Witraż w kształcie trójkąta równobocznego

[max123321]

Witraż w kształcie trójkąta równobocznego o boku długości \(\displaystyle{ 3}\) jest podzielony liniami równoległymi do boków na \(\displaystyle{ 9}\) trójkątów równobocznych o boku długości \(\displaystyle{ 1}\). Na ile istotnie różnych sposobów można go wykonać, jeśli każdy z \(\displaystyle{ 9}\) małych trójkątów może być w jednym z trzech kolorów? Należy podać dokładną wartość liczbową rozwiązania. Uwzględniamy wszystkie izometrie przeprowadzające ten witraż na siebie (m.in-symetrie-witraż jest dwustronny).

Proszę o pomoc jak to zrobić. Czy to nie będzie po prostu \(\displaystyle{ 3^9}\) ewentualnie z dokładnością do obrotu podzielić to jeszcze przez trzy?

[Premislav]

Nie wgłębiałem się (lenistwo i brak predyspozycji do takich zagadnień) w ew. rozwiązanie, ale sądzę, że przydatny będzie lemat Burnside'a: 92570.htm

[arek1357]

Nie narysuję tego witrażu bo nie bardzo lubię to robić ale idąc od góry i dzieląc trójkąt na małe trójkąciki,
łatwo sobie wyobrazić, że jeżeli trójkąt tniemy od góry prostymi równoległymi do podstawy, powstaną trzy warstwy:

I , II, III

Pierwsza warstwa zawiera jeden mały trójkącik witraża:

\(\displaystyle{ w_{1}}\)

Druga warstwa zawiera trzy małe trójkąciki witraża:

\(\displaystyle{ w_{2} , w_{3}, w_{4}}\)

Trzecia warstwa zawiera pięć małych trójkącików witraża:

\(\displaystyle{ w_{5} , w_{6} , w_{7} , w_{8} , w_{9}}\)

Na ten zbiór trójkącików działa grupa izometrii trójkąta równobocznego, a dokładnie podgrupa pełnej grupy permutacji \(\displaystyle{ S_{9}}\)

S to:

Identyczność:

\(\displaystyle{ I(0): (w_{1}),(w_{2}),(w_{3}), (w_{4}),(w_{5}),(w_{6})}\)

Trzy symetrie osiowe:

\(\displaystyle{ I_{a}:}\)

\(\displaystyle{ (w_{1}),(w_{3}),(w_{7}),(w_{2},w_{4}),(w_{5},w_{9}),(w_{6},w_{8})}\)

Analogicznie:

\(\displaystyle{ I_{b}:}\)

\(\displaystyle{ (.),(.),(.),(..),(..),(..)}\)

\(\displaystyle{ I_{c}:}\)

\(\displaystyle{ (.),(.),(.),(..),(..),(..)}\)

(ten sam kształt permutacji)...


Oraz obrót o.: \(\displaystyle{ 120^0}\):

\(\displaystyle{ (w_{1},w_{5},w_{9}), (w_{3},w_{6},w_{8}), (w_{2},w_{7},w_{4})}\)

Oraz analogiczny obrót o.: \(\displaystyle{ 240^0}\)

\(\displaystyle{ (...),(...),(...)}\)

(ten sam kształt permutacji)...


Teraz tworzymy indeksy cyklowe:

\(\displaystyle{ Z= \frac{1}{6} \left( f_{1}^9+3f_{1}^3f_{2}^3+2f_{3}^3\right)}\)

Tworzymy teraz wielomian dwu zmiennych:

\(\displaystyle{ W(x,y)= \frac{1}{6} \left[ (1+x+y)^9+3(1+x+y)^3(1+x^2+y^2)^3+2(1+x^3+y^3)^3\right]}\)


Po uproszczeniu z pomocą wolframa, otrzymamy:

\(\displaystyle{ w(x,y)=x^9 + 3 x^8 y + 3 x^8 + 9 x^7 y^2 + 15 x^7 y + 9 x^7 + 20 x^6 y^3 + 48 x^6 y^2 + 48 x^6 y + 20 x^6 + 27 x^5 y^4 + 93 x^5 y^3 + 138 x^5 y^2 + 93 x^5 y + 27 x^5 + 27 x^4 y^5 + 114 x^4 y^4 + 225 x^4 y^3 + 225 x^4 y^2 + 114 x^4 y + 27 x^4 + 20 x^3 y^6 + 93 x^3 y^5 + 225 x^3 y^4 + 300 x^3 y^3 + 225 x^3 y^2 + 93 x^3 y + 20 x^3 + 9 x^2 y^7 + 48 x^2 y^6 + 138 x^2 y^5 + 225 x^2 y^4 + 225 x^2 y^3 + 138 x^2 y^2 + 48 x^2 y + 9 x^2 + 3 x y^8 + 15 x y^7 + 48 x y^6 + 93 x y^5 + 114 x y^4 + 93 x y^3 + 48 x y^2 + 15 x y + 3 x + y^9 + 3 y^8 + 9 y^7 + 20 y^6 + 27 y^5 + 27 y^4 + 20 y^3 + 9 y^2 + 3 y + 1}\)

Tu masz dokładnie wszystkie wyniki dotyczące tego problemu...

Np pierwszy kolor to zielony , drugi to czerwony -\(\displaystyle{ x}\), trzeci to niebieski - \(\displaystyle{ y}\)...

np jeżeli chcesz wiedzieć ile jest możliwych malowań takich, że:

zielonych okienek jest \(\displaystyle{ 3}\), czerwonych \(\displaystyle{ 5}\), niebieskich \(\displaystyle{ 1}\)

Szukasz jednomianu.: \(\displaystyle{ 93 x^5 y}\)

I masz odpowiedź: \(\displaystyle{ 93}\)...

itd...


Jeżeli natomiast chcesz zliczyć wszystkie możliwości to dodajesz wszystkie współczynniki wielomianu...

Lub liczysz szybciej korzystając z lematu Burnside'a od razu:

\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \left( 3^9+3 \cdot 3^6+2 \cdot 3^3\right) =3654}\)

Bo trzy kolory...

[max123321]

No właśnie na tym lemacie Burnside'a mi zależy. Możesz mi w miarę łopatologicznie wytłumaczyć co jest czym w tym wzorze:
\(\displaystyle{ \frac{1}{6} \left( 3^9+3 \cdot 3^6+2 \cdot 3^3\right) =3654}\) ?

[arek1357]

\(\displaystyle{ 3^9}\) - odpowiada \(\displaystyle{ (.)(.)(.)(.)(.)(.)(.)(.)(.)}\)

Bo tyle jest cykli w identyczności (permutacji)...


Potem są trzy symetrie i im odpowiadają z koleii takie układy:

\(\displaystyle{ (.)(.)(.)(..)(..)(..)}\)

zauważ, że masz tu sześć cykli w tej permutacji...


dlatego taki wykładnik..

a potem masz dwa obroty po trzy cykle w obrocie...

to tak w miarę łopatologicznie...


Jeśli chcesz się z tym naprawdę pobawić to poszukaj sobie orbit i stabilizatorów tych okienek...

[max123321]

A skąd jest ta \(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\)?

[arek1357]

bo dzielę na ilość elementów grupy

[max123321]

Ale to nie powinno być \(\displaystyle{ 9}\)? Bo mamy \(\displaystyle{ 9}\) trójkątów?

[arek1357]

Poczytaj lemat Burnsidea i tw. Polyi nie dzieli się przez liczbę elementów zbioru tylko przez liczbę elementów grupy...