Там нужно находить (из выложенных на стол 12) тройки карточек, по каждому из четырёх параметров (цвет, тип закраски, количество, форма) либо все совпадающие, либо все различающиеся. И из-за перевода выше это можно переформулировать как поиск прямых в четырёхмерном пространстве над полем из трёх элементов.
Не то, чтобы это сильно в игре помогало. :)
Не то, чтобы это сильно в игре помогало. :)
Так вот — а _почему_ число трёхцветных раскрасок это инвариант?
Оказывается, что хоть мы на него смотрели "аддитивно", на него есть и "некоммутативный" взгляд.
Оказывается, что хоть мы на него смотрели "аддитивно", на него есть и "некоммутативный" взгляд.
У узла есть такой естественный инвариант: фундаментальная группа дополнения к нему (https://en.wikipedia.org/wiki/Knot_group )
Wikipedia
Knot group
fundamental group of a knot complement
То есть группа петель в R^3\K, в которой произведение это последовательный проход сначала одной петли, потом другой.
Если узел "сплющить" до диаграммы почти-в-плоскости, то очень естественно поставить отмеченную точку, в которой петли начинаются и заканчиваются, на бесконечности над этой плоскостью.
Тогда легко увидеть, что фундаментальная группа порождается петлями вида "спустились к диаграмме, обошли вокруг одной из нитей, поднялись обратно":
Тогда легко увидеть, что фундаментальная группа порождается петлями вида "спустились к диаграмме, обошли вокруг одной из нитей, поднялись обратно":
А соотношения приходят из перекрёстков: два обхода "нижних" нитей перекрёстка сопрягаются обходом верхней нити:
На этом рисунке γ_j=γ_i^{-1} γ_k γ_i:
спускаясь в южный квадрант, мы уходим не сразу в западный, а сначала в восточный (это γ_i), потом в верхний (γ_k), и наконец, в восточный (γ_i^{-1}).
спускаясь в южный квадрант, мы уходим не сразу в западный, а сначала в восточный (это γ_i), потом в верхний (γ_k), и наконец, в восточный (γ_i^{-1}).
Так вот: раз фундаментальная группа G=π_1(R^3\K) это инвариант, то инвариант и всё, что по ней можно построить.
Давайте посчитаем число гомоморфизмов из G в группу перестановок S_3 трёх элементов — но не любых, а таких, чтобы петля-один обход нити переходила бы в транспозицию. (Поскольку все такие обходы сопряжены, то это тоже инвариантное условие.)
Давайте посчитаем число гомоморфизмов из G в группу перестановок S_3 трёх элементов — но не любых, а таких, чтобы петля-один обход нити переходила бы в транспозицию. (Поскольку все такие обходы сопряжены, то это тоже инвариантное условие.)
И это и будут наши три цвета: ведь условие "a^{-1} b a = c" для транспозиций a,b,c из S_3 равносильно условию "либо все три совпадают, либо все три различны".
Вот, собственно, и всё — условие на правильность раскраски оказалось условием на гомоморфизм фундаментальной группы в S_3 (что соотношения выполняются). И число правильных раскрасок — это число вот таких гомоморфизмов.
Последний комментарий в виде ассоциации — шестая задача отсюда:
http://math.mosolymp.ru/upload/files/2017/khamovniki/10-1/2016.09.26_Vesa.pdf
http://math.mosolymp.ru/upload/files/2017/khamovniki/10-1/2016.09.26_Vesa.pdf
(Не буду объяснять, почему, будет подсказка, но если что, рядом лежат и решения: via http://math.mosolymp.ru/2017_khamovniki_10_1 )
math.mosolymp.ru
Хамовники — группа 10-1 | Подготовка школьников Москвы к олимпиадам по математике
Кружок в Хамовниках — 2016–2017 уч. год — группа 10-1
И на этом севшая батарея ноутбука намекает, что пора на сегодня прекратить дозволенные речи.
Вообще-то я собирался рассказывать про другое, но вчерашний доклад Микеле Триестино поменял мои планы:
Рассмотрим вот такую группу:
H_4=< a,b,c,d | aba^{-1}=b^2,
bcb^{-1}=c^2,
cdc^{-1}=d^2,
dad^{-1}=a^2 >
H_4=< a,b,c,d | aba^{-1}=b^2,
bcb^{-1}=c^2,
cdc^{-1}=d^2,
dad^{-1}=a^2 >