Ja, bij 4 hokjes heb je 6 oplossingen namelijk: 4 rood, 3 rood, 2 rood (diagonaal), 2 rood (horizontaal), 1 rood en alles groen. Komt dit door dat 4 even is??? Zo ja wat is dat de formule?? Zo nee hoe zit het dan??
Alvast Bedankt
Robert Jan
Robert
Leerling onderbouw vmbo-havo-vwo - woensdag 12 mei 2004
Antwoord
Ik denk dat dit een juiste benadering is: je hebt drie soorten figuren, namelijk 1. die figuren die, als je ze 90° draait, hetzelfde blijven. 2. die figuren die, als je ze 180° draait, hetzelfde geven, maar niet als je ze 90° draait. 3. die figuren die zelfs die symmetrie niet hebben, dus als je zo een figuur 0,90,180,270° draait krijg je vier verschillende figuren.
Voorbeelden bij een 3 op 3 (ik scheid de rijen met een ;) 1. RGR;GRG;RGR 2. RRG;GGG;GRR 3. RRG;RRR;RRR
Wat zie je nu? In geval 1. geldt het volgende: als je één van de vier hoekpunten inkleurt, moet je de drie andere hoekpunten dezelfde kleur geven, anders zal je rotatie over 90° de figuur niet behouden. Op dezelfde manier, als je een zijvlak een kleur geeft, moet je de drie andere zijvlakken dezelfde kleur geven. Het middenvlak mag je vrij kiezen. Je figuur ligt dus vast door de keuze van één hoekvlak, één zijvlak en het middenvlak.
Je hebt dus 23 keuzes. Dit klopt, je kan eenvoudig uitschrijven welke dat zijn.
In geval 2. geldt het volgende: als je linksonder een bepaalde kleur geeft, moet je rechtsboven dezelfde hebben. Analoog voor linksmidden/rechtsmidden; linksboven/rechtsonder; middenonder/middenboven. Je figuur ligt dus vast met de keuze van 5 vakken. Dit kan dus op 25=32 manieren.
Hiervan moet je de 8 figuren uit geval 1. aftrekken, je komt op 24. Dit moet je nog delen door 2, want 1 inkleuring levert twee 'gelijke' figuren. Resultaat: 12.
Geval 3. vormt de grootste groep: je kan hier elk vak willekeurig inkleuren, dus dit geeft 29=512 gevallen. Hiervan moet je nog die 32 uit gevallen 1. en 2. aftrekken, dus 480. En dit nog delen door 4, want elke configuratie duikt één keer op in die 480, één keer als rotatie over 90° van een figuur uit die 480, enz. Dus hier hebben we er 120.
Alles samen dus 8+12+120=140.
Als we dezelfde redenering toepassen op de 2*2, zouden we op 6 moeten komen.
Geval 1.: hier ligt de figuur volledig vast door de keuze van één vlak, dus je hebt 2 keuzes (alles groen/alles rood)
Geval 2.: als je linksonder een kleur geeft, moet je rechtsboven dezelfde kleur geven. En analoog voor linksboven/rechtsonder. Dus je hebt 22=4 keuzes. Min de twee uit geval 1 geeft 2, dit delen door 2, geeft 1. Dat klopt: het is de diagonaalconfiguratie.
Geval 3.: 24 keuzes, min de 4 uit geval 2 is 12, te delen door 4, geeft 3. En ook dat klopt: je hebt 1 groen; 1 rood; 2 groene naast elkaar.
Dezelfde redenering kan je toepassen op n*n-vierkanten, en mits een kleine aanpassing zelfs op m*n-rechthoeken.
De daar te vinden routines (helaas geschreven in matlab, de enige taal die ik hier heb) geven een antwoord op deze en vele gerelateerde vragen over patronen op rechthoeken van m*n. (daar wordt desgevraagd ook rekening gehouden met spiegelingen, verschuivingen etc.). (Burnside's lemma geeft ook een goed raamwerk om een algemene formule voor het aantal patronen te vinden: het gemiddeld aantal vaste punten van de 4 (of 8) mogelijke symmetrieen, e,d,d^2,d^3 en de spiegelingen).
Dit is een reactie op vraag 23834 
