Matematyka.pl

Czworoscian foremny kolorujemy wierzcholkowo za pomoca 3 kolorow oraz krawedziowo za pomoca 2 kolorow. Ile jest istotnie roznych kolorowan, jesli utozsamiamy takie kolorowania, ze jedno przechodzi na drugie przy pewnym obrocie czworoscianu?

Ma ktos pomysl jak to ruszyc? Probowalem policzyc indeksy cyklowe osobno dla kolorowania krawedziowego i osobno dla wierzcholkowego i pozniej z tego wydedukowac rozwiazanie, ale nie wydaje mi sie to dobrym sposobem. A zliczanie razem wygladaloby co najmniej ... dziwnie.

Nie pamiętam już co to są indeksy cyklowe, ale za to dość łatwo to zadanie pójdzie z lematu Burnside'a. Jeśli się nie mylę, to są tylko trzy istotnie różne obroty, więc nie ma dużo liczenia.

Indeks cyklowy zawsze dobrze znać. Mając go mamy wszystko, bo i twierdzenia Polyi możemy użyć, jakbyśmy chcieli. Wtedy tylko podstawiamy liczby kolorów i wynik gotowy. Ja mam łatwiej bo trzymam teraz kostkę rubika czworościan

rozpatrujemy obroty (\(\displaystyle{ x}\) pochodzą od krawędzi, a \(\displaystyle{ y}\) od wierzchołków):
\(\displaystyle{ 1\times}\) identyczność: \(\displaystyle{ x_1^6 y_1^4}\)
\(\displaystyle{ 8\times}\) obrót wokół wysokości czworościanu, albo o \(\displaystyle{ 120^{\circ}}\) albo o \(\displaystyle{ 240^{\circ}}\), dla obu obrotów taki sam rozkład na cykle: \(\displaystyle{ x_3^2y_1^1y_3^1}\)
\(\displaystyle{ 3\times}\) obrót wokół osi łączącej środki prostopadłych do siebie krawędzi o \(\displaystyle{ 180^{\circ}}\): \(\displaystyle{ x_2^2x_1^2 y_2^2}\)

zatem szukany indeks cyklowy to: \(\displaystyle{ \frac{1}{12}\left( x^6_1y^4_1 + 8x_3^2y^1_1y_3^1+3x^2_2x_1^2y^2_2\right)}\), podstawić pod iksy \(\displaystyle{ 2}\) oraz za igreki \(\displaystyle{ 3}\) i mamy wynik..

Dzieki wielkie! -- 3 wrz 2012, o 19:21 --@adambak - niestesty myliles sie tutaj. Mamy roznie kolory i nie mozemy tego policzyc ze zwyklego indeksu cyklowego. Musimy tu policzyc punkty stale i je zliczyc.

Gromo, możesz rozwinąć? bo nie bardzo rozumiem.. wg mnie metoda jest całkiem w porządku

Moim zdaniem jest dobrze.

adambak pisze: \(\displaystyle{ \frac{1}{12}\left( x^6_1y^4_1 + 8x_3^2y^1_1y_3^1+3x^2_2x_1^2y^2_2\right)}\), podstawić pod iksy \(\displaystyle{ 2}\) oraz za igreki \(\displaystyle{ 3}\) i mamy wynik.

To jest właśnie średnia liczba punktów stałych, więc w czym problem?

Jest dobrze:) Sorry za zamieszanie, po prostu zobaczyłem błędne rozwiązanie i myślałem że jest poprawne, ale juz jest OK. Twoja metoda jest w porządku.