Matematikatanárok Klubja

Tanárklub

2015. okt. 7.

Matematikatanárok Klubja Szimmetriák és leszámlálások Kiss Emil http://ewkiss.web.elte.hu/wp/wordpress/ [email protected]

2015. okt. 7.

1 / 17

Tanárklub

Egy kis reklám A Matematikatanárok Klubjának honlapja: https://www.cs.elte.hu/∼miertmat/progs.html

2015. okt. 7.

2 / 17

Tanárklub

Egy kis reklám A Matematikatanárok Klubjának honlapja: https://www.cs.elte.hu/∼miertmat/progs.html Recski András: Síkbarajzolható gráfok, rúdszerkezetek, transzformátorok. https://www.youtube.com/watch?v=IY4Dzcwyf5s

2015. okt. 7.

2 / 17

Tanárklub

Egy kis reklám A Matematikatanárok Klubjának honlapja: https://www.cs.elte.hu/∼miertmat/progs.html Recski András: Síkbarajzolható gráfok, rúdszerkezetek, transzformátorok. https://www.youtube.com/watch?v=IY4Dzcwyf5s Tassy Gergely: Catalan-számok, fák Prüfer kódja https://www.youtube.com/watch?v=0_Lzd8WJLvE

2015. okt. 7.

2 / 17

Tanárklub


A mai előadás korábbi változata https://www.youtube.com/watch?v=LgR0w1lAXKI

2015. okt. 7.

2 / 17

Tanárklub


A mai előadás korábbi változata https://www.youtube.com/watch?v=LgR0w1lAXKI (Hogyan mondanám el középiskolásoknak?)

2015. okt. 7.

2 / 17

Tanárklub


A mai előadás korábbi változata https://www.youtube.com/watch?v=LgR0w1lAXKI (Hogyan mondanám el középiskolásoknak?) Kiss Emil: Bevezetés az algebrába.

2015. okt. 7.

2 / 17

Tanárklub

2015. okt. 7.


A mai előadás korábbi változata https://www.youtube.com/watch?v=LgR0w1lAXKI (Hogyan mondanám el középiskolásoknak?) Kiss Emil: Bevezetés az algebrába. Ingyen letölthető: http://www.interkonyv.hu/konyvek/164-Kiss-Emil

2 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

Háromszög-szimmetria

Rubin Zafir aluminium-oxid: Al2 O3

Hematit vasoxid: Fe2 O3

Kalcit kalcium-karbonát: CaCO3

Ametiszt Kvarc szilicium-dioxid: SiO2

3 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

Hatszög-szimmetria Berill (berillium–aluminium-szilikát): Be3 Al2 (SiO3 )6

Vörös berill

Smaragd

Akvamarin

4 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

Hatszög-szimmetria Berill (berillium–aluminium-szilikát): Be3 Al2 (SiO3 )6 Egy szimmetriatengely körüli 60◦ -os elforgatás.

Vörös berill

Smaragd

Akvamarin

4 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

Kocka–oktaéder-szimmetria

Galenit ólom-szulfid: PbS

Gyémánt szén: C

Fluorit kalcium-fluorid: CaF2

5 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

Kocka–oktaéder-szimmetria Összesen 48 szimmetria.


Gyémánt szén: C


5 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

Kocka–oktaéder-szimmetria Összesen 48 szimmetria. Hogyan számoljuk meg őket?


Gyémánt szén: C


5 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

A szimmetria mint permutáció Egy négyzet, kocka szimmetriái a tér azon egybevágóságai, amelyek az egész alakzatot, mint halmazt önmagukba viszik.

6 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

A szimmetria mint permutáció Egy négyzet, kocka szimmetriái a tér azon egybevágóságai, amelyek az egész alakzatot, mint halmazt önmagukba viszik. Például ilyen egy négyzet középpontja körüli 90 fokos forgatás.

6 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

A szimmetria mint permutáció Egy négyzet, kocka szimmetriái a tér azon egybevágóságai, amelyek az egész alakzatot, mint halmazt önmagukba viszik. Például ilyen egy négyzet középpontja körüli 90 fokos forgatás. Nyilván csúcs képe szimmetriánál csúcs lesz.

6 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

A szimmetria mint permutáció Egy négyzet, kocka szimmetriái a tér azon egybevágóságai, amelyek az egész alakzatot, mint halmazt önmagukba viszik. Például ilyen egy négyzet középpontja körüli 90 fokos forgatás. Nyilván csúcs képe szimmetriánál csúcs lesz. Elég a csúcsok képeit ismerni, az meghatározza a transzformációt.

6 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

A szimmetria mint permutáció Egy négyzet, kocka szimmetriái a tér azon egybevágóságai, amelyek az egész alakzatot, mint halmazt önmagukba viszik. Például ilyen egy négyzet középpontja körüli 90 fokos forgatás. Nyilván csúcs képe szimmetriánál csúcs lesz. Elég a csúcsok képeit ismerni, az meghatározza a transzformációt. Legyen X (rendszerint véges) halmaz (pl. egy kocka csúcsai). Az X halmazt önmagára képező kölcsönösen egyértelmű függvényeket az X halmaz permutációinak nevezük.

6 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

A szimmetria mint permutáció Egy négyzet, kocka szimmetriái a tér azon egybevágóságai, amelyek az egész alakzatot, mint halmazt önmagukba viszik. Például ilyen egy négyzet középpontja körüli 90 fokos forgatás. Nyilván csúcs képe szimmetriánál csúcs lesz. Elég a csúcsok képeit ismerni, az meghatározza a transzformációt. Legyen X (rendszerint véges) halmaz (pl. egy kocka csúcsai). Az X halmazt önmagára képező kölcsönösen egyértelmű függvényeket az X halmaz permutációinak nevezük. Ezek a kompozíció (egymás után alkalmazás) műveletére nézve az SX szimmetrikus csoportot alkotják.

6 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

A szimmetria mint permutáció Egy négyzet, kocka szimmetriái a tér azon egybevágóságai, amelyek az egész alakzatot, mint halmazt önmagukba viszik. Például ilyen egy négyzet középpontja körüli 90 fokos forgatás. Nyilván csúcs képe szimmetriánál csúcs lesz. Elég a csúcsok képeit ismerni, az meghatározza a transzformációt. Legyen X (rendszerint véges) halmaz (pl. egy kocka csúcsai). Az X halmazt önmagára képező kölcsönösen egyértelmű függvényeket az X halmaz permutációinak nevezük. Ezek a kompozíció (egymás után alkalmazás) műveletére nézve az SX szimmetrikus csoportot alkotják. A négyzet szimmetriái: négy forgatás és négy tükrözés.

6 / 17

Szimmetriák

Tanárklub

2015. okt. 7.

A szimmetria mint permutáció Egy négyzet, kocka szimmetriái a tér azon egybevágóságai, amelyek az egész alakzatot, mint halmazt önmagukba viszik. Például ilyen egy négyzet középpontja körüli 90 fokos forgatás. Nyilván csúcs képe szimmetriánál csúcs lesz. Elég a csúcsok képeit ismerni, az meghatározza a transzformációt. Legyen X (rendszerint véges) halmaz (pl. egy kocka csúcsai). Az X halmazt önmagára képező kölcsönösen egyértelmű függvényeket az X halmaz permutációinak nevezük. Ezek a kompozíció (egymás után alkalmazás) műveletére nézve az SX szimmetrikus csoportot alkotják. A négyzet szimmetriái: négy forgatás és négy tükrözés. Hogyan lehet a szimmetriákat általában megszámolni?

6 / 17

A szimmetriák száma

Tanárklub

Pálya és stabilizátor

C

A

B

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

Pálya és stabilizátor X a sík, G az ABC szabályos háromszög szimmetriái:

C

A

B

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

Pálya és stabilizátor X a sík, G az ABC szabályos háromszög szimmetriái: három forgatás (k · 120◦ ), C

A

B

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

Pálya és stabilizátor X a sík, G az ABC szabályos háromszög szimmetriái: három forgatás (k · 120◦ ), három tükrözés. C

A

B

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

Pálya és stabilizátor X a sík, G az ABC szabályos háromszög szimmetriái: három forgatás (k · 120◦ ), három tükrözés. Alkalmazzuk egy P1 pontra az összes szimmetriát. C

A

B

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

Pálya és stabilizátor X a sík, G az ABC szabályos háromszög szimmetriái: három forgatás (k · 120◦ ), három tükrözés. Alkalmazzuk egy P1 pontra az összes szimmetriát. C P1 A

B

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

Pálya és stabilizátor X a sík, G az ABC szabályos háromszög szimmetriái: három forgatás (k · 120◦ ), három tükrözés. Alkalmazzuk egy P1 pontra az összes szimmetriát. C P2 P1 A

B

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

Pálya és stabilizátor X a sík, G az ABC szabályos háromszög szimmetriái: három forgatás (k · 120◦ ), három tükrözés. Alkalmazzuk egy P1 pontra az összes szimmetriát. C P2 P1 A

B P3

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

Pálya és stabilizátor X a sík, G az ABC szabályos háromszög szimmetriái: három forgatás (k · 120◦ ), három tükrözés. Alkalmazzuk egy P1 pontra az összes szimmetriát. C P2

P4 P1

A

B P3

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

Pálya és stabilizátor X a sík, G az ABC szabályos háromszög szimmetriái: három forgatás (k · 120◦ ), három tükrözés. Alkalmazzuk egy P1 pontra az összes szimmetriát. C P2 P5

P4 P1

A

B P3

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub


P4

P5

P1

A

B P3

P6

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub


P1 pályája hatelemű.

P4

P5

P1

A

B P3

P6

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub



P4

P5

P1 Q1

A

B P3

P6

2015. okt. 7.

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.



P4

P5

Q1 az AB felező merőlegesén van, P1

Q1 A

B P3

P6

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.



P4 Q2


Q1 A

B P3

P6

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4


Q1

A

B P3

P6

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3

P6

Q1 az AB felező merőlegesén van, pályája háromelemű.

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3

P6

Q1 az AB felező merőlegesén van, pályája háromelemű. A középpont pályája egyelemű.

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3


P6

P1 -et 1 transzformáció hagyja fixen

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3


P6

P1 -et 1 transzformáció hagyja fixen (csak az identitás).

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3


P6

P1 -et 1 transzformáció hagyja fixen (csak az identitás). Q1 -et 2 transzformáció hagyja fixen

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3


P6

P1 -et 1 transzformáció hagyja fixen (csak az identitás). Q1 -et 2 transzformáció hagyja fixen (egy tükrözés is).

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3


P6

P1 -et 1 transzformáció hagyja fixen (csak az identitás). Q1 -et 2 transzformáció hagyja fixen (egy tükrözés is). A középpontot 6 transzformáció hagyja fixen.

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3


P6

P1 -et 1 transzformáció hagyja fixen (csak az identitás). Q1 -et 2 transzformáció hagyja fixen (egy tükrözés is). A középpontot 6 transzformáció hagyja fixen. (Pálya elemszáma)

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3


P6

P1 -et 1 transzformáció hagyja fixen (csak az identitás). Q1 -et 2 transzformáció hagyja fixen (egy tükrözés is). A középpontot 6 transzformáció hagyja fixen. (Pálya elemszáma) × (fixáló trafók száma) =

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Q2 Q3


P4 P1

Q1

A

B P3


P6

P1 -et 1 transzformáció hagyja fixen (csak az identitás). Q1 -et 2 transzformáció hagyja fixen (egy tükrözés is). A középpontot 6 transzformáció hagyja fixen. (Pálya elemszáma) × (fixáló trafók száma) = szimmetriák száma

7 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A pálya és stabilizátor elemszámának összefüggése Legyen G az X véges halmaz permutációinak olyan összessége, amely bármely két elemének kompozícióját (egymás utánját) is tartalmazza (azaz részcsoport).

8 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A pálya és stabilizátor elemszámának összefüggése Legyen G az X véges halmaz permutációinak olyan összessége, amely bármely két elemének kompozícióját (egymás utánját) is tartalmazza (azaz részcsoport). Az A ∈ X pont pályáját úgy kapjuk, hogy az összes G -beli permutációt alkalmazzuk A-ra.

8 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A pálya és stabilizátor elemszámának összefüggése Legyen G az X véges halmaz permutációinak olyan összessége, amely bármely két elemének kompozícióját (egymás utánját) is tartalmazza (azaz részcsoport). Az A ∈ X pont pályáját úgy kapjuk, hogy az összes G -beli permutációt alkalmazzuk A-ra. Az A ∈ X pont stabilizátora azokból a G -beli permutációkból áll, amelyek A-t fixálják, azaz önmagába képzik.

8 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A pálya és stabilizátor elemszámának összefüggése Legyen G az X véges halmaz permutációinak olyan összessége, amely bármely két elemének kompozícióját (egymás utánját) is tartalmazza (azaz részcsoport). Az A ∈ X pont pályáját úgy kapjuk, hogy az összes G -beli permutációt alkalmazzuk A-ra. Az A ∈ X pont stabilizátora azokból a G -beli permutációkból áll, amelyek A-t fixálják, azaz önmagába képzik.

Pálya–stabilizátor-tétel Ha egy pont pályájának és stabilizátorának elemszámát összeszorozzuk, akkor a G elemszámát kapjuk.

8 / 17


Tanárklub

A kocka szimmetriáinak a száma T U

W V

D A

C B

2015. okt. 7.

9 / 17


Tanárklub


W V

D A

C B

ABCDUVWT egy kocka,

2015. okt. 7.

9 / 17


Tanárklub


W V

D A

C B

ABCDUVWT egy kocka, G a szimmetriacsoportja.

2015. okt. 7.

9 / 17


Tanárklub


W V

D A A átvihető B-be

C B


2015. okt. 7.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba,

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű:

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A,

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ).

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű. Legyen L a B stabilizátora H-ban,

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű. Legyen L a B stabilizátora H-ban, akkor |H| = 3|L|.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű. Legyen L a B stabilizátora H-ban, akkor |H| = 3|L|. L-nél C pályája a kételemű

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű. Legyen L a B stabilizátora H-ban, akkor |H| = 3|L|. L-nél C pályája a kételemű {C , V }.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű. Legyen L a B stabilizátora H-ban, akkor |H| = 3|L|. L-nél C pályája a kételemű {C , V }. Végül L-ben C stabilizátora már egyelemű lesz.

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű. Legyen L a B stabilizátora H-ban, akkor |H| = 3|L|. L-nél C pályája a kételemű {C , V }. Végül L-ben C stabilizátora már egyelemű lesz. Így |G | = 8|H|

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű. Legyen L a B stabilizátora H-ban, akkor |H| = 3|L|. L-nél C pályája a kételemű {C , V }. Végül L-ben C stabilizátora már egyelemű lesz. Így |G | = 8|H| = 8 · 3|L|

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű. Legyen L a B stabilizátora H-ban, akkor |H| = 3|L|. L-nél C pályája a kételemű {C , V }. Végül L-ben C stabilizátora már egyelemű lesz. Így |G | = 8|H| = 8 · 3|L| = 8 · 3 · 2 · 1

9 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


W V

D A

C B


A átvihető B-be az AB felező merőleges síkjára tükrözéssel. Minden csúcs is a szomszédaiba, így minden csúcs minden csúcsba. Tehát az A csúcs pályája nyolcelemű: {A, B, C , D, U, V , W , T }. Legyen H az A csúcs stabilizátora G -ben. Ekkor |G | = 8|H|. Minden h ∈ H távolságtartó és h(A) = A, így h(B) ∈ {B, D, U}. Ezeket meg is kapjuk AW körüli forgatással (±120◦ ). Ezért H-nál a B pályája háromelemű. Legyen L a B stabilizátora H-ban, akkor |H| = 3|L|. L-nél C pályája a kételemű {C , V }. Végül L-ben C stabilizátora már egyelemű lesz. Így |G | = 8|H| = 8 · 3|L| = 8 · 3 · 2 · 1 = 48.

9 / 17

Lényegesen különböző megoldások

Tanárklub

2015. okt. 7.

Egy általános iskolai versenyfeladat A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt?

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

Egy általános iskolai versenyfeladat A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt? És ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük?

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

Egy általános iskolai versenyfeladat A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt? És ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? És ha a tükrözéssel egymásba vihetőket is?

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

Egy általános iskolai versenyfeladat A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt? És ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? És ha a tükrözéssel egymásba vihetőket is? 9 = 36. Mivel 3 · 3 mező van, az első kérdésre a válasz 2

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

Egy általános iskolai versenyfeladat A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt? És ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? És ha a tükrözéssel egymásba vihetőket is? 9 = 36. Mivel 3 · 3 mező van, az első kérdésre a válasz 2 Legyen G a négy forgatásból álló csoport,

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

Egy általános iskolai versenyfeladat A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt? És ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? És ha a tükrözéssel egymásba vihetőket is? 9 = 36. Mivel 3 · 3 mező van, az első kérdésre a válasz 2 Legyen G a négy forgatásból álló csoport, ez permutálja a 36 megoldást.

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

Egy általános iskolai versenyfeladat A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt? És ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? És ha a tükrözéssel egymásba vihetőket is? 9 = 36. Mivel 3 · 3 mező van, az első kérdésre a válasz 2 Legyen G a négy forgatásból álló csoport, ez permutálja a 36 megoldást. Két megoldás akkor vihető forgatással egymásba, ha egy pályán vannak.

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

Egy általános iskolai versenyfeladat A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt? És ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? És ha a tükrözéssel egymásba vihetőket is? 9 = 36. Mivel 3 · 3 mező van, az első kérdésre a válasz 2 Legyen G a négy forgatásból álló csoport, ez permutálja a 36 megoldást. Két megoldás akkor vihető forgatással egymásba, ha egy pályán vannak. Ezért a második kérdés a pályák száma!

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Burnside-(Cauchy-Frobenius-)lemma A pályák száma a szimmetriák fixpontjainak átlagos száma.

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Burnside-(Cauchy-Frobenius-)lemma A pályák száma a szimmetriák fixpontjainak átlagos száma. Szimmetrák bármely kompozícióra zárt halmazát (azaz csoportját) tekinthetjük,

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


Burnside-(Cauchy-Frobenius-)lemma A pályák száma a szimmetriák fixpontjainak átlagos száma. Szimmetrák bármely kompozícióra zárt halmazát (azaz csoportját) tekinthetjük, ezért a harmadik kérdésre is választ kapunk.

10 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A feladat megoldása A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt, ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük?

11 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A feladat megoldása A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt, ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? Ki kell számolnunk a fixpontok átlagos számát.

11 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A feladat megoldása A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt, ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? Ki kell számolnunk a fixpontok átlagos számát. Az identitásnak nyilván 36 fixpontja van.

11 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A feladat megoldása A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt, ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? Ki kell számolnunk a fixpontok átlagos számát. Az identitásnak nyilván 36 fixpontja van. A 180◦ -os forgatásnak a középpontra tükrös megoldások a fixpontjai.

11 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A feladat megoldása A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt, ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? Ki kell számolnunk a fixpontok átlagos számát. Az identitásnak nyilván 36 fixpontja van. A 180◦ -os forgatásnak a középpontra tükrös megoldások a fixpontjai.

11 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A feladat megoldása A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt, ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? Ki kell számolnunk a fixpontok átlagos számát. Az identitásnak nyilván 36 fixpontja van. A 180◦ -os forgatásnak a középpontra tükrös megoldások a fixpontjai. Ezek száma (9 − 1)/2 = 4.

11 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A feladat megoldása A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt, ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? Ki kell számolnunk a fixpontok átlagos számát. Az identitásnak nyilván 36 fixpontja van. A 180◦ -os forgatásnak a középpontra tükrös megoldások a fixpontjai. Ezek száma (9 − 1)/2 = 4. Egyik 90◦ -os forgatásnak sincs fixpontja a 36 között

11 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A feladat megoldása A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt, ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? Ki kell számolnunk a fixpontok átlagos számát. Az identitásnak nyilván 36 fixpontja van. A 180◦ -os forgatásnak a középpontra tükrös megoldások a fixpontjai. Ezek száma (9 − 1)/2 = 4. Egyik 90◦ -os forgatásnak sincs fixpontja a 36 között (ehhez 1, vagy legalább 4 mezőt kellene választani a feladatban).

11 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A feladat megoldása A 3 × 3-as sakktáblán hányféleképp választhatunk két mezőt, ha a forgatással egymásba vihető megoldásokat azonosnak vesszük? Ki kell számolnunk a fixpontok átlagos számát. Az identitásnak nyilván 36 fixpontja van. A 180◦ -os forgatásnak a középpontra tükrös megoldások a fixpontjai. Ezek száma (9 − 1)/2 = 4. Egyik 90◦ -os forgatásnak sincs fixpontja a 36 között (ehhez 1, vagy legalább 4 mezőt kellene választani a feladatban). Így a pályák száma (36 + 4 + 2 · 0)/4 = 10.

11 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A forgatás és tükrözés esete Ha tükrözést is megengedünk, akkor nyolc szimmetria van.

12 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A forgatás és tükrözés esete Ha tükrözést is megengedünk, akkor nyolc szimmetria van. Az identitás, illetve a forgatások fixpontjainak száma ugyanaz, mint az előző esetben.

12 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A forgatás és tükrözés esete Ha tükrözést is megengedünk, akkor nyolc szimmetria van. Az identitás, illetve a forgatások fixpontjainak száma ugyanaz, mint az előző esetben. Mind a négy tengelyes tükrözés esetében hat fixpont van,

12 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A forgatás és tükrözés esete Ha tükrözést is megengedünk, akkor nyolc szimmetria van. Az identitás, illetve a forgatások fixpontjainak száma ugyanaz, mint az előző esetben. Mind a négy tengelyes tükrözés esetében hat fixpont van, ebből három olyan, ahol a kiválasztott mezők a tengelyen vannak.

12 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


12 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


12 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

A forgatás és tükrözés esete Ha tükrözést is megengedünk, akkor nyolc szimmetria van. Az identitás, illetve a forgatások fixpontjainak száma ugyanaz, mint az előző esetben. Mind a négy tengelyes tükrözés esetében hat fixpont van, ebből három olyan, ahol a kiválasztott mezők a tengelyen vannak. Az eredmény (36 + 4 + 2 · 0 + 4 · 6)/8 = 8.

12 / 17


Tanárklub

Négy csúcsú gráfok 4 Négy számozott csúcson 2(2) = 64 gráf van.

2015. okt. 7.

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

Négy csúcsú gráfok 4 Négy számozott csúcson 2(2) = 64 gráf van. És izomorfia erejéig?

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.

Négy csúcsú gráfok 4 Négy számozott csúcson 2(2) = 64 gráf van. És izomorfia erejéig? Az S4 teljes szimmetrikus csoport permutálja ezeket a gráfokat.

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás

1 permutáció

64 gráf fixpont

64 = 1 · 64

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123)

1 permutáció 8 permutáció

64 gráf fixpont 4 gráf fixpont

64 = 1 · 64 32 = 8 · 4

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123)



64 = 1 · 64 32 = 8 · 4

Az (123) permutáció (1 7→ 2 7→ 3 7→ 1 és 4 7→ 4) fixpont-gráfjai:

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123)



64 = 1 · 64 32 = 8 · 4

Az (123) permutáció (1 7→ 2 7→ 3 7→ 1 és 4 7→ 4) fixpont-gráfjai: 1 2 4 3

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123)



64 = 1 · 64 32 = 8 · 4

Az (123) permutáció (1 7→ 2 7→ 3 7→ 1 és 4 7→ 4) fixpont-gráfjai: 1 1 2 4 2 4 3 3

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123)



64 = 1 · 64 32 = 8 · 4

Az (123) permutáció (1 7→ 2 7→ 3 7→ 1 és 4 7→ 4) fixpont-gráfjai: 1 1 1 2 4 2 4 2 4 3 3 3

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123)



64 = 1 · 64 32 = 8 · 4

Az (123) permutáció (1 7→ 2 7→ 3 7→ 1 és 4 7→ 4) fixpont-gráfjai: 1 1 1 1 2 4 2 4 2 4 2 4 3 3 3 3

13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123) (1234)

1 permutáció 8 permutáció 6 permutáció

64 gráf fixpont 4 gráf fixpont 4 gráf fixpont

64 = 1 · 64 32 = 8 · 4 24 = 6 · 4


13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123) (1234) (12)

1 8 6 6

permutáció permutáció permutáció permutáció

64 4 4 16

gráf gráf gráf gráf

fixpont fixpont fixpont fixpont

64 = 1 · 64 32 = 8 · 4 24 = 6 · 4 96 = 6 · 16


13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123) (1234) (12) (12)(34)

1 8 6 6 3

permutáció permutáció permutáció permutáció permutáció

64 4 4 16 16

gráf gráf gráf gráf gráf

fixpont fixpont fixpont fixpont fixpont

64 = 1 · 64 32 = 8 · 4 24 = 6 · 4 96 = 6 · 16 48 = 3 · 16


13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123) (1234) (12) (12)(34) Összesen:

1 8 6 6 3


24 permutáció

64 4 4 16 16



64 = 1 · 64 32 = 8 · 4 24 = 6 · 4 96 = 6 · 16 48 = 3 · 16 264 = 24 · 11


13 / 17


Tanárklub

2015. okt. 7.


identitás (123) (1234) (12) (12)(34) Összesen:

1 8 6 6 3


24 permutáció

64 4 4 16 16



64 = 1 · 64 32 = 8 · 4 24 = 6 · 4 96 = 6 · 16 48 = 3 · 16 264 = 24 · 11

Tehát 11 darab nemizomorf négycsúcsú gráf van. Az (123) permutáció (1 7→ 2 7→ 3 7→ 1 és 4 7→ 4) fixpont-gráfjai: 1 1 1 1 2 4 2 4 2 4 2 4 3 3 3 3

13 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

A pálya-stabilizátor tétel bizonyítása Ha A ∈ X a G egy elemével átvihető B ∈ X -be, akkor ugyanannyi elem viszi A-et B-be, mint A-t A-ba.

2015. okt. 7.

14 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub


Bizonyítás Ha h(A) = B (h rögzített),

2015. okt. 7.

14 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.


Bizonyítás Ha h(A) = B (h rögzített), akkor minden g ∈ G esetén g (A) = B ⇐⇒ h−1 g (A) = A

14 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.


Bizonyítás Ha h(A) = B (h rögzített), akkor minden g ∈ G esetén g (A) = B ⇐⇒ h−1 g (A) = A és k(A) = A ⇐⇒ hk(A) = B.

14 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.


Bizonyítás Ha h(A) = B (h rögzített), akkor minden g ∈ G esetén g (A) = B ⇐⇒ h−1 g (A) = A és k(A) = A ⇐⇒ hk(A) = B. A g 7→ h−1 g és hk ←[ k megfeleltetések egymás inverzei a (G -beli) A 7→ B, illetve A 7→ A permutációk között.

14 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.


Bizonyítás Ha h(A) = B (h rögzített), akkor minden g ∈ G esetén g (A) = B ⇐⇒ h−1 g (A) = A és k(A) = A ⇐⇒ hk(A) = B. A g 7→ h−1 g és hk ←[ k megfeleltetések egymás inverzei a (G -beli) A 7→ B, illetve A 7→ A permutációk között. Utóbbiak az A pont G -beli stabilizátorát alkotják.

14 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.


Bizonyítás Ha h(A) = B (h rögzített), akkor minden g ∈ G esetén g (A) = B ⇐⇒ h−1 g (A) = A és k(A) = A ⇐⇒ hk(A) = B. A g 7→ h−1 g és hk ←[ k megfeleltetések egymás inverzei a (G -beli) A 7→ B, illetve A 7→ A permutációk között. Utóbbiak az A pont G -beli stabilizátorát alkotják. Az előzőek szerint az A pályájának minden B elemére teljesül, hogy annyi G -beli permutáció viszi A-et B-be, ahány eleme A stabilizátorának van G -ben.

14 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.


Bizonyítás Ha h(A) = B (h rögzített), akkor minden g ∈ G esetén g (A) = B ⇐⇒ h−1 g (A) = A és k(A) = A ⇐⇒ hk(A) = B. A g 7→ h−1 g és hk ←[ k megfeleltetések egymás inverzei a (G -beli) A 7→ B, illetve A 7→ A permutációk között. Utóbbiak az A pont G -beli stabilizátorát alkotják. Az előzőek szerint az A pályájának minden B elemére teljesül, hogy annyi G -beli permutáció viszi A-et B-be, ahány eleme A stabilizátorának van G -ben. Így G elemszáma a pálya és a stabilizátor elemszámának szorzata.

14 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok .

2015. okt. 7.

15 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok . (Ezek páronként nem metszik egymást és lefedik X -et.)

2015. okt. 7.

15 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok . (Ezek páronként nem metszik egymást és lefedik X -et.) Kétféleképpen megszámoljuk azokat a (g , A) párokat, ahol g (A) = A (és g ∈ G , A ∈ X ). A számuk legyen N.

15 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok . (Ezek páronként nem metszik egymást és lefedik X -et.) Kétféleképpen megszámoljuk azokat a (g , A) párokat, ahol g (A) = A (és g ∈ G , A ∈ X ). A számuk legyen N. Rögzített A mellett ez A stabilizátorának elemszáma.

15 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok . (Ezek páronként nem metszik egymást és lefedik X -et.) Kétféleképpen megszámoljuk azokat a (g , A) párokat, ahol g (A) = A (és g ∈ G , A ∈ X ). A számuk legyen N. Rögzített A mellett ez A stabilizátorának elemszáma. A pálya-stabilizátor tétel miatt a |G |/|Oi | számokat kell összeadni,

15 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok . (Ezek páronként nem metszik egymást és lefedik X -et.) Kétféleképpen megszámoljuk azokat a (g , A) párokat, ahol g (A) = A (és g ∈ G , A ∈ X ). A számuk legyen N. Rögzített A mellett ez A stabilizátorának elemszáma. A pálya-stabilizátor tétel miatt a |G |/|Oi | számokat kell összeadni, a |G |/|Oi |-t annyiszor, ahány eleme Oi -nek van.

15 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok . (Ezek páronként nem metszik egymást és lefedik X -et.) Kétféleképpen megszámoljuk azokat a (g , A) párokat, ahol g (A) = A (és g ∈ G , A ∈ X ). A számuk legyen N. Rögzített A mellett ez A stabilizátorának elemszáma. A pálya-stabilizátor tétel miatt a |G |/|Oi | számokat kell összeadni, a |G |/|Oi |-t annyiszor, ahány eleme Oi -nek van. Ezért N = k|G | (ahol k a pályák száma).

15 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok . (Ezek páronként nem metszik egymást és lefedik X -et.) Kétféleképpen megszámoljuk azokat a (g , A) párokat, ahol g (A) = A (és g ∈ G , A ∈ X ). A számuk legyen N. Rögzített A mellett ez A stabilizátorának elemszáma. A pálya-stabilizátor tétel miatt a |G |/|Oi | számokat kell összeadni, a |G |/|Oi |-t annyiszor, ahány eleme Oi -nek van. Ezért N = k|G | (ahol k a pályák száma). Rögzített g mellett g fixpontjainak számát kapjuk.

15 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok . (Ezek páronként nem metszik egymást és lefedik X -et.) Kétféleképpen megszámoljuk azokat a (g , A) párokat, ahol g (A) = A (és g ∈ G , A ∈ X ). A számuk legyen N. Rögzített A mellett ez A stabilizátorának elemszáma. A pálya-stabilizátor tétel miatt a |G |/|Oi | számokat kell összeadni, a |G |/|Oi |-t annyiszor, ahány eleme Oi -nek van. Ezért N = k|G | (ahol k a pályák száma). Rögzített g mellett g fixpontjainak számát kapjuk. Tehát N a fixpontok számának összege is egyúttal.

15 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

A Burnside-lemma bizonyítása Legyenek G pályái az X halmazon O1 , . . . , Ok . (Ezek páronként nem metszik egymást és lefedik X -et.) Kétféleképpen megszámoljuk azokat a (g , A) párokat, ahol g (A) = A (és g ∈ G , A ∈ X ). A számuk legyen N. Rögzített A mellett ez A stabilizátorának elemszáma. A pálya-stabilizátor tétel miatt a |G |/|Oi | számokat kell összeadni, a |G |/|Oi |-t annyiszor, ahány eleme Oi -nek van. Ezért N = k|G | (ahol k a pályák száma). Rögzített g mellett g fixpontjainak számát kapjuk. Tehát N a fixpontok számának összege is egyúttal. A G elemszámával osztva az állítást kapjuk: a fixpontok számának átlaga a pályák száma.

15 / 17

Két bizonyítás

Hópelyhek

Tanárklub

2015. okt. 7.

16 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

Hópelyhek Határozzuk meg az alábbi hópelyhek szimmetriacsoportját.

17 / 17

Két bizonyítás

Tanárklub

2015. okt. 7.

Hópelyhek Határozzuk meg az alábbi hópelyhek szimmetriacsoportját.

17 / 17

Matematikatanárok Klubja

Recommend Documents