Permutacje macierzy zero-jedynkowej, mnożenie cykli

Zbiór informacji o elementarnych zagadnieniach matematyki, klasyfikowanych najczęściej jako "ciekawostki" właśnie...
Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3706
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko

Permutacje macierzy zero-jedynkowej, mnożenie cykli

Post autor: arek1357 » 16 sty 2019, o 20:02

Chciałem zająć się w tym temacie macierzą zero-jedynkową, na którą działa grupa permutacji wierszy i kolumn. Będziemy liczyć, ile jest niezależnych ze względu na działanie grupy ustawień zer i jedynek w macierzy.

Celem tego wykładu jest przede wszystkim pokazanie jak wygląda mnożenie kartezjańskie cykli,
chcę pokazać jak wygląda grupa permutacji i jak liczymy liczbę niezależnych macierzy ze względu na permutacje.

Bierzemy dowolną macierz binarną, i przestawiamy w niej wiersze i kolumny (działamy na nią grupą permutacji wierszy i kolumn).

Pokażemy jeszcze, jak mnoży się indeksy cyklowe za pomocą iloczynu kartezjańskiego, podam wzór.

Grupa permutacji jako taka jest iloczynem kartezjańskim grupy permutacji wierszy i grupy permutacji kolumn. Policzymy i wypiszemy jej elementy.

\(G=S_{n} \times S_{m}\)

\(n\) - liczba wierszy, \(m\) - liczba kolumn.

\(|G|=n! \cdot m!\)

Żeby uprościć rozważania odwołamy się do konkretnego przykładu.

Prześledzimy na przykładzie macierzy \(2 \times 3\):

Dwa wiersze i trzy kolumny.

\(G=S_{2} \times S_{3}.\)

Wypiszmy elementy obu grup:

\(S_{2}=\left\{ \left( w_{1} \right) \left( w_{2} \right) , \left( w_{1}w_{2} \right) \right\}\)

\(S_{3}=\left\{ \left( k_{1} \right) \left( k_{2} \right) \left( k_{3} \right) , \left( k_{1}k_{2} \right) \left( k_{3} \right) , \left( k_{1}k_{3} \right) \left( k_{2} \right) , \left( k_{2}k_{3} \right) \left( k_{1} \right) , \left( k_{1}k_{2}k_{3} \right), \left( k_{1}k_{3}k_{2} \right) \right\}.\)

Zapiszmy teraz permutacje za pomocą indeksów cyklowych:

\(I_{S_{2}}=j_{1}^2+j_{2}\)

\(I_{S_{3}}=j_{1}^3+3j_{1}j_{2}+2j_{3}.\)

A teraz zgodnie z oczekiwaniem wymnożymy te indeksy cyklowe.

Najpierw podam wzór na: "rozdzielność iloczynu kartezjańskiego względem dodawania"

\(\left( j_{k_{1}}^{n_{1}}+j_{k_{2}}^{n_{2}}\right) \times \left( j_{l_{1}}^{m_{1}}+j_{l_{2}}^{m_{2}}\right)=\left( j_{k_{1}}^{n_{1}} \times j_{l_{1}}^{m_{1}} \right)+ \left( j_{k_{1}}^{n_{1}} \times j_{l_{2}}^{m_{2}} \right)+\left( j_{k_{2}}^{n_{2}} \times j_{l_{1}}^{m_{1}} \right)+\left( j_{k_{2}}^{n_{2}} \times j_{l_{2}}^{m_{2}} \right).\)

Oczywiście wzór ten można rozszerzyć na dowolną liczbę indeksów.

Napiszmy teraz podobny wzór na iloczyn kartezjański kilku cykli, w naszym przypadku dla dwóch, bo na więcej łatwo rozszerzyć:

niech: \(a^i,b^j,c^k,d^l\) cykle

\(a^i=\underbrace{(1,...,n)(1,...,n)...(1,...,n)}_{i}\) - łączenie cykli o tej samej długości


\(\left( a^ib^j\right) \times \left( c^kd^l\right)=\left( a^i \times c^k \right) \left( a^i \times d^l\right)\left( b^j \times c^k\right)\left( b^j \times d^l\right)\)


\(j_{n}=(1,2,...,n)\) - tu chodzi o długość cyklu.

Ważne, abyśmy mieli pojęcie czym jest indeks dolny i górny w zapisie cyklowym.

\(j_{k}^i\) - jest to złożenie \(i\) cykli o długości \(k\).

Podam teraz najważniejszy wzór na bezpośredni iloczyn kartezjański dwóch grup cyklowych o tej samej długości:

\(j_{k}^n \times j_{l}^m=j_{\left\langle k,l \right\rangle}^{n \cdot m \cdot \left( k,l \right) }}\)

gdzie:

\(\left( k,l \right) =NWD \left( k,l \right),\)

\(\left\langle k,l \right\rangle=NWW \left( k,l \right),\)

\(j_{k}^1=j_{k}.\)

Uzbrojeni w powyższe wzory możemy pomnożyć indeksy cyklowe w naszym prostym przykładzie.

\(I_{G}=I_{S_{2}} \times I_{S_{3}}=\left( j_{1}^2+j_{2}\right) \times \left( j_{1}^3+3j_{1}j_{2}+2j_{3}\right)=\)

\(\left( j_{1}^2\right) \times\left( j_{1}^3 \right)+3 \left( j_{1}^2\right) \times\left( j_{1}j_{2} \right)+2\left( j_{1}^2\right) \times\left( j_{3}\right)+\left( j_{2}\right) \times\left( j_{1}^3 \right)+3 \left( j_{2}\right) \times\left( j_{1}j_{2} \right)+2\left( j_{2}\right) \times\left( j_{3}\right).\)

Zgodnie z ostatnim wzorem:

\(j_{1}^2 j_{1}^3=j_{1}^6\)

\(3 \left( j_{1}^2\right) \times\left( j_{1}j_{2} \right)=3\left( j_{1}^2 \times j_{1} \right)\left( j_{1}^2 \times j_{2} \right)=3\left( j_{1}^2\right)\left( j_{2}^2 \right)\)

\(2\left( j_{1}^2\right) \times\left( j_{3}\right)=2\left( j_{3}^2\right)\)

\(j_{2}\right \times j_{1}^3 =j_{2}^3\)

\(3 \left( j_{2}\right) \times\left( j_{1}j_{2} \right)=3\left( j_{2} \times j_{1} \right) \left( j_{2} \times j_{2} \right)=3\left( j_{2}^1\right)\left( j_{2}^2\right)\)

\(2\left( j_{2}\right) \times\left( j_{3}\right)=2j_{6}.\)

Dodając otrzymamy sumę indeksów cyklowych dla iloczynu kartezjańskiego obu grup, lub jak kto woli już jednej:

\(I_{G}=j_{1}^6+3\left( j_{1}^2\right)\left( j_{2}^2 \right)+2\left( j_{3}^2\right)+j_{2}^3+3\left( j_{2}^1\right)\left( j_{2}^2\right)+2j_{6}.\)

Stworzymy teraz na bazie indeksów cyklowych wielomian charakterystyczny, to znaczy przyporządkujmy każdemu indeksowi cyklowemu wielomian na zasadzie:

\(j_{k}^n \rightarrow (1+x^k)^n.\)

Zatem nasz wielomian będzie wyglądał następująco:

\(w \left( x \right) =\\= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} \left[ \left( 1+x \right) ^6+3 \left( 1+x \right) ^2 \left( 1+x^2 \right) ^2+2 \left( 1+x^3 \right) ^2+ \left( 1+x^2 \right) ^3+3 \left( 1+x^2 \right) \left( 1+x^2 \right) ^2+2 \left( 1+x^6 \right) \right]\)

lub po uproszczeniu otrzymamy:

\(w \left( x \right) =x^6+x^5+3x^4+3x^3+3x^2+x+1\)

Ten wielomian jest wynikiem naszych obliczeń, z tego wielomianu możemy odczytać np., że:

1. jest jedna macierz, w której liczba jedynek wynosi \(6\);

2. jest jedna macierz, w której liczba jedynek wynosi \(5\);

3. są trzy macierze, w których liczba jedynek wynosi \(4\);

itd...

Oczywiście z dokładnością do permutacji wierszy i kolumn.

Na poniższym rysunku widać istotnie różne macierze ze względu na działanie naszej grupy permutacji.

Z tą drobną różnicą, że zamiast jedynek zapisanych w poszczególnych komórkach dałem czerwone kwadraciki, natomiast zera symbolizują białe kwadraciki.

Doświadczenie zgadza się z naszymi obliczeniami, ponieważ dla jednej jedynki i pięciu zer mamy tylko jedną macierz, a dla 2 i 3 jedynek mamy po trzy niezależne macierze.



Jest jak widać jedna, trzy i trzy możliwości, natomiast dla czterech pięciu i sześciu jedynek (u nas czerwonych kwadratów) sytuacja staje się symetryczna.

Jak widać jest to dość pracochłonne i mozolne zliczanie, efektywniej pewnie byłoby napisać jakiś programik komputerowy dla zliczania w przypadku większej ilości wierszy i kolumn, ilość obliczeń wzrasta lawinowo.

Dziękuję za uwagę...
Ostatnio zmieniony 11 maja 2019, o 23:02 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.

ODPOWIEDZ