PÓLYAS ENUMERATIONSTEORI FREDRIK CUMLIN

Transkript

1 PÓLYAS ENUMERATIONSTEORI FREDRIK CUMLIN

2 2 FREDRIK CUMLIN Abstract. This paper will cover some of the ideas behind counting colourings of geometric objects under the equivalence of symmetry. It will go through the basics of group theory and culminate in Pólya s enumeration theorem. The main objective is to understand the basics of group theory, its interplay with combinatorics and to investigate applications of the theory to problems in different areas of mathematics, for example number theory and discrete mathematics.

3 3 Contents. Inledning 4.. Bakgrund 4.2. Populärvetenskaplig beskrivning 4.3. Syfte 6 2. Acknoledgements 7 3. Teori Algebraiska strukturer och grupper Permutationer Grupp av permutationer Undergrupper och Lagranges sats Ekvivalensklass och stabilisator Burnsides sats och rotationssymmetrier Cykelindex och Pólyas enumerationsteori 6 4. Problem Problem - Fermats lilla sats Problem 2 - Wilsons sats Problem 3 - Regelbundna polygoner Problem 4 - Dodekaeder Problem 5 - Kemiska tillämningar Problem 6 - Kub Källor 29

4 4 FREDRIK CUMLIN. Inledning.. Bakgrund. I denna uppsats har jag valt att studera hur man kan tillämpa gruppteori på kombinatoriska problem. Gruppteori är en klassisk del av matematiken som brukar kategoriseras som ett område av abstrakt algebra. Grupper, som vi känner dom idag, blev axiomatiserade så sent som 882 av von Dyck. Dock redan i slutet på 700-talet visades flera intressanta satser inom gruppteorin av Lagrange. Även Galois och Cauchy har bidragit till gruppteorin. Galois bevisade en av historiens mest kända satser, nämligen att det inte existerar någon generell formel för att uttrycka rötterna till polynom av grad högre än fem med hjälp av radikaler (dvs rotutdragningar). Detta gjordes genom att enbart ta hänsyn till rötternas symmetrier, och brukar därför ses som begynnelsen för gruppteori. George Pólya heter en av de matematiker som i mitten av 900-talet pionjerade tillåmpningen av gruppteori på enumerativa problem i kombinatoriken. Med Pólyas enumerationssats kan man till exempel bestämma hur många inekvivalenta fårgningar ett regelbundet geometriskt objekt har under rigida rotationer, givet ett begränsat antal färger med godtyckliga restriktioner..2. Populärvetenskaplig beskrivning. Matematiken utvecklas ständigt och mer kunskap inom denna deduktiva vetenskap ökar kontinuerligt. Tidiga folkslag lärde sig att räkna, och det har även visat sig att de använde olika baser för sitt räknande. När man därefter hade ett behov av att sammanföra två tal utvecklades en så kallad operation. Säg att jag har fem får, och du har tre får. Hur många har vi tillsammans? Nämligen = 8 där + är en operation. Vidare utvecklades dessutom ett behov av olika tal. Säg till exempel att vi har ekvationen x + 5 = 8 Vad är då x? Detta är ett vanligt ekvationssystem som går enkelt att lösa genom subtraktion på båda sidor. Men vad har 8 + x = 5 för lösning? Här behövs ett utökat talförråd och således var negativa tal födda. Vidare blev även de rationella talen accepterade och även de reella. Sedan blev det även en efterfråga att lösa ekvationer som x 2 =, varav det komplexa talet i kom till. Idag finns det även mer tal än bara de komplexa talen. Varje gång någon ny tal-mängd kom behandlades varje tal med lika stor föraktning. Men varför är det svårt att acceptera dessa tal? Svaret är nog för att abstraktionsförmågan verkligen sätts på prov. Hur ska vi kunna förklara i? Kan bilen vara i lång, eller kan man ha i bilar? Användningen av i verkar vara väldigt begränsad av det vardagliga språket, men det används flitigt inom fysiken där vissa problem inte skulle kunna lösas utan det. Till exempel har vi kvaternioner, som är en slags vidare utvidgning av dom komplexa talen, används i datagrafik, robotteknik, navigation, satelitteknik med mera för att representera orientering i 3D. Även algebraisk metod för lösningen av ett tredjegradspolynom tycks i vara viktigt för att finna samtliga lösningar. Gruppteori är litegrann så, man abstraherar och generaliserar olika objekt. Till exempel kan man ta de hela talen under operationen + och man säger att dessa tillsammans utgör en grupp. En grupp kan enkelt förklaras som en mängd av objekt (notera objekt och inte tal, en mängd kan bestå av alla bilar i världen eller för den delen roliga symboler) samt en operation som uppfyller vissa regler, så kallade axiom. Ännu intressantare är det att gruppteorin har en viktig roll att beräkna inekvivalenta färgningar av ett regelbundet objekt under

5 5 Figure. Exempel på kombination av kösystem med mig själv, läsaren och obama. rotationell symmetri. Gruppteori kan hjälpa till att svara på frågan: Hur många färgläggningar av sidorna på en kub finns det om man använder två färger (om två färgade grupper betraktas som lika om den ena kan roteras till den andra? Testa själv och måla en kub! Det ska bli tio stycken totalt. Men vi kan även abstrahera och generalisera problemet mer. Tänk er en kub i fyra dimensioner, en så kallad hyperkub. Antag att du färglägger den i q färger, hur många unika hyperkuber erhåller du? Det är av stort intresse att finna hur många kombinationer som existerar under vissa förhållanden. Till exempel om du, jag och obama ska stå i en kö till att köpa glass så kan vi stå på 3 2 = 6 olika sätt. Som figur visar ser vi en kombination av de sex som existerar. Uppgiften i sig är av den enklare varianten. Det blir genast svårare om jag ska göra ett grupparbete med 2 andra från min klass, och jag ställer mig frågan på hur många sätt kan jag välja ut 2 stycken ur min klass? Med lite argumentation kan man komma på en generell formel för hur många sätt man kan välja ut k antal ur en mängd n. Det som gör uppgifterna ovan relativt elementära är att alla kombinationerna är unika. Det vill säga om jag hamnar med Felix och Robin så är detta inte samma sak som om jag hamnar med Felix och Emil, vilket är uppenbart. Problemet med att finna antalet kombinationer blir mycket svårare om vissa kombinationer är identiska. Antag att vi ska färglägga 4 sidor av en kvadrat med 2 färger. Vi ser att för varje sida kan vi välja 2 färger, det finns alltså 2 4 = 6 sätt att måla en kvadrats sidor. Men detta stämmer inte av den enkla förklaringen att om en sida är blå och de andra är röda, ser vi att om motstående sida är istället blå och resterande röda, är dessa identiska, ty man kan rotera den ena för att komma till den andra. Problemet blir alltså svårare nu i och med att de elementära kombinatoriska räknesätten inte tar till hänsyn av symmetrier. Ännu svårare blir det om vi har en kub, som vi vill färglägga med tre färger, sådant att minst en färg förekommer minst tre gånger. Hur många sådana kombinationer finns det?

6 6 FREDRIK CUMLIN.3. Syfte. Syftet med gymnasiearbetet är att förstå och sammanfatta Pólyas enumerationsteori samt lösa problem med hjälp av gruppteorin. Detta ska även kunna förstäs av gymnasieelever utan fördjupad kunskap inom abstrakt algebra. Läsningen av denna text ska vara till stor del självbärande, med förklaringar till olika notationer förekommer direkt i texten, där även läsaren uppmanas att bevisa vissa satser/lemmor.

7 7 2. Acknoledgements Jag skulle vilja tacka min handledare i detta projekt, Nima Amini, för att ha stöttat mig genom undervisning, litteraturtips samt problemexempel. Han har haft ett stort inflytande i det växande intresse jag har i detta ämne genom att medge den kunskap som han själv besitter. Jag vill även tacka honom för att han läste igenom och bedömde mitt arbete, samt kom med konstruktiva synpunkter som har utvecklat mitt arbete till vad det är idag. Tack Nima.

8 8 FREDRIK CUMLIN 3. Teori 3.. Algebraiska strukturer och grupper. Gruppteori är studiet av mängder och operationer som uppfyller vissa regler, så kallade axiom. En operation är ett sätt att sammanföra två tal, säg a och b, sådant att a b är entydigt bestämd och sluten under en viss mängd. Alltså om a, b A där A är en mängd, så måste a b A för att ska vara en operation på mängden. Sätter man mängden och operationen tillsammans erhålls en algebraisk struktur som betecknas A,. För att utgöra en grupp ska en algebraisk struktur uppfylla fyra ytterligare regler, så kallade axiom. Dessa axiom utgör grunden för den så kallade gruppteorin. Definition 3.. En algebraisk struktur är en grupp om och endast om den uppfyller dessa fyra axiom: () Det finns ett enhetselement i A sådant att för varje tal a A uppfyller enhetselementet följande likhet: a e = e a = a där e är enhetselementet. Nästan uppenbart är att enhetselementet är entydigt bestämt. (2) För varje a A existera ett tal a som kallas inversen av a, vilken uppfyller följande likhet a a = a a = e. (3) operationen är associativ, det vill säga för alla tal a, b, c A har vi att a (b c) = (a b) c. (4) Den är sluten under en mängd A. Alltså för alla tal a, b A så gäller det att a b A. Exempel. Vi börjar med de hela talen, Z. Vi definierar en grupp Z, +. Mer konkret kan man säga att vi har en operation, som nu är addition, och en mängd= {0, ±, ±2,...}. Vi gör då en operation med två godtyckliga tal ur mängden, säg 3 och 5 och notera då att 3 5 = Z. Den är sluten vilket är ett av de fyra axiomen som definierar en grupp (Notera att ett exempel inte är ett bevis, dock kan man med logiska argument komma fram till att den är sluten). Låt oss bevisa att det är en grupp. () Vi har ett enhetselement, nämligen 0. För alla tal a Z gäller att a + 0 = 0 + a = a varför 0 är ett enhetselement. (2) Det existerar en invers för a, nämligen a. Ty a + ( a) = ( a) + a = 0. (3) Associativ är den då det inte spelar någon roll hur vi adderar dem, i vilken ordning alltså. (4) Den är såklart sluten under mängden Z, två hela tal adderas får vi naturligvis ett heltal. Slutligen kan man även säga att operationen är kommutativ under mängden Z, varför vår grupp även är abelsk. En abelsk grupp är en grupp som är kommutativ. Ibland är det fördelaktigt att beskriva en grupp som en produkt av två andra grupper, vilket vi kommer se senare vid problemdelen. Definition 3.2. Antag att vi har grupperna G, och H,. Då definieras den direkta produkten G H av G och H som mängden av ordnande elementpar (a,b), där a G och b H, försedd med operationen

9 9 (a, b ) (a 2, b 2 ) = (a a 2, b b 2 ) G H Anmärkning 3.. Om G och H är av ändlig ordning häller G H = G H Sats 3.2. G H är en grupp. Bevis. Notera att är en operation på G H. () För tre element i G respektive H, kalla dessa a, a 2, a 3 G och b, b 2, b 3 H. Vi har att (a, b ) ((a 2, b 2 ) (a 3, b 3 )) = (a, b ) (a 2 a 3, b 2 b 3 ) = (a (a 2 a 3 ), b (b 2 b 3 )) = ((a a 2 ) a 3, (b b 2 ) b 3 ) = (a a 2, b b 2 ) (a 3, b 3 ) = ((a, b ) (a 2, b 2 )) (a 3, b 3 ) så operationen är associativ. (2) Låt e och e vara enhetselementen i G respektive H. För alla (a, b) G H gäller då (e, e ) (a, b) = (e a, e b) = (a, b) (a, b) (e, e ) = (a e, b e ) = (a, b) och därmed är (e, e ) det neutrala elementet i G H. (3) Att det finns en invers till ett godtyckligt element i G H visas analogt med bevismetod för enhetselementet, vaför det existerar en invers för varje element i G H. Då har vi visat att G H är en grupp Permutationer. Fortsättningsvis kan vi börja med permutationer. Definition 3.3. En funktion f : A B är är om f(x ) = f(x 2 ) x = x 2. Definition 3.4. En funktion f : A B är surjektiv om för alla y B så existerar det x A sådant att f(x) = y. Definition 3.5. En funktion f : A B är bijektiv om den är både injektiv och surjektiv. Definition 3.6. Permutationer är bijektiva avbildningar från en mängd till samma mängd. Låt oss beteckna en funktion som f(x) och beteckningen f : A B visar att en funktion f har sin definitionsmängd i A och sin värdemängd i B. Denna funktion kommer användas för följande defintioner. Skulle en funktion vara bijektiv är det uppenbart att A och B har lika många element om de är finita. Fortsättningsvis är de inte en funktion om man får att f(x ) f(x 2 ) men samtidigt x = x 2 vilket innebär att f(x) inte är väl definierad. Det vill säga det finns två stycken y för ett x, då är det inte en funktion och därmed inte en permutation. Fortsättningsvis i denna rapport kommer permutationer representeras i två rader där varje siffra motsvarar mot en annan siffra, vilket är möjligt ty de är finita och bijektiva. Till exempel så skulle följande permutation avläsas på följande sätt: f = ( 2 3 )

10 0 FREDRIK CUMLIN Avläsningen går ut på att varje element skriven på den övre raden har en siffra under sig som den permuteras till. Alltså kan vi avläsa att f() = 3 och så vidare. Man definierar dubbelnotationen på följande sätt: ( ) 2 n f = f() f(2) f(n) Definition 3.7. Antag att vi har två permutationer som verkar på en mängd X ( ) 2 n f = f() f(2) f(n) respektive g = ( ) 2 n g() g(2) g(n) Vi tar ett godtyckligt element k X. Antag att f g = h, därmed har vi h(k) = g(f(k)). Exempel: Antag att vi har gruppen G, där permutationerna i G verkar på mängden X = {, 2, 3} Vi har att: G = {f = ( ) 2 3, f = ( ) 2 3 } 3 2 Därmed kan vi bestämma f f 2 genom att se vart varje element i respektive permutation permuteras till. Antag att f f 2 = f 3 och vi frågar oss vad f 3 () är lika med. Notera att permuteras till 2 i f och 2 permuteras till 3 i f 2 varför f 3 () = 3. Vidare kan vi avläsa att. f f 2 = Dessutom kan vi se att f f 2 f 2 f Grupp av permutationer. ( 2 ) Sats 3.3. Sym(X) = {f : X X, sådant att f är en permutation av X}, o Sym(X) är en grupp. Här ser vi att mängden är alla permutationer som har definitionsmängden X och värdemängden X. En av dessa kan vara f(x)=x som vi tidigare sett, men somsagt måste funktionen vara bijektiv, läs innan. Låt oss bevisa att detta är en grupp. Angreppspunkten är egentligen väldigt enkel, att visa att de tre axiomen, för grupper, gäller varför man kan kalla det en grupp. Bevis. () Vi börjar med att visa att den är associativ: Det vill säga vill vi erhålla att (f (g h))(x) = ((f g) h)(x). Notera (f (g h))(x) = f((g h)(x)) = f(g(h(x))) = (f g)(h(x)) = ((f g) h)(x) varför algebraiska strukturen Sym(X) är associativ. (2) Vi visar nu att det finns ett enhetselement. Vi tar ett godtycklig permutation ur Sym(X), säg g Sym(X) och även id(x) = x (notera att id = f(x) där id står för identitensfunktionen) där id(x) Sym(X) såklart, ty bijektiv funktion. Notera att (goid)(x) = g(id(x)) = g(x) samt (idog)(x)= id(g(x))=g(x) varför id(x) är enhetselementet.

11 (3) Om f(x) är en bijektiv avbildning från X till X så existerar en invers f (x). f(x) är bijektiv varför även f (x) är bijektiv därmed erhåller vi att f(x)of (x) = f (x)of(x) = id(x). Alltså för en godtycklig permutation i Sym(X) finns det en invers till denna. (4) En komposition av två bijektioner är uppenbart bijektiv så Sym(X) är sluten. Ergo Sym(X) är en grupp. Utifrån detta kan vi definiera nya saker. Vid rotation och symmetrier av regelbundna geometriska objekt kan det vara enklare att namnge sidorna med naturliga tal från till n (med avseende på vad som namnges). Till exempel kan man numrera en kubs sidor, från till 6 och sedan studera rotationer och symmetrier med hjälp av permutationer. Notera här att definitionsmängden (och värdemängden) är mängden av de naturliga talen upp till 6. Det vill säga varje permutation permuterar denna mängd. För enkelhetens skull kallar man denna grupp för S 6, mer generellt kallar man gruppen för S n om definitionsmängden för permutationerna är de naturliga talen till n. S n = Sym(X) där X = {, 2, 3, n}. Notera att ordningen av S n ( ges av) n!. ( ) 2 2 Exempel: S 2 =,, o vilket också stämmer överens med att ordningen av S 2 ges av 2! = 2 vilket vi tydligt kan se när vi väl skriver ut permutationerna. 2 2 Notera dessutom att elementen i S n inte är tal, utan elementen är permutationerna. Låt oss definiera cykler i en permutation. Vi tar en godtycklig permutation från S n och vi ser att för elementen X, r, r 2, r k permuteras cykliskt i en viss permutation g S n, det vill säga g(r ) = r 2, g(r 2 ) = r 3, g(r k ) = r och då kan man skriva denna som g = (r r 2 r k ). Alltså gäller att g = (r r 2 r k ) = ( ) r r 2 r k r 2 r 3 r Har vi en permutation med två cykler inom sig kan man skriva denna som f = (r r 2 r k )(s s 2 s m ) där man säger att dessa cykler är disjunkta. En permutation kan även beskrivas med cykler utan att de är disjunkta. Exempel: Vi har permutationen ( ) f = Notera att den har två disjunkta cykler i sig. Nämligen (34) samt (25) varför f = (34)(25) = (25)(34) eftersom disjunkta cykler kommuterar. En viktig sats som vi kommer ha stor användning för då vi börjar använda oss av pólyas enumerationsteori följande sats: Sats 3.4. Varje permutation kan skrivas på ett unikt sätt med disjunkta cykler. Bevis. Antag att vi har en permutation, kalla denna för f, som består av elementen i en mängd X. Antag att vi skriver denna permutation på två olika sätt med disjunkta cykler, det vill säga f innehåller i båda faller disjunkta cykler men skiljer sig åt genom antingen olika längd på cyklerna eller antalet cykler. Kalla dessa två

12 2 FREDRIK CUMLIN uppsättningar för f samt f 2. Vi tar ett godtyckligt element a X och antag att denna tillhör den disjunkta cykeln g som existerar i f. Denna måste även existera i f 2 och antag att denna tillhör cykeln g 2. Vårt mål är nu att visa att g = g 2 och vi är klara, då f har en identiskt uppsättning av disjunkta cykler med f 2 eftersom a var ett godtycklig element. Notera i f att a måste permuteras till ett element som också existerar i X som sedan permuteras till ett element som också ligger i X. Detta pågår tills vi återkommer till a och därmed har vi en cykel. Därmed kan det bara existera en sådan cykel då man systematiskt går från det godtyckliga elementet a till nästa element som a permuteras till osv. Därför måste g = g 2 varför satsen gäller Undergrupper och Lagranges sats. Definition 3.8. Undergruppen av en grupp är grupp där dess mängd är en delmängd av gruppens mängd, i symbolspråk får vi att H, är en undergrupp till G, om H G. Anmärkning 3.5. Notera att H i sig måste vara en grupp, det vill säga om mängden är Z (de hela talen) och operationen är + (det är lätt att kolla att denna verkligen är en grupp). Sedan har vi delmängden H = { 2,, 0,, 2} men H är inte en undergrupp, trots att H G. Varför är den inte en grupp? Den är associativ, den har ett enhetselement (0) och varje element har en invers. Det den faller på är att den inte är sluten, ty + 2 = 3 som inte finns i H. Skulle gruppen vara t.ex. H = {, 0, } så är denna en undergrupp ty alla axiom blir uppfyllda, men H = {, } är inte en undergrupp ty enhetselement saknas. Notera att alla undergrupper till G måste innehålla enhetselementet. Sats 3.6. Lagranges sats: om H är en undergrupp till en finit grupp G, så delar ordningen av H ordningen av G, det vill säga H G. För att bevisa detta kan vi använda oss av en nytt ord, sidoklasser. Definition 3.9. Vi definierar det sådant att en (vänster-)sidoklass går att skapa genom att ta ett godtyckligt element ur G och multiplicera denna med en undergrupp H. Säg att detta element är a G, vi erhåller då sidoklassen ah. Vad kan vi då säga om ah? Hur många element finns i den i förhållande till H? Kan två sidoklasser innehålla ett gemensamt element men ändå vara olika? Med andra ord till den sista frågan, är det sådant att ah bh men samtidigt gäller ah bh? Lemma 3.7. ah = H Bevis. Vi definierar en funktion, säg f : H ah sådan att f(h) = ah för alla h H. Antag att funktionen inte är en bijektion. Eftersom funktionen är uppenbart surjektiv, kan den inte vara injektiv. Därför existerar det a, a 2 H där a a 2 sådant att f(a ) = f(a 2 ) vilket medför att a a = a a 2 där vi multiplicerar in a på båda sidor (jämför med elemäntär ekvationslösning) vilket ger oss a a a = a a a 2 och genom axiom tre (associativitet) erhåller vi (a a) a = (a

13 3 a) a 2 = e a = e a 2 = a = a 2 Detta är en motsägelse mot antagandet att funktionen inte var injektiv. Därmed måste funktionen vara en bijektion, vilket säger oss att det finns lika många element i H som i ah. Lemma 3.8. ah bh ah = bh Bevis. Vi tar t.ex. sidoklasserna ah och bh där a och b är två godtyckliga element i G. Antag att de har ett gemensamt element, kalla detta för ah ah samt bh 2 bh. Notera då att ah = bh 2 enligt antagantet, men samtidigt måste det existera en invers i H till h (det är en grupp), varför a = bh 2 h varav ah (där h är ett element i ah) = bh 2 h h måste finnas i bh. Därmed är vår slutsats att ah bh. Analogt kan vi även visa att bh ah varför ah = bh om de har minst ett gemensamt element. För att sammanfatta kan man nu säga att vi har visat att två sidoklasser är antingen identiska eller disjunkta, de kan inte vara olika men ändå ha ett gemensamt element, det vill säga ah bh ah = bh. Bevis. Bevis av Lagranges sats: Nu har vi lemmor som hjälper oss att bevisa Lagranges sats. Summerar vi alla mängder av vardera disjunkt sidoklass sådan att alla mängdernas element läggs ihop kommer vi erhålla mängden G. Varje sidoklass är disjunkt enligt texten, samt att varje element i G måste existera i någon av sidoklasserna. Ta ett godtyckligt element i G, säg g, och skapa sidoklasser gh. Notera att det netutrala elementet e finns i H varför sidoklassen gh innehåller elementet g. Därav kommer man erhålla G genom summering av de disjunkta sidoklasserna. Vidare har vi bevisat att ordningen av en sidoklass=ordningen av undergruppen. Därav om vi summerar ordningen av vardera sidoklass får vi ordningen av G, ty summering av mängderna ger mängden G. Därmed erhåller vi, antag att det finns k disjunkta sidoklasser, att G = H + H + + H = k H Det existerar alltså ett heltal k, sådant att k H = G. Med andra ord kan man även säga att ordningen av H delar ordningen av G. Vad betyder då k? k är antalet disjunkta sidoklasser som H har och betecknas G/H Ekvivalensklass och stabilisator. Definition 3.0. Givet en mängd X. En relation R på X är en delmängd av X X. Om (x, y) R så säger vi att x står i relationen R till y och betecknar detta med xry. Vi definierar nu en ekvivalensrelation. Definition 3.. En relation R på en mängd X är en ekvivalensrelation om för alla x, y, z X gäller: () xrx (2) xry yrx (3) xry och yrz = xrz Definition 3.2. För varje x X bildar vi mängden [x] bestående av alla element som är relaterade till x: [x] = {y : xry} som kallas en ekvivalensklass med avseende på R. Alltså y [x] xry. En viktigt ekvivalesrelation är G-ekvivalens, på en mängd X.

14 4 FREDRIK CUMLIN Definition 3.3. Man definierar relationen x y om det finns en permutation g G, där G är en undergrupp av Sym(X) som består av permutationer på X, sådan att g(x) = y. är en ekvivalensrelation vilket bevisas genom att visa att samtliga axiom blir uppfyllda. Vidare kommer vi använda notationen [x] = {y X : x y} vilken kallas G-ekvivalensklassen eller banan av x. X är unionen av disjunkta G- ekvivalensklasser. Nu definierar vi stabilisatorn till x. Definition 3.4. Antag att G, o är en grupp av permutationer på en mängd X och att g G. Då kallas mängden X g = {x X : g(x) = x} fixpunkten för g i X. För givet x X kallas mängden Stab(x) = {g G : g(x) = x} för stabilisatorn av x. Notera att Stab(x) är en undergrupp till G, o. Därav kan vi komma fram till ett viktigt resultat. Sats 3.9. Låt G, o vara en delgrupp till Sym(X). [x] stab(x) = G. För x X gäller då att Vi bevisar detta genom att ta vara på förgående sats, Lagranges sats. Notera att k H = G där H är en undergrupp till G. H är i det här fallet stab(x) och vi behöver således visa att k = [x], men vi vet att k = G/stab(x), det vill säga vi behöver visa att [x] = G/stab(x). Vi visar detta genom att definiera en funktion, φ : G/stab(x) [x] genom att φ(gstab(x)) = [x] för alla g G. Bevis. () Funktionen är väldefinierad, ty antag gstab(x) = hstab(x) får vi att g(x) = h(x). (2) Funktionen är injektiv eftersom φ(gstab(x)) = φ(hstab(x)) = g(x) = h(x) = h g(x) = (h h)(x) = x = h g(x) stab(x). (3) Vi har att g = h(h g) ty associativitet varav vi får att g hstab(x), därmed är gstab(x) = hstab(x) enligt förgående steg. (4) Uppenbart att funktionen är surjektiv varav vi erhåller tillslut att φ är en bijektion, alltså att [x] = G/stab(x) varför påståendet gäller Burnsides sats och rotationssymmetrier. Nu kan vi börja ställa oss frågor. På hur många olika sätt kan man måla en kub på två färger, där två färgade kuber betraktas lika om den ena kan roteras till den andra? Varje sida kan målas med 2 färger varav svaret verkar vara 2 6 = 64 men dock är det betydligt färre kombinationer är så ty man kan rotera kuben. I uträkningen 2 6 = 64 ser vi två kuber med fem röda färg (säg att vi målar kuben med röd och svart färg) samt en med svart som olika. Trots att man kan rotera dem så att de är identiska. Vi frågar oss alltså mer specifikt, hur många unika sådana kuber finns det, eller mer specifikt i grupp-teoretiska temer, hur många unika G-ekvivalensklasser finns det? Sats 3.0. Brunsides sats: Låt G, o vara en ändlig delgrupp av Sym(X). Låt k beteckna antalet olika G-ekvivalensklasser. Då gäller

15 5 k = G X g g G Vi börjar med att bevisa en hjälpsats för att sedan kunna erhålla Burnsides sats: Lemma 3.. Om y [x], så är stab(x) = stab(y). Bevis. Då y [x], så är [y] = [x]. Alltså: Vilket vi skulle visa. Vi kan nu bevisa Burnsides sats: stab(x) = G [x] = G [y] = stab(y) Bevis. Låt n=antalet par (g, x) G X med g(x)=x. Då X g = {x X : g(x) = x}, får vi att n = g G X g Emedan stab(x) = {g G : g(x) = x}, gäller det att n = x X stab(x) Nu får vi stöd med förgående Lemma samt Sats 2.6 att x [y] stab(x) = [y] stab(y) = G Alltså om [y ],, [y k ] är de k olika G-ekvivalensklasserna, så erhålls att n = X g = stab(x) = stab(x) + + stab(x) = k G g G x X x [y ] x [y k ] där den sista likheten följer med stöd av förgående Lemma samt sats 2.6, varför vi erhåller k = G g G X g Just nu kommer mer inriktning på pólyas enumerationsteori. Som tidigare nämt är det utav intresse att studera kombinationer av regelbundna figurer och därmed kan man definiera en rotations- och speglingsgrupp. Vi börjar med ett konkret exempel för att sedan abstrakt generalisera. Exempel: Studera figur 2 med ett antal trianglar där både rotationer och speglingar inverkar på vardera led. Notera att det finns totalt 3 rotationer och därmed finns det alltid 3 speglingar. För en regelbunden n-hörning finns det därmed n rotationer liksom n speglingar. Som vi även ser kan man med fördel betrakta rotationerna och speglingarna med permutationer. Därmed kan vi abstrakt definiera dessa permutationer R, S p S n. Vi kan du skapa en undergrupp till S n genom H = {R l, R k os p : l = 0,, n k = 0,, n } S n Detta är en grupp ty den är uppenbarligen sluten och det är ett tillräckligt för att det ska vara en grupp eftersom det är en delmängd till S n. Denna grupp H kallar man den dihedrala gruppen och betecknar den D n. ordningen för D n är 2n, vilket kan vara till fördel att veta när man beräknar unika

16 6 FREDRIK CUMLIN Figure 2. Rotation- och speglingsgruppen för en regelbunden triangel Figure 3. Antalet unika kvadrater vid färgläggning av kanter med två färger G-ekvivalensklasser av diederalagruppen under vissa förhållanden. Exempel: Föreställ dig en kvadrat varav vi ska färglägga dess sidor med två färger, säg röd och svart. Genom att systematiskt gå igenom varje permutation av D n erhåller vi att unika G-ekvivalenklasser (genom Burnsides sats) är ( ) = 6. 8 För att kunna se detta studerar man varje permutation i den dihedralagruppen och räknar ut antalet kombinationer som är fixerade för just den permutationen. För enhetselementet ser vi att vi kan godtyckligt färglägga kvadraten och varje färgläggning är fixerad vilket resulterar till 6 olika färgläggningar, emedan en 90 graders rotation har enbart två färgläggningar för vilken de är fixerade. Sen fortsätter man systematiskt beräkna antalet färgläggningar för vilken de är fixerade för just den permutationen. Svar: Det finns sex unika färgläggningar av sidorna av en kvadrat Cykelindex och Pólyas enumerationsteori. Nu kan vi inrikta oss mer på pólyas enumerationsteori. Vi definierar ett först cykel index:

17 7 Definition 3.5. Låt G vara en grupp av permutationer som agerar på n element. Låt σ G och antag att σ är en produkt av k disjunkta cykler av längd l i sådan att i k. För σ definierar vi monomet M σ (x,, x n ) = k i=0 x l i där vardera x är variabler. Cykelindexet är således definierad via: Exempel: Vi har att G = S 3 = Vi får därmed cykelindexet: C G (x,, x n ) = M σ (x,, x n ) G σ G M ()(2)(3) = x 3 M (2)(3) = M (3)(2) = M (23)() = x x 2 M (23) = M (32) = x 3 C G = 6 (x3 + 3x x 2 + 2x 3 ) Låt oss även definiera mönsterinventering för att sedan förmulera pólyas enumerationsteori. Definition 3.6. Låt G vara en grupp permutationer verkar på n objekt. Låt v = (n,, n k ) vara icke negativa heltal som satisfierar n + + n k = n och låt a v representera antalet av unika färgläggningar sådant att färgen y i förekommer n i gånger. Då är mönster inventeringen med avseende på G definierad sådan: P G (y,, y k ) = v a v y n yn k k Sats 3.2. Låt G vara en grupp av permutationer som verkar på en mängd av n objekt och låt C G vara cykelindexet av G. Mönsterinveteringen för G med användninga av y y k färger ges av: P G (y,, y k ) = C G ( k y i, i= k yi 2,, i= k yi n ) Notera att v ( G M σ( v X Ω v (σ) y v ) = v a vy v följer från en viktad version av Burnsides sats. Beviset för detta utelämmnas. Bevis. Låt v = (n,, n k ) vara en vektor av icke-negativa heltal som summeras till n. Låt ω v vara mängden av färgläggningar av n objekt vars färg y i förekommer n i gånger. om σ G fixerar en speciell färg då gäller det att varje objekt, permuterad av en och samma cykeln, har samma färg (till exempel om man permuterar med (23) så måste varje respektive objekt med tillhorande siffra ha samma färg, annars är inte färgläggningen fixerad under motsvarande symmetri). Därför är X Ω (σ) koefficienten för y n,, yn k k i= i M σ ( k i= y i, k i= y2 i,, k i= yn i ) Låt

18 8 FREDRIK CUMLIN y v = y n,, yn k k där v = (n,, n k ). om vi summerar alla tillåtna vektorer v erhåller vi: k k k X Ωv (σ) y v = M σ ( y i, yi 2,, yi n ) v i= Summerar vi båda sidor över alla σ G och dividerar med G får vi: VL = X Ωv (σ) y v = ( G G M σ( X Ωv (σ) y v ) = a v y v = P G (y n,, yn k k ) v v v v σ G där sista likheten följer från en viktad version av Burnsides sats. Vidare har vi: i= i= HL = M σ ( G σ G VL = HL. k y i, i= k yi 2,, i= k k yi n ) = C G ( y i, i= i= k yi 2,, i= k yi n ) i= 4. Problem Det finns många intressanta tillämpningar av gruppteorin inom olika matematiska områden. Problemen kommer studera enklare gruppteoretiska problem samt svårare. De två första problemen visar hur man kan bevisa talteoretiska problem med gruppteori för att sedan övergå till kombinatoriska applikationer. 4.. Problem - Fermats lilla sats. Med hjälp av rotationell symmetri kan man bevisa fermats lilla sats. Låt oss formulera den: Sats 4.. Femats lilla sats: Om p är ett primtal gäller det att för varje a att a p a(modp). Bevis. Vi studerar en regelbunden polygon med p hörn, där p är ett primtal. Vi ställer oss frågan om hur många färgläggningar med a färger det finns under rotationell symmetri. Här ser vi att gruppen som verkar på den regelbundna p- hörningen är C p. Denna grupp är av ordningen p, det vill säga vi kan rotera polygonen p-gånger innan vi återkommer till vårt ursprungsläge. Om vi nummerar alla sidor medsols så ser vi att en rotation gör så att ett går mot två, två mot tre och så vidare till p går till. Det finns totalt p sådana rotationer som gör att vi får en disjunkt cykel om man skulle skriva vardera permutation i disjunkta cyklar. Anmärkning 4.2. Eftersom det är en p-hörning kan vi erhålla p- sådana rotationer som gör så att vi får en disjunkt cykel, skulle vi istället betrakta en n-hörning där n är ett sammansatttal kan vi hamna i fler än en disjunkta cykler och därmed blir uppgiften att bestämma unika ekvivalensklasser betydligt mer omständig. Det finns en permutation kvar (då gruppen har ordningen p) och denna är identitets permutationen, med p disjunta cykler med vardera längd. Antalet färgläggningar blir då (p ) a+ap p. Notera att (p ) a + a p = np för ett tal n N ty antalet kombinationer måste vara ett heltal. Vi räknar vad för rest ekvationer får vid division med p, det vill säga vi räknar modulo p: (p ) a + a p 0(mod p) = a p a(mod p)

19 9 Figure 4. Shackbräde med 8 rutor i varje led 4.2. Problem 2 - Wilsons sats. Wilsons sats: (p )! (mod p) Bevis. Vi bevisar Wilsons sats med en annorlunda metod, liksom fermats lilla sats, som vi bevisade med hjälp av att räkna ekvivalensklasser, ska vi göra detsamma med Wilsons sats. Tänk dig ett kvadratiskt bräde där varannan ruta har samma färg. om antalet rutor skulle vara 64 (dvs 8 gånger 8) får vi ett så kallat schackbräde. I detta fall studerar vi endast sidor med rutor som är ett primtal. T.ex. 7 gånger 7, vilket ger 49 rutor. Uppgiften är att placera ut p torn på p 2 rutor, sådant att det inte får finnas två attackerande torn på en rad eller kolumn inom detta bräde. Att göra detta går på p! olika sätt. Uppgiften blir genast svårare om vi sedan definierar brädet sådant att två uppställningar anses vara ekvivalenta om man kan flytta tornen några steg åt höger sådant att den ena uppsättningen blir identisk med den andra. Notera dessutom att det torn som finns i den sista kolumnen, hoppar till den första kolumnen men i samma rad. På ett sätt kan man säga att schackbrädet är en cylinder. Vidare kan vi även flytta tornen uppåt på liknande sätt varför vi egentligen har ett schackbräde i form av en en torus ( munk ). Här verkar gruppen C p C p, en produkt av två grupper där den ena verkar i horisontellt led samt den andra verkar i vertikalt led. För att bestämma antalet inekvivalenta uppsättningar av torn kan vi bestämma detta genom Burnsides sats. Notera först att ordningen av C p C p är p 2 ty vi har att vi p förflyttningar åt båda hållen varför de kan kombineras på p 2 olika sätt. Vidare kan vi notera att om identiteselementet verkar åt ett håll (vertikalt eller horisontellt) samt att vi har en element σ C p sådant att σ id, kommer vi inte kunna erhålla någon fixering för denna operation. Detta är uppenbart eftersom det bara existerar ett torn i en

20 20 FREDRIK CUMLIN Figure 5. Representation av vårt schackbräde rad, och för att erhålla en fixpunkt för elementet, måste denna gå ett helt varv (antingen vertikalt eller horisontellt) vilket resulterar till att σ = id vilket inte är möjligt enligt antagande. Vidare kan vi notera att för elementet (id, id) har vi p! olika kombinationer som är fixerade under elementets verkan. Slutligen behöver vi kontrollera för två element i C p som är skilda från identitespermutationen. Antag att dessa är σ samt σ 2. Det finns totalt (p ) 2 element under dessa förutsättningar, och vi undar hur många kombinationer är fixerade under en permutations inverkan av vardera av dessa permutationer. Antag att ett torn står på en godtycklig kolumn i den första raden. Nästa torn placeras ut strategiskt för att kombinationen ska vara fixerade under funktionens inverkan. σ =ett antal steg i vertikal riktning liksom σ 2 =ett antal steg i horisontell riktning. Vi placerar ut nästa torn i exakt antalet steg i vertikal liksom horisontell riktning och fortsätter så för de andra tornen också. Till exempel för torn 3 så kommer torn 2 permuteras till torn 3:s plats under funktionens inverkan. Vi placerar ut det första tornet i den första kolumnen godtyckligt, vilket går att göra på p olika sätt och då har varje funktion p kombinationer som de är fixerade under inverkan av vardera permutation (σ, σ 2 ). Frågan i det här fallet är om det kan vara så att två torn råkar hamna på samma rad/kolumn, vilket inte är tillåtet. Vi behöver endast visa att det inte fungerar för ett visst led, säg det horisontella ledet, eftersom beviset är analogt med det vertikala ledet. Antag således att funktionen σ 2 permuterar ett torn k antal steg i horisontellt led. Antag dessutom att genom att lägga ut tornen på det sättet enligt förgående paragraf kommer vi slutligen erhålla två torn på samma plats. Säg att dessa två torn är nummer a n respektive a m där vi har n, m p. Detta är ekvivalent med att a n k a m k(modp) = k(a n a m ) 0(modp) vi ser att p inte kan dela k för då gåller σ 2 / C p och därmed gäller det att p (a n a m ). Men notera att a n a m < p ty det finns p torn totalt. Därmed gäller inte p (a n a m ) varför två torn inte kan finns på samma plats om man använder sig av utläggningen av förgående paragraf. Enligt Bursides sats erhåller vi alltså att antalet unika kombinationer är:

21 2 p 2 (p! + p(p )2 ) Notera att detta, med samma argument för fermats lilla sats, måste vara lika med (eftersom uttrycket räknar något) ett tal n N, varför vi erhåller: p 2 (p! + p(p )2 ) = n Vi räknar vad detta får för rest vid division p, det vill säga modulo p. p (p! + 2 p(p ) 2 ) = n = p! + p(p ) 2 = np 2 = (p )! + (p ) 2 0(mod p) = (p )! (mod p) 4.3. Problem 3 - Regelbundna polygoner. Vi frågar oss frågan, hur många inekvivalenta färgningar finns det om vi färglägger en regelbunden polygon med a färger? Vi delar upp det i två fall. Ett där vi studerar endast rotationer och ett där vi studerar rotationer och speglingar. Fall : Symmetrier under rotationer. Resultatet vilken vi kommer erhålla av cykelindexet under rotationer är intressant. För att kunna genelarisera cykelindexet för en regelbunden polygon med n hörn är det av intresse att kunna Eulers Φ-funktion. Definition 4.. Om n är ett positivt heltal, så definieras Φ(n) som antalet positiva heltal som är mindre än eller lika med n och relativt prima med n. Exempel: Vi har att Φ(2) = och Φ(8) = 4. Nu kan vi studera rotationer av en kvadrat. Vi skriver alla permutationer med hälp av disjunkta cykler. Vi har totalt fyra funktioner som permuterar hörnen under rotation. Vi kallar dessa för σ i där i =, 2, 3, 4 och siffrorna är rotationer medsols 90 i grader. Vi erhåller följande permutationer. σ = (234) σ 2 = (3)(24) σ 3 = (432) σ 4 = id = ()(2)(3)(4) Cykelindexet är i det här fallet 4 (2x 4 + x x 4 ). Vi ser ett intressant samband mellan index och potenser, där varje terms produkt av respektive index och potens är 4. Notera även att Eulers Φ-funktion av indexet ger koefficienten framför varje d 4 Φ(d)x 4 d d. variabel, ty Φ() =, Φ(2) = samt Φ(4) = 2. Alltså har vi att 4 Detta går att generalisera för n-hörn av en regelbunden polygon. Vi erhåller formeln som beskriver antalet rotationer. Vidare måste vi beräkna cykelindexet för en n- hörning under speglingar. Fall 2: Symmetrier under speglingar Här ritar vi ut linjer som på vardera sida bildar två kongruenta figurer, det vill säga under spegling ändras inte polygonens form, utan speglingen är sluten under sin mängd.

22 22 FREDRIK CUMLIN Figure 6. Linjer för vilken varje spegling är sluten under sin mängd Figure 7. Linjer för vilken varje spegling är sluten under sin mängd Vi börjar med ett enklare fall, för att sedan generalisera. Notera bilden under, en regelbunden 6-hörning. Vi ritar ut 6 speglingslinjer och räknar ut cykelindexet. Vi har 3 stycken linjer som går igenom hörn och 3 stycken som går igenom sidorna. Vid speglingen av hörnen så har vi två hörn (där linjen går igenom) som är stagnerade, samt så byter de andra hörnen parvis med varandra. Detta resulterar till monomet 3x 2 x 2 2 för hörnen. Varje sida ser vi att varje hörn byter parvis med varandra. Därmed erhålls monomet 3x 3 2 som slutligen resulterar till att cykelindexet under speglingar och rotationer för en regelbunden 6-hörning är: 2 ( d 6 Φ(d)x 6 d d + 3x 2 x x 3 2) För en 5-hörning får vi lite annorlunda. Notera att varje linje skär både en sida och ett hörn. Vid en spegling är ett hörn stagnerat medan de andra hörnen parvis byter plats med varandra. Totalt 5 speglingslinjer resulterar till monomet för speglingar 5x x 2 2. Det totalt cykelindexet blir då: 0 ( d 5 Φ(d)x 5 d d + 5x x 2 2 Vi kan även generalisera genom att använda samma logik på en n-hörning för att finna cykelindexet. Det finns alltså två fall, ett där n är jämt och ett där n är udda. För jämna n har vi:

23 23 Figure 8. Utvecklingen av Pólya inventariet 2n ( Φ(d)x n d d d n + n 2 x2 x n n 2 x n 2 2 ) Samt för udda n: 2n ( Φ(d)x n d d d n + nx x n 2 2 ) Exempel: På hur många olika sätt kan du göra ett halsband av 7 pärlor (som består av exakt 7 pärlor) där du har en grön pärla, två blåa pärlor samt fyra röda pärlor? Notera att halsbandet kommer kunna läggas ut som en regelbunden 7-hörning, därav använder vi oss av cykelindexet 2n ( Φ(d)x n d d d n + nx x n 2 2 ) där n = 7. Vi får dessutom att d =, 7 ty 7 är ett primtal varav Φ() = samt Φ(7) = 6. Utvecklingen av cykelindexet resulterar till: 4 (x7 + 6x 7 + 7x x 3 2) Fortsättningsvis ska vi då bestämma P D4 (y) = C D4 ( k i= y i,, k i= yn ) där y = (G, B, R) där varje bokstav motsvarar en färg (G=grön, B=blå samt R=röd). Se figur 8, utvecklingen av plya inventariet. Notera att vi letar efter koefficienten framför B 2 GR 4 ty denna ger oss antalet unika halsband med den färgkombinationen. Vi ser att det är 9 varför det finns nio unika halsband med en grön pärla, två blåa respektiva fyra röda. Svar: Det finns 9 unika halsband 4.4. Problem 4 - Dodekaeder. En dodekaeder är en Platonisk solid i tre dimensioner där varje hörn möter 3 kanter och varje sida möter 5 hörn och 5 kanter. Vi frågar oss hur många sidor, kanter respektive hörn en sådan figur har. Sats 4.3. Eulers sats: V E + F = 2

24 24 FREDRIK CUMLIN Figure 9. En dodekaeder där V är antalet hörn, E är antalet kanter samt F antalet sidor. Varje hörn möter 3 kanter vilket gör att antalet kanter är lika med 3 V 2. Notera att varje hörn har tre kanter, men varje kant går från ett hörn till ett annat, så om man endast räknar utifrån varje hörn hur många kanter det finns får man dubbelt så många, eftersom man räknar varje kant 2 gånger för mycket. Varför vi erhåller E = 3 V 2. Samma argument för sida och hörn ger V = 5 F 3 och genom substitution av Eulers formel erhåller vi V 3 2 V V = 2 vilket ger V = 20, E = 30 samt F = 2. Vi ställer oss frågan på hur många olika sätt det går att färglägga en dodekaeder i a färger? Vi börjar med att finna rotationsgruppen som verkar under rotationer av dodekaedern. Med fokus på en sida kan vi rotera figuren på ett sådant sätt att vi kan få sidan till vilken annan sida som helst. Det finns totalt 2 sidor (inklusive sidan själv) samt om vi stabiliserar sidan och roterar figuren kan vi göra detta 5 gånger under sluten rotation varför rotationsgruppens ordning är 2 5 = 60. Notera att uttrycket från Burnsides Lemma är ekvivalent med följande specialisering av cykelindexet, C G (a,..., a), om man beräknar antalet färgläggningar med a färger. Därmed kan vi genelarisera och beräkna cykelindexet för en polygon under rotationell symmetri och om man vill erhålla antalet kombinationer med en färgläggning av a färger kan man alltså göra ett substitut av respektive variabel i cykelindexet med a. Vi beräknar nu alltså cykelindexet för dodekaedern under rotation. försöker se dodekaederns rotationsgrupp och antalet disjunkta cykler respektive element har för varje element i gruppen för att sedan kunna bestämma cykelindexet. () För det första har vi att enhetselementet, funktionen som gör att varje sidas plats inte ändras ger att vi har 2 disjunkta cykler med respektive längd ett. (2) om vi stabiliserar två sidor och roterar sedan medsols ser vi att för varje 72 graders rotation är rotationen sluten varför det finns 4 rotationer för varje parvis sida som ger att vi har 2 disjunkta cykler med längd ett samt 2 disjunkta cykler med längd 5. Totalt finns det sådana permutationer,

25 25 Figure 0. Naftalen bestående av kol (svarta bollar) samt väte (vita bollar) eftersom det finns 2 sidor totalt varav 6 motstående sidor, samt kan man rotera varje parvis sida 4 gånger. (3) Vi kan även rotera kring ett hörn och då erhåller vi 4 disjunkta cykler med längd 3(kontrollera gärna själv) och det finns totalt 20 sådana hörn men två rotationer är parvis lika varför 0 sådana hörn ger oss unika rotationer (eftersom för varje hörn finns det ett motstående hörn) och varje rotation går att göra på två sätt varför vi har 20 sådana rotationer. (4) Vi kan även rotera kring ett hörn så att två sidor byter plats. Notera att detta gäller för alla sådana sidor vilket ger 5 stycken (två motstående hörn ger parvis lika permutationer). Summering av samtliga koeficienter framför variablarna i det cykliska indexet ger 60, varför vi vet att vi har funnit alla rotationer som existerar hos en dodekaeder. Cykelindexet är alltså: 60 (x2 + 24x 2 x x x 4 3) Enligt de två förgående paragraferna existerar det alltså 60 (a2 + 44a 4 + 5a 6 ) unika dodekaedrar med a färger Problem 5 - Kemiska tillämningar. Vi kan med hjälp av gruppteori bestämma hur många isomera strukturer det existerar hos en molekyl. Med isomeri menar man varianter, olika sätt att binda atomer till en större molekyl. Naftalen är en aromatisk kolväteförening som består av två bensenringar. Hos denna molekyl existerar det 4 funktioner som speglar molekylen. Med hjälp av två spegellinjer blir det enkelt att se rotationerna. Kalla dessa speglingar för x respektive y. Notera dessutom att xy = yx. Vi har att: e = ()(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8) x = (4)(58)(67)(23) y = (8)(27)(36)(45) xy = (5)(26)(37)(48) Genom att räkna hur många disjunkta cykler det existerar i vardera permutation vid respektive spegling erhåller vi 4 (x8 + 3x 4 2).

26 26 FREDRIK CUMLIN Figure. Spegling x Figure 2. Spegling y Figure 3. Spegling xy Säg till exempel att det sker en substution med en hydroxigrupp (OH) och ett väte hos naftalen. Hur många isomera strukturer av denna variant av naftalen existerar? Problemet är ekvivalent med att säga att vi ska färglägga de åtta positioner som finns med 7 väteatomer samt en hydroximolekyl. Antag att väte=h samt hydorxigruppen=o. Utveckling av Pólyainventeriet ger: A 8 + 2A 7 B + 0A 6 B 2 + 4A 5 B A 4 B 4 + 4A 3 B 5 + 0A 2 B 6 + 2AB 7 + B 8 Notera att koefficienten framför A 7 B ger antalet kombinationer. Svar: Det finns 2 isomera strukturer hos naftalen.

27 Problem 6 - Kub. Det man ofast får höra tillsammans med gruppteori är rubriks kub. Så vad vore ett arbete om gruppteori utan att diskutera rotationer av en kub? Detta delkapitel kommer studera pólya inventariet för en kubs sidor, kanter samt hörn och besvara frågan: På hur många olika sätt kan vi färglägga en kubs hörn sådant att minst 5 av dessa hörn har samma färg om vi använder oss av 3 färger? För att lösa problemet måste vi finna rotationssymmetrierna för en kub. Det mest praktiska är att först bestämma ordningen av G, där G står för alla permutationer som roterar kuben. Jag kommer dock inte ta till hänsyn av speglingen och därmed inte få den fulla symmetrigruppen för en kub, av den enkla anledningen att jag inte vill förstöra kuben eller blanda in den fjärde dimensionen för en fulländad rotation vid speglingssymmetri. Jag vill erhålla antalet kombinationer som om jag skulle måla mina kuber själv och sedan undersöka antalet inekvivalenta kuber. Dock är speglingssymmetrin relativt enkel, testa gärna själv. Först och främst ser vi att vi kan fixera en sida (två egenetligen) och sedan rotera den 4 gånger. Vi kan även rotera kuben sådant att en godtycklig sida kan byta med vilken sida som helst, varför G = 4 6 = 24. Vi definierar varje rotation av kuben med hjälp av axlar som är enklare att förstå genom att definiera dem genom kubens olika dimensioner: () enhetselementet som inte har någon axel. Denna ger att vi har 6 disjunkta cykler med längd ett av kubens sidor. Vi erhåller monomet x 6. (2) Rotation i 2 dimensioner, det vill säga en axel genom två parvis motsatta sidor, där rotationen är i 80. Detta ger 4 disjunkta cykler där 2 stycken har längd och de andra har längd 2. Det finns totalt 3 stycken av dessa då vi har 6 sidor och 3 parvis motsatta sidor, vilket ger 3x 2 x 2 2. (3) Rotation i 2 dimensionen men en rotation med 90 samt 270 där vi ser att 4 sidor hamnar i en cykel samt så har vi 2 till disjunkta cykler med längd. Det finns 3 parvis motsatta sidor men två typer av rotationer, varför monomet är 6x 2 x 4. (4) Rotation i en dimension, det vill säga en rotations axel genom två motstående kanter. Detta är lite svårare att se men då hamnar 3 sidor i en cykel vardera (2 cykler totalt) och det finns två sådana typer av rotationer vilket ger monomet 8x 2 3. (5) Rotation i 0-dimensioner, det vill säga en rotationslinje genom motsatta hörn. även detta är lite svårare att se men då hamnar 2 sidor i en cykel, totalt 3 cyklar där det finns 2 hörn varför monomet blir 6x 3 2. Summering av samtliga monom ger cykelindexet vilket är: 24 (x2 + 8x x 2 x x 2 x 4 + 6x 3 2) Vi fortsätter med att finna cykelindexet för kubens kanter. Notera att ordningen på rotations gruppen är lika med ordningen för kubens sidor. En kant kan roteras till vilken annan kant som helst under sluten rotation. Vi har att [x] = 2 där x är defintionsmängden, alltså kanterna. Vidare har vi att Stab(x) = 2 vilket är lite

28 28 FREDRIK CUMLIN svårare att se. Vi tänker oss samtliga rotationsaxlar genom kuben och ser att enbart rotationsaxeln genom två motstående kanter gör så att en kant fixeras. Det finns två sådana rotationer varför vi till slut erhåller att G = [x] Stab(x) = 2 2 = 24 där G är rotationsgruppen. Vidare studerar vi samtliga rotationer med våra bestämda rotationsaxlar vilka vi bestämde i uppgiften med kubens sidor. Läsaren uppmanas själv att studera vilka cykler som bildas under respektive rotation för att sedan finna att cykelindexet är: 24 (x2 + 8x x x 2 x 5 2) Att finna cykelindexet för kubens hörn har vi samma princip. Här har vi att [x] = 8 samt Stab(x) = 3 ty endast rotationsaxeln kring två motsatta hörn fixerar ett hörn under 3 inekvivalenta rotationer. Därmed är G = [x] Stab(x) = 8 3 = 24 om G är rotationsgruppen. Genom att studera samtliga rotationer och beräkna varje element i antalet cykler i vardera permutation kan vi erhålla cykelindexet: 24 (x8 + 8x 2 + 3x x 4 2) Vi ska nu besvara frågan om vi skulle färglägga en kubs hörn i 3 färger sådant att en färg uppkommer minst 5 gånger. Kalla dessa tre färger för A, B och C, då vill vi utveckla: P G (A, B, C) Genom utveckling av plya inventariet kan vi summera samtliga koefficienter framför variablar som har åtminstonde en potens som är större än 5, vilket resulterar till 93.L saren uppmanas sj lv att göra denna utveckling. Svar: Det finns 93 inekvivalenta färgläggningar av en kubs hörn i 3 färger sådant att minst en färg förekommer minst 5 gånger. ö