Ví dụ 3.2.1. Xác định số cách tô màu các cạnh của một hình vuông với 6 màu và không hạn chế số lần một màu được sử dụng.
Cho X = {1,2,3,4} là tập chứa 4 cạnh của hình vuông, cho C là tập gồm 6 màu và C4 là tập các bộ gồm 4 màu. Nếu x ∈ C4 thì x = (c1, c2, c3, c4) ở đó c1,c2, c3,c4 là một trong 6 màu. Hình dung hình vuông đang ở trong không gian hai chiều, khi đó hình vuông chỉ có thể được hoán vị bởi phép quay. Cho τ là phép quay cùng chiều kim đồng hồ góc quay 90o. Khi đó
τ = (1,2,3,4) τ2 = (1,3)(2,4) τ3 = (1,4,3,2).
Chú ý rằng τ4 = τ0 = (1)(2)(3)(4). Cho G=< τ >. Khi đó, G tác động lên X và vì vậy, G tác động lên C4 (do Mệnh đề 3.3). Do Hệ quả 3.1, số cách tô màu khác nhau của 4 cạnh của hình vuông là
N = 1
|G|(qt(τ0) +qt(τ) +qt(τ2)+ qt(τ3)),
ở đóq là số màu. Vì phép hoán vị đồng nhất khi phân tích hoàn toàn gồm 4 chu kì nên qt(τ0) = 64. Tương tự, qt(τ) = 61, qt(τ2) = 62 và qt(τ3) = 61.
Vì G=< τ > nên|G| = 4. vì vậy số cách tô màu các cạnh hình vuông
với 6 màu là
N = 1
4(64 + 61 + 62 + 61)
= 1
4(1296 + 6 + 36 + 6)
= 1 4.1344
= 336.
Cách đếm sẽ thay đổi như thế nào nếu ta thêm ràng buộc về số lần một màu được sử dụng. Hãy xét ví dụ giống Ví dụ 3.2.1 nhưng với ràng buộc rằng không có màu nào được sử dụng nhiều hơn một lần.
Ví dụ 3.2.2. Cho X = {1,2,3,4} là tập chứa 4 cạnh của hình vuông, C là tập 6 màu, C4 là tập các bộ gồm 4 của màu. Nếu x ∈ C4, x = (c1, c2, c3, c4) ở đó c1, c2, c3, c4 là một trong 6 màu. Ta phải xét tập con đặc biệt Y ⊆ C4 ở đó y = (c1, c2, c3, c4) ∈ Y và c1 6= c2 6= c3 6= c4.
Vì hình vuông là hình trong không gian hai chiều nên hình vuông chỉ có thể bị di chuyển bởi phép quay. Cho τ là phép quay cùng chiều kim đồng hồ góc quay 90o. Khi đó:
τ = (1,2,3,4) τ2 = (1,3)(2,4) τ3 = (1,4,3,2) Chú ý rằng τ4 = τ0 = (1)(2)(3)(4).
Cho G=< τ >, nên G tác động lên X. Từ Mệnh đề 3.3, G tác động lên C4. Tập con Y ⊆ C4 là đóng dưới tác động của G lên C4 vì với mọi τ ∈ G, τ y ∈ Y nên từ Chú ý 2.1, G tác động lên Y.
Bây giờ ta đếm số cách để các cạnh của hình vuông có thể được tô bởi 6 màu mà không có màu nào được sử dụng quá một lần. Do hạn chế của phép cộng, ta cần xác định số màu cố định bởi một nhóm hoán
vị. Vì vậy, ta phải trở lại dạng ban đầu của định lí Burnside. Số cách tô màu khác nhau của hình vuông là
N = 1
|G|(|Fix((1))|+|F ix(τ)|+|Fix(τ2)|+|Fix(τ3)|)
Chọn một màu cho cạnh thứ nhất, có 5 màu cho cạnh thứ hai, có 4 màu cho cạnh thứ ba, có 3 màu cho cạnh thứ tư. Vì vậy, |Fix((1))| = 6.5.4.3 = 360.
Tiếp theo xét |Fix(τ)|. Vì sự phân tích hoàn toàn của τ, ta thấy rằng τ liên kết các màu của tất cả 4 cạnh nên c1 = c2 = c3 = c4. Vì vậy, τ không có tác động để có được bất kì cách tô màu nào trong 360 cách trên. Tương tự τ3 tác động c1 = c2 = c3 = c4 và τ2 gây ra c1 = c3, c2 = c4 nên τ2 và τ3 cũng không có tác động để được bất kì cách tô màu nào trong 360 cách.
Vì vậy số hình vuông khác nhau là N = 1
4(360 + 0 + 0 + 0)
= 1 4.360
= 90.
Ở phần này, ta sẽ xét các vấn đề đếm khó hơn nhưng có thể giải được như Ví dụ 3.2.2 Để bắt đầu, ta xét cách tô màu của chuỗi màu với các hạt bằng nhau từ đầu đến cuối vòng. Vì chuỗi vòng tồn tại trong không gian 3 chiều nên đã đặt ra vấn đề mới. Đầu tiên, xác định số cách tô màu 6 hạt của vòng bằng 6 màu mà không hạn chế số lần một màu được sử dụng.
Ví dụ 3.2.3. Cho X = {1,2,3,4,5,6} là tập chứa 6 hạt của vòng, C là tập gồm 6 màu, C6 là tập tất cả các bộ gồm 6 màu. Nếu x ∈ C6 thì x = (c1, c2, c3, c4, c5, c6) ở đó mỗi phần tử của xlà một trong 6 màu. Một vòng có thể được di chuyển bởi phép quay, phép đối xứng qua đường
chéo hoặc qua đường phân giác (đường nối trung điểm hai cạnh) như hình 3.4. Với mục đích phân tích, ta có thể thay thế các hạt trong hình bởi một hình lục giác. Hoán vị trong X có thể được biểu diễn bởi nhóm nhị diện D6. Rõ ràng D6 tác động lên X nên từ Mệnh đề 2.3, D6 tác động lên C6. Cho τ là một phần tử củaD6, là phép quay cùng chiều kim
Hình 3.4: Phép hoán vị của một chuỗi vòng
đồng hồ góc quay 60o. Thì
τ = (1,2,3,4,5,6) τ2 = (1,3,5)(2,4,6) τ3 = (1,4)(2,5)(3,6) τ4 = (1,5,3)(2,6,4) τ5 = (1,6,5,4,3,2).
Tiếp, cho δ biểu diễn phép đối xứng chuỗi vòng qua đường chéo từ hạt 1 đến hạt 4. Khi đó δ = (2,6)(3,5)(1)(4). Chú ý δ2 là sự đảo hướng vòng về vị trí gốc.
Để mô hình hóa tất cả các phép hoán vị gây ra bởi phép đối xứng qua đường chéo hoặc qua đường phân giác, đầu tiên ta đối xứng vòng sau đó thì quay vòng như hình 3.5.
Hình 3.5: Phép đối xứng của một chuỗi vòng bởi τ δ
Khi đó
δ = (2,6)(3,5)(1)(4) τ δ = (1,2)(3,6)(4,5) τ2δ = (1,3)(4,6)(3)(5) τ3δ = (1,4)(2,3)(5,6) τ4δ = (1,5)(2,4)(3)(6) τ5δ = (1,6)(2,5)(3,4).
Ta có thể xem hình 3.6, phép hoán vị này biểu diễn tất cả các phép hoán vị tạo ra bởi phép đối xứng vòng qua một đường chéo hoặc một đường phân giác. Khi đó
D6 = (1, τ, τ2, τ3, τ4, τ5, δ, τ δ, τ2δ, τ3δ, τ4δ, τ5δ).
Từ hệ quả của định lí Burnside (Hệ quả 3.1), số vòng khác nhau là N = 1
|D6|(6t(1)+ 6t(τ)+ 6t(τ2)+ 6t(τ3)+ 6t(τ4)+ 6t(τ5)+ 6t(δ)+ 6t(τ δ)+ 6t(τ2δ)+ + 6t(τ3δ) + 6t(τ4δ)+ 6t(τ5δ)).
Hình 3.6: Phép đối xứng của một chuỗi vòng
Vì vậy, ta có thể dễ dàng tính số vòng khác nhau với 6 màu là:
N = 1
12(66 + 61 + 62 + 63 + 62 + 61 + 64 + 63 + 64 + 63 + 64 + 63)
= 51492 12
= 4291.
Một trường hợp khó hơn đó là số màu được sử dụng bị hạn chế. Ví dụ có bao nhiêu vòng có 6 hạt, trong đó 3 hạt màu trắng và 3 hạt màu đen.
Ví dụ 3.2.4. Cho X = {1,2,3,4,5,6} là tập 6 hạt của vòng, C là tập hai màu trắng và đen, C6 là tập các bộ gồm 6 màu. Nếu x ∈ C6 thì x = {c1, c2, c3, c4, c5, c6} ở đó c1, c2, c3, c4, c5, c6 là một trong hai màu.
Đặc biệt, ta có y ∈ Y ⊆ C6 ở đó 3 phần tử của chuỗi là cùng một màu, 3 phần tử còn lại là cùng một màu khác.
Như Ví dụ 3.2.3, một vòng có thể được di chuyển bởi phép quay, đối xứng qua đường chéo hoặc đối xứng qua đường phân giác. Vì vậy, hoán vị trong X có thể được biểu diễn bởi nhóm nhị diện D6. Như đã chỉ ra, D6 tác động lên X và vì vậy cũng tác động lên C6. Tập con Y ⊆ C6 là đóng dưới tác động của D6 lên C6 (vì rõ ràng với mọi g ∈ D6, gy ∈ Y với mọi y ∈ Y). Nên từ Chú ý 2.1, D6 tác động lên Y.
Cho τ là một phần tử của D6 biểu diễn phép quay cùng chiều kim
đồng hồ góc quay 90o. Khi đó
τ = (1,2,3,4,5,6) τ2 = (1,3,5)(2,4,6) τ3 = (1,4)(2,5)(3,6) τ4 = (1,5,3)(2,6,4) τ5 = (1,6,5,4,3,2)
Phép hoán vị sinh ra bởi phép đối xứng qua một đường chéo hoặc một đường phân giác là
δ = (2,6)(3,5)(1)(4) τ δ = (1,2)(3,6)(4,5) τ2δ = (1,3)(4,6)(2)(5) τ3δ = (1,4)(2,3)(5,6) τ4δ = (1,5)(2,4)(3)(6) τ5δ = (1,6)(2,5)(3,4)
Như Ví dụ 3.2.3, từ Định lí Burnside, số vòng khác nhau với 3 hạt trắng và 3 hạt đen là
N = 1
|D6|(|Fix((1))|+|Fix(τ)|+|Fix(τ2)|+|Fix(τ3)|+|Fix(τ4)|+ +|Fix(τ5)|+|Fix(δ)|+ |Fix(τ δ)|+|Fix(τ2δ)|+|Fix(τ3δ)|+ +|Fix(τ4δ)|+|Fix(τ5δ)|).
Có C63 = 20 cách để được vòng có 3 hạt trắng và 3 hạt đen. Hiển nhiên phép đồng nhất cố định cả 20 cách, nên |Fix((1))| = 20.
Ta có τ và τ5 sinh ra c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 nên cả 6 hạt phải cùng một màu. Vì vậy τ và τ5 không cố định bất kì cách nào trong 20 cách có thể. Tương tự, τ3 liên kết c1 với c4, c2 với c5, c3 với c6. Vì vậy τ3 không cố định cách nào vì nó sinh ra một số chẵn các hạt có màu giống
nhau. Tuy nhiên, τ2 và τ4 sinh ra c1 = c3 = c5 và c2 = c4 = c6. Vì vậy có 2 cách chọn màu cho c1 hoặc c2. Không mất tính tổng quát, giả sử c1 là đen. Khi đó c2 chỉ có một cách chọn màu là trắng. Các phần tử còn lại của 6-chuỗi, c3, c4, c5, c6 phụ thuộc vào c1 hoặc c2 nên mỗi hạt sẽ có một cách chọn màu. Vì vậy,
|Fix(τ2)| = |Fix(τ4)| = 21.
Bây giờ xét hoán vị gây ra bởi phép đối xứng. Ba hoán vị τ δ, τ3δ và τ5δ tương ứng là phép đối xứng qua phân giác là một phép phân tích ra 3 2-chu kì rời nhau. Vì vậy, τ δ, τ3δ và τ5δ không cố định bất kì cách nào trong 20 cách có thể vì mỗi một phép biến đổi sinh ra một số chẵn hạt cùng màu.
Mặt khác, 3 hoán vị δ, τ2δ và τ4δ tương ứng là phép đối xứng qua đường chéo là tích của 2 2-chu kì rời nhau và 2 1-chu kì.
Xét δ, ta phân tích δ ra thành các chu kì rời nhau khi δ tác động lên x, c2 = c6 và c3 = c5. Có 2 màu để chọn cho c2 hoặc c3. Nếu cả hai hạt cùng màu, vì c6 liên kết với c2, c5 liên kết với c3 thì 4 hạt sẽ cùng màu.
Không mất tính tổng quát, giả sử c2 màu trắng. Khi đó chỉ có 1 cách chọn màu cho c3, c5, c6. Đặt c2 trắng thì có 2 hạt trắng và 2 hạt đen.
Vì c1 và c2 không liên kết với hạt nào, có 2 cách chọn màu cho c1 và c2, nhưng nếu cả hai cùng màu sẽ không có 3 mà đen và 3 màu trắng thỏa mãn. Tức là để được 3 màu đen và 3 màu trắng, một trong 4 hạt mà được liên kết với hạt khác có thể trắng (1 trong 4 hạt có sự lựa chọn là trắng). Vì chúng liên kết, ta có 2 hạt trắng và hơn nữa một hạt cần được sắp xếp. Vì có hai hạt không liên kết với hạt nào nên một trong hai hạt đó là màu trắng. Vì vậy có 22 dạng được cố định bởi δ, τ2δ, τ4δ.
Vì vậy,
|Fix(δ)| = |Fix(τ2δ)| = |Fix(τ4δ)| = 22.
Vì vậy, số N cách tô màu vòng với 3 hạt trắng và 3 hạt đen là N = 1
12(20 + 0 + 2 + 0 + 2 + 4 + 0 + 4 + 0 + 4 + 0)
= 36 12
= 3.
Thật vậy có giản đồ như hình 3.7.
Hình 3.7: Các hình ảnh khác nhau của chuỗi vòng với 3 hạt trắng và 3 hạt đen
Tiếp theo, ta xét trường hợp vòng có số lẻ hạt.
Ví dụ 3.2.5. Xác định số cách khác nhau để tô một chuỗi vòng với 5 hạt màu trắng và 4 hạt màu đen.
Đặt X = {1,2,3,4,5,6,7,8,9} là tập chứa 9 hạt của vòng, C là tập chứa 2 màu đen và trắng,C9 là tập chứa tất cả 9-chuỗi màu. Nếu x ∈ C9 thì x = (c1, c2, c3, c4, c5, c6, c7, c8, c9), ở đó c1, c2, c3, c4, c5, c6, c7, c8, c9 là một trong 2 màu. Đặc biệt, ta cần y ∈ Y ⊆ C9 ở đó 5 phần tử của chuỗi là trắng, 4 phần tử là đen.
Một vòng với một số lẻ hạt có thể được di chuyển bởi phép quay hoặc đối xứng qua đường phân giác như hình 3.8.
Các hoán vị trong X có thể được biểu diễn bởi nhóm nhị diện D9.Rõ ràng D9 tác động lên X nên D9 cũng tác động lên C9. Tập con Y ⊆ C9 là đóng dưới tác động của D9 lên C9 (vì rõ ràng với mọi g ∈ D9, gy ∈ Y với mọi y ∈ Y). Nên từ Chú ý 2.1, D9 tác động lên Y.
Đặt τ là một phần tử của D9 là phép quay cùng chiều kim đồng hồ
Hình 3.8: Sắp xếp các hạt của chuỗi vòng với 9 hạt
góc quay 40o. Khi đó,
τ = (1,2,3,4,5,6,7,8,9) τ2 = (1,3,5,7,9,2,4,6,8) τ3 = (1,4,7)(2,5,8)(3,6,9) τ4 = (1,5,9,4,8,3,7,2,6) τ5 = (1,6,2,7,3,8,4,9,5) τ6 = (1,7,4)(2,8,5)(3,9,6) τ7 = (1,8,6,4,2,9,7,5,3) τ8 = (1,9,8,7,6,5,4,3,2).
Tiếp, đặt δ là phép đối xứng qua đường phân giác đi qua đỉnh 1. Khi đó δ = (2,9)(3,8)(4,7)(5,6)(1).
Chú ý δ2 tương ứng là sự đảo hướng vòng về vị trí ban đầu.
Để biểu diễn tất cả hoán vị gây ra bởi phép đối xứng vòng qua đường phân giác, đầu tiên ta đảo hướng vòng, sau đó quay chuỗi vòng như đã giải thích ở Ví dụ 3.2.3.
Khi đó,
δ = (2,9)(3,8)(4,7)(5,6)(1) τ δ = (1,2)(3,9)(4,8)(5,7)(6) τ2δ = (1,3)(4,9)(5,8)(6,7)(2) τ3δ = (1,4)(2,3)(5,9)(6,8)(7) τ4δ = (1,5)(2,4)(6,9)(7,8)(3) τ5δ = (1,6)(2,5)(3,4)(7,9)(8) τ6δ = (1,7)(2,6)(3,5)(8,9)(4) τ7δ = (1,8)(2,7)(3,6)(4,5)(9) τ8δ = (1,9)(2,8)(3,7)(4,6)(5).
Chú ý
D9 = {1, τ, τ2, τ3, τ4, τ5, τ6, τ7, τ8, δ, τ δ, τ2δ, τ3δ, τ4δ, τ5δ, τ6δ, τ7δ, τ8δ}.
Từ Định lí Burnside, số vòng khác nhau với hạt trắng và 4 hạt đen là N = 1
|D9|(|Fix((1))|+ |Fix(τ)|+|Fix(τ2)|+|Fix(τ3)|+|Fix(τ4)|+
|Fix(τ5)| + |Fix(τ6)| + |Fix(τ7)| + |Fix(τ8)| + |Fix(δ)| + |Fix(τ δ)| +
|Fix(τ2δ)|+|Fix(τ3δ)|+|Fix(τ4δ)|+|Fix(τ5δ)|+|Fix(τ6δ)|+|Fix(τ7δ)|+
|Fix(τ8δ)|).
Có C95 = 126 cách có thể để sắp xếp được 5 hạt trắng và 4 hạt đen.
Rõ ràng, phép đồng nhất cố định cả 126 cách, nên |F ix((1))| = 126.
Ta có τ, τ2, τ4, τ5, τ7, τ8 sinh ra mọi hạt có màu giống nhau nên
|Fix(τ)| = |Fix(τ2)| = |Fix(τ4)| = |Fix(τ5)| = |Fix(τ7)| = |Fix(τ8)| = 0.
τ3 và τ6 là tích của 3 3-chu kì rời nhau. Các hạt số 1, 4, 7 phải cùng một màu, tương tự với hạt số 2, 8, 5 và 3, 9, 6. Vì vậy, không có cách nào để sắp xếp được 5 hạt trắng và 4 hạt đen. Nên|Fix(τ3)| = |Fix(τ6)| = 0.
Tiếp, xét hoán vị sinh ra bởi phép đối xứng. Mỗi hoán vị có thể được
phân tích thành 4 2-chu kì và 1 1-chu kì. Hạt liên kết với 1-chu kì phải luôn luôn là trắng vì cách sắp xếp phải tương đương với một trong 126 cách sắp xếp, nó phải chứa 5 hạt trắng. Điều này có nghĩa là 2 trong 4 cặp phải là trắng. Vì vậy có C42 = 6 cách tạo thành một cách xếp tương đương.
Vì δ, τ δ, τ2δ, τ3δ, τ4δ, τ5δ, τ6δ, τ7δ, τ8δ tất cả đều có cấu trúc này nên
|Fix(δ)| = |Fix(τ δ)| = |Fix(τ2δ)| = |Fix(τ3δ)| = |Fix(τ4δ)| = |Fix(τ5δ)|
= |Fix(τ6δ)| = |Fix(τ7δ)| = |Fix(τ8δ)| = 6.
Vì vậy, số N cách tô màu chuỗi vòng khác nhau với 5 hạt trắng và 4 hạt đen là
N = 1
18(126 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 6 + 6 + 6 + 6+
6 + 6 + 6 + 6 + 6)
=180
18 = 10.
Định nghĩa 3.4. Nếu sự phân tích hoàn toàn của τ ∈ Sn có er(τ) ≥0 r-chu kì thì chỉ số của τ là đơn thức
ind(τ) =xe11(τ)xe22(τ)...xenn(τ).
Nếu G là một nhóm con của Sn thì hệ số chu kì của G là đa thức n biến với các hệ số thuộc Q.
PG(x1, ..., xn) = 1
|G|
X
τ∈G
ind(τ).
Ví dụ 3.2.6. Trong vấn đề chuỗi vòng 6 hạt ở Ví dụ 3.2.3, G= D6 và τ = (1,2,3,4,5,6)
τ2 = (1,3,5)(2,4,6) τ3 = (1,4)(2,5)(3,6) τ4 = (1,5,3)(2,6,4) τ5 = (1,6,5,4,3,2)
δ = (2,6)(3,5)(1)(4) τ δ = (1,2)(3,6)(4,5) τ2δ = (1,3)(4,6)(3)(5) τ3δ = (1,4)(2,3)(5,6) τ4δ = (1,5)(2,4)(3)(6) τ5δ = (1,6)(2,5)(3,4).
Vì vậy, ind(1) = x61 vì phép động nhất được tạo nên bởi 6 1-chu kì.
Khi đó, ind(τ) = ind(τ5) = x6, ind(τ2) = ind(τ4) = x23, ind(τ3 = x32), ind(δ) = ind(δτ2) = ind(δτ4) = x21x22 và ind(δτ) = ind(δτ3) = ind(δτ5) =x32. Hệ số chu kì của D6 là:
PD6(x1, ..., x6) = 1
12(x61 + 2x6 + 2x23 + 3x21x22 + 4x32).
Ví dụ 3.2.7. Trong Ví dụ 3.1.4, ta thấy rằng nhóm cyclix G =< τ >
với bậc 4 tác động lên một hình vuông với 25 ô vuông, ở đó
τ =(1,5,25,21)(2,10,24,16)(3,15,23,11)(4,20,22,6)(7,9,19,17) (8,14,18,12)(13)
Kéo theo
τ2 =(1,25)(5,21)(2,24)(10,16)(3,23)(15,11)(4,22)(20,6)(7,19) (9,17)(8,18)(14,12)(13)
τ3 =(1,21,25,5)(2,16,24,10)(3,11,23,15)(4,6,22,20)(7,17,19,9) (8,12,18,14)(13)
τ4 =(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)(11)(12)(13)(14)(15)(16)(17) (18)(19)(20)(21)(22)(23)(24)(25).
Hệ số chu kì của G là
PG(x1, ..., x25) = 1
4(x251 +x1x122 + 2x1x64)
Bây giờ ta có thể viết lại số (q, G)-cách tô màu với số hạng của hệ số chu kì, tức là Định lí Burnside có thể cũng được viết lại.
Định lý 3.3. Cho X là một tập hữu hạn với |X| = n và cho G là một nhóm con của Sn, nhóm mà tác động lên X. Khi đó, số các (q, G)-cách tô màu của X là PG(q, ..., q).
Chứng minh. Nhắc lại rằng một (q, G)-cách tô màu của X là một quĩ đạo của (c1, ..., cn) trong tập Cn. Từ Mệnh đề 3.1, vì G tác động lên X nên G tác động lên Cn. Khi đó từ Định lí Burnside, vì G tác động lên Cn, các (q, G)-cách tô màu của X là:
N = 1
|G|
X
τ∈G
|F ix(τ)|.
Từ Hệ quả 3.1, ta có
N = 1
|G|
X
τ∈G
qt(τ),
ở đó t(τ) là số chu kì trong phân tích hoàn toàn của τ. Như đã định nghĩa,
PG(x1, ..., xn) = 1
|G|
X
τ∈G
ind(τ)
= 1
|G|
X
τ∈G
xe11(τ)xe22(τ)...xenn(τ),
và
PG(q, ..., q) = 1
|G|
X
τ∈G
qe1(τ)+e2(τ)+...+en(τ)
= 1
|G|
X
τ∈G
qt(τ).
Vì vậy, số (q, G)-cách tô màu của X là PG(q, ..., q).
Ví dụ 3.2.8. Trở lại Ví dụ 3.2.7, hãy đếm số cách tô màu khác nhau của một hình vuông 5×5 với 25 ô vuông, mỗi ô có thể được tô với một trong hai màu sử dụng hệ số chu kì. Vì G=< τ >,
PG(x1, ..., x25) = 1
4(x251 +x1x122 + 2x1x64).
Khi đó, số các hình vuông khác nhau là PG(2, ...,2) = 1
4(225 + 2.212+ 2.2.26)
= 1
4(33554432 + 8192 + 256)
= 33562880 4
= 8390720.
Chú ý rằng kết quả này giống với kết quả đã tính ở Ví dụ 3.1.4
Vì vậy, bây giờ ta có phương pháp khác để tính số cách tô màu khác nhau. Hệ số chu kì làm cho cách tính dễ dàng hơn, nhưng nó cũng có một vai trò chìa khóa trong sự mở rộng của Định lí Burnside nhờ Định lí Pólya Định lí Pólya là đặc biệt hữu ích khi giải quyết vấn đề ở đó việc sử dụng các màu bị hạn chế. Ví dụ nó có thể được sử dụng để tính số cách tô màu cho vòng 6 hạt với 4 hạt trắng và 2 hạt đen.
Định lý 3.4. (Định lí Pólya) Cho G ⊆ SX, ở đó |X| = n, đặt |C| = q, với mỗi i ≥ 1, định nghĩa σi = ci1 + ...+ ciq. Khi đó, số (q, G)-cách tô màu của X có fr phần tử của màu cr, với mọi r, là hệ số của cf11cf22...cfqq
trong PG(σ1...σn).
Ví dụ 3.2.9. Để giải quyết vấn đề chuỗi hạt được đưa ra ở trên, đầu tiên nhắc lại từ Ví dụ 3.2.6 rằng hệ số chu kì cho chuỗi 6-hạt là
PD6(x1, ..., x6) = 1
12(x61 + 2x6 + 2x23 + 3x21x22 + 4x32.)
Sử dụng Định lí Pólya, số vòng với 4 hạt màu trắng, 2 hạt màu đen là hệ số của b2w4 trong
Pσ(σ1, ..., σ6) = 1
12[(b+w)6 + 2(b6 +w6) + 2(b3 +w3)2+ 3((b+ w)2(b2 +w2)2) + 4(b2 +w2)3].
Sử dụng định lí nhị thức, ta tìm hệ số của b2w4. Định lí nhị thức phát biểu rằng với số nguyên dương n,
(x+a)n =
n
X
k=0
Cnkxkan−k,
ở đó Cnk là hệ số của nhị thức.
Bắt đầu với (b+ w)6. Vì n = 6, hệ số của b2w4 tìm được khi k = 2.
Vì vậy với phần này, hệ số của b2w4 là C62.
Tiếp, xét b6 + w6. Vì n = 1 và ta cần tìm số nguyên k sao cho
b6kw6(1−k) = b2w4. Trường hợp này không có nghiệm nên hệ số của b2w4 bằng 0.
Với (b3 + w3)2, n = 2 nên ta cần tìm một số nguyên k sao cho b3kw3(2−k) = b2w4. Điều này không có nghiệm.
Với (b+w)2(b2 +w2)2,
b2w4 = blw2−lb2kw2(2−k)
= b2k+lw6−2k−l
khi k = 1 và l = 0 hoặc k = 0 và l = 2. Khi đó hệ số của b2w4 là C21.C20 +C20 +C22.
Cuối cùng, xét (b2 +w2)3. Vì n = 3, b2kw2(3−k) = b2w4 khi k = 1, hệ số của b2w4 là C31.
Vì vậy hệ số của b2w4 là 1
12(C62 + 2(0) + 2(0) + 3.(C21.C20 +C20 +C22) + 4C31)
= 1
12(15 + 2(0) + 2(0) + 3(2 + 1) + 4(3))
= 36 12
= 3.
Chú ý kết quả này giống với kết quả được tính trong Ví dụ 3.2.6.
Kết luận, xét một vài ví dụ về cách sử dụng định lí Pólya. Một hình lập phương có thể được tô màu vào 8 đỉnh, 12 cạnh hoặc 6 mặt. Ở mỗi trường hợp, hai cách tô là tương đương nếu một cách khác có thể được thu được từ phép quay. NhómGcủa phép quay của một hình lập phương là đẳng cấu với S4. Vì vậy, G chứa 24 phép quay.
24 phép quay hình lập phương có trục có thể thấy ở hình 3.9 gồm:
1. Phép đồng nhất.
2. Ba phép quay góc 180o quanh đường nối tâm của các mặt đối diện.
Hình 3.9: Các trục quay của hình lập phương
3. Sáu phép quay góc 90o quanh đường nối tâm của các mặt đối diện.
4. Sáu phép quay góc 180o quanh đường nối trung điểm của các cạnh đối diện.
5. Tám phép quay góc 120o quanh đường nối các đỉnh đối diện.
Ví dụ 3.2.10. Hãy tô các đỉnh của một hình lập phương sao cho có 6 đỉnh màu đỏ và 2 đỉnh màu đen.
Hình 3.10: Phép quay quanh đường nối tâm của các mặt đối diện
Phép đồng nhất có thể được mô tả như một tích của 8 1-chu kì. Trong hình 3.10, ta có thể thấy rằng phép quay góc 180o quanh đường nối tâm các mặt đối diện có thể được biểu diễn như tích của 4 2-chu kì rời nhau, và phép quay góc 90o quanh đường nối tâm các mặt đối diện có thể được viết là tích của 2 4-chu kì rời nhau.
Trong hình 3.11, ta thấy phép quay góc 180o quanh đường nối trung điểm của các cạnh đối diện có thể được viết là tích của 4 2-chu kì rời nhau.
Cuối cùng, hình 3.12 chỉ ra rằng phép quay góc 120o quanh đường nối các đỉnh đối diện có thể được viết là tích của 2 1-chu kì và 2 3-chu kì rời nhau.
Hình 3.11: Phép quay quanh đường nối trung điểm của các cạnh đối diện
Hình 3.12: Phép quay quanh đường nối các đỉnh đối diện
Vì vậy, hệ số chu kì là:
PS4 = 1
24(x81 + 6x24 + 9x42 + 8x21x23)
Nếu hình lập phương được tô bởi hai màu và không có giới hạn về số lần một màu được sử dụng thì từ Định lí 3.3 có PS4(2, ...,2) cách tô màu
khác nhau của đỉnh của hình lập phương PS4(2, ...,2) = 1
24(28 + 6(22) + 9(24) + 8(22)(22))
= 552 24
= 23.
Tuy nhiên, ta đang tính có bao nhiêu cách tô màu khác nhau mà với 6 màu đỏ và 2 màu đen. Vì vậy, ta xét hệ số của b2r6 trong
Pσ(σ1, ..., σ24) = 1
24[(b+r)8+ 9(b2+r2)4+ 6(b4+r4)2+ 8((b+r)2(b3+ r3)2)].
Sử dụng định lí nhị thức ta được hệ số của b2r6 là 1
24(C82 + 9C41 + 8C20C22) = 72 24
= 3.
Ta thấy rằng Định lí Pólya khá hữu ích.
KẾT LUẬN
Mục đích chính của đề tài này là đưa ra một cách chứng minh định lý Burnside dựa vào tác động của nhóm lên tập hợp và tìm hiểu các ứng dụng của Định lý trong nhiều lĩnh vực khác nhau. Tôi mong rằng luận văn về đề tài "Định lý Burnside và ứng dụng" sẽ là một tài liệu có ích cho bạn đọc và đặc biệt là những người yêu thích vấn đề này.
Do kinh nghiệm bản thân còn hạn chế nên luận văn còn nhiều khiếm khuyết. Tôi rất mong nhận được những ý kiến góp ý chân tình từ Thầy, Cô giáo để tôi có hướng phát triển và sửa chữa cho đề tài ngày càng hoàn thiện hơn.
Một lần nữa, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc và lòng biết ơn chân thành tới ThS. Đỗ Văn Kiên, cũng như sự chỉ bảo, góp ý của các Thầy, Cô giáo trong tổ Đại số đã giúp đỡ tôi hoàn thành khóa luận tốt nghiệp.
Sinh viên
Nguyễn Thị Hồng Thúy