szukanie zaawansowane
 [ Posty: 4 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 3 wrz 2010, o 21:15 
Użytkownik

Posty: 9
Lokalizacja: Baranowo
Wiem, że lemat Burnside'a był już wałkowany nie raz ale trafiłem na pewne zadanie co do którego mam wątpliwości: Na ile istotnie różnych sposobów można zorientować następujący graf:
Obrazek

Wszystkich możliwych zorientowań jest |X|=2^{15}.
Na zbiór tych zorientowań działa grupa G, a mianowicie :
a)obroty wokół osi przechodzącej przez środki pięciokątnych ścian (5)
b)obroty wokół osi przechodzących przez środki tych "łączników" między pięciokątami i środki ścian w podstawie (5)
c)symetrie względem płaszczyzn przechodzących przez osie symetrii pięciokątów (5)
d)symetria względem płaszczyzny równoległej do pięciokątów (1)

Teraz policzyłem punkty stałe tak:
a)
-identyczność: 2^{15}
-obrót o \frac{2 \pi }{5}: 8
-obrót o \frac{4 \pi }{5}: 8
-obrót o \frac{6 \pi }{5}: 8
-obrót o \frac{8 \pi }{5}: 8
w sumie: 32800 punktów stałych
b)
tu punktów stałych nie może być bo ten łącznik przez który obracamy zmienia swoją orientację
c)
tu nie ma punktów stałych bo boki pięciokątów zmieniają swoją orientację jeśli płaszczyzna je przecina
d)
tu też nie ma punktów stałych bo wszystkie łączniki zmieniają orientację

czyli z lematu Burnside'a wyszlo mi:
|X/G|=\frac{32800}{16} =2050
Wygląda całkiem nieźle, ale nie jestem przekonany czy to są wszystkie przypadki, bo znalazłem złożenia symetrii z wywracaniem wewnętrznego pięciokąta na zewnątrz i tam jeszcze dochodziło bodajże 1280 punktów stałych, ale nie wiem czy nie są one wyczerpane przez któreś z powyższych. Czy ktoś mógłby to ocenić?
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 3 wrz 2010, o 22:10 
Użytkownik

Posty: 1874
Lokalizacja: Lost Hope
Tak było sformułowane zadanie? Dla mnie opis tej grupy jest niejasny. Moim zdaniem na tym grafie, zrealizowany na płaszczyźnie za pomocą dwóch jednokładnych pięciokątów foremnych z "mostkami" działa grupa D_{10}\times C_2, gdzie D_{10}, to grupa izometrii płaszczyzny będących jednocześnie izometriami obu pięciokątów, zać grupa C_2, cykliczna dwuelementowa, jest generowana inwersją, czyli zamianą pięciokątów miejscami (symetrią względem pewnego okręgu). Wówczas ta grupa ma 20 elementów:

5 obrotów w tym identyczność
5 symetrii pięciokąta
5 obrotów złożonych z inwersją
5 symetrii złożonych z inwersją
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 4 wrz 2010, o 11:16 
Użytkownik

Posty: 9
Lokalizacja: Baranowo
Ok czyli doszedłem do tego:
a) obroty bez inwersji:
-identyczność: 32768 p.s.
-obrót o \frac{2 \pi }{5}: 8
-obrót o \frac{4 \pi }{5}: 8
-obrót o \frac{6 \pi }{5}: 8
-obrót o \frac{8 \pi }{5}: 8
32800 p.s.
b) symetrie bez inwersji: 0 bo zawsze te boki przez które przechodzi oś symetrii zostaną odwrócone
c)obroty ze złożeniem:
-sama inwersja: 0 bo "łączniki" się odwrócą
-obrót o \frac{2 \pi }{5}: 0 - łączniki nie będą pasowały - dla np. sześciokąta by dało radę
-obrót o \frac{4 \pi }{5}: 0 - j.w
-obrót o \frac{6 \pi }{5}: 0 - j.w
-obrót o \frac{8 \pi }{5}: 0 - j.w
0 p.s
d)symetrie ze złożeniem:
dla każdej symetrii jest 128 p.s ( jeden z łączników się wtedy nie rusza a pozostałe 14 krawędzi dobieramy odpowiednio w pary i w każdej parze dajemy odwrotną orientację na 2 sposoby
symetrii jest 5 więc dostajemy 5*128 = 640 p.s

czyli ostatecznie |X/G| = \frac{32800 + 640}{20}=1672
Teraz dobrze?
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 4 wrz 2010, o 21:48 
Użytkownik

Posty: 1874
Lokalizacja: Lost Hope
Wyglada sensownie.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 4 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Liczba krawędzi grafu, liczba wierzchołków w drzewie.  ablazowa  3
 k-kolorowalność grafu.  matinf  1
 lemat Burnside’a - zadanie 4  paulina95  0
 Szachownica i Lemat Burnside'a  domi98  7
 Średnica grafu samodopełniającego  kubek1  0
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl