300000
20112
10892
English | Français | فارسی | 中文 | Українська | Azerbaijani | ខ្មែរ | Tiếng Việt | Bahasa Melayu | Deutsch
10892
Əgər siz sadəcə bu çətinliyin arxasında duran nəzəriyyəni yox, necə həll olunması ilə maraqlanırsınızsa, onda "Sınaq və xəta ilə rəng tapmaq üçün hansı işarələr var?"
İnvariantlar haqqında
Aşağıdakı üç diaqramdan ikisi
düyünü kəsmədən bir-birinə deformasiya oluna bilər.
Bir invarianta misal olaraq, sonsuz sayda ekvivalent diaqramlardan hər hansı birinin ola biləcəyi keçidlərin minimal sayıdır. Bu invariantı tapmaq çətindir, çünki bir çox sonsuz diaqramları yoxlamaq mümkün deyil.
Bəs verilmiş diaqram üçün hesablamaq mümkün olan invariant nə ola bilər? İstənilən şəkildə diaqramı deformasiya edə biləndə hansı mülkiyyətin deformasiyada dəyişməməsini təsəvvür etmək çətindir.
Tri-rəngkarlıq invariantdır.
N-rəngkarlıq
ünvanla
Tuzun-Sikora
8_19
düyünü kəsmədən bir-birinə deformasiya oluna bilər.
Səncə, onlar hansılardır?
İki diaqramın müxtəlif düyünlərə aid olub-olmadığını müəyyən etmək üçün rəngkarlıqdan necə istifadə etməyi aşağıda öyrənirsiniz. Tri-rəngliliyi araşdırmaqla, hansı diaqramların mütləq bir-birinə deformasiya edilə bilməyəcəyini görmək mümkün idi.
Əks halda aşağıdakı ardıcıllıqla tuzun-sikora diaqramının bir dairəyə sadələşdirilməsi göstərilmişdir.
Tuzun-Sikora diaqramının unknot olduğunu sübut edir.
Unknotting diagram və Tuzun-Sikora birlikdə sonsuz bir çox digər deformasiyalar eyni riyazi düyün, bu halda unknot. Necə ola bilər ki, iki diaqram bir-birinə heç vaxt deformasiya edilə bilməsin, nə qədər böyük inbetween böyüsün? Diaqramın deformasiyası zamanı dəyişməyən xüsusiyyət "invariant" (non-varying) adlanır.Əks halda aşağıdakı ardıcıllıqla tuzun-sikora diaqramının bir dairəyə sadələşdirilməsi göstərilmişdir.
Tuzun-Sikora diaqramının unknot olduğunu sübut edir.
İlk proyeksiya
A Reidemeister 3 addım
Hərəkətdən sonra və uzandıqdan sonra
Keçidin azaldılması hərəkəti
Hərəkətdən sonra və uzandıqdan sonra
Keçidin azaldılması hərəkəti
Hərəkətdən sonra və uzandıqdan sonra
Keçidin azaldılması hərəkəti
Hərəkətdən sonra və uzandıqdan sonra
Keçidin azaldılması hərəkəti
Hərəkətdən sonra və uzandıqdan sonra
Keçidin azaldılması hərəkəti
Hərəkətdən sonra
Keçidin azaldılması hərəkəti
Hərəkətdən sonra
Ridemeister 2 addımı
Hərəkətdən sonra
A Reidemeister 1 addım
Hərəkətdən sonra
A Reidemeister 1 addım
Hərəkətdən sonra
A Reidemeister 1 addım
Hərəkətdən sonra
A Reidemeister 1 addım
Hərəkətdən sonra
Bir invarianta misal olaraq, sonsuz sayda ekvivalent diaqramlardan hər hansı birinin ola biləcəyi keçidlərin minimal sayıdır. Bu invariantı tapmaq çətindir, çünki bir çox sonsuz diaqramları yoxlamaq mümkün deyil.
Bəs verilmiş diaqram üçün hesablamaq mümkün olan invariant nə ola bilər? İstənilən şəkildə diaqramı deformasiya edə biləndə hansı mülkiyyətin deformasiyada dəyişməməsini təsəvvür etmək çətindir.
Tri-rəngkarlıq invariantdır.
Bunu izah etmək üçün qələmi qaldırmadan çəkmək mümkün olan düyün hissələri olan iplərdən istifadə edirik. Hər bir keçiddə 3 iplə qarşılaşır, biri over-pass, biri isə hər tərəfdən. Hər bir ipə 3 rəngdən birini vermək mümkündürsə, düyün diaqramı tri-rənglidir ki, hər keçiddə bizdə 2 rəng yox, ya 1, ya da 3 rəng olsun. Hamısını bir rənglə rəngləmək həmişə mümkündür və sayılmır. Ən azı 2 rəngdən haradasa istifadə etmək lazımdır.
3 diaqramdan hansının tri-rəngə boyanmasi var?
1990-cı ildə 1000-ə yaxın insan iştirak etmişdir. 2-ci düyüm unknota deformasiya olunur və buna görə də rənglənməzdir. Biz bunu sonradan sübut edəcəyik. Digər düyün isə tri-rənglidir və buna görə də heç vaxt yuxarıda göstərildiyi kimi unknota deformasiya edilə bilməz.
Tri-rəngkarlıq zəif invariantdır, çünki onun tərkibində yalnız mümkün olan ən kiçik miqdarda məlumat var, sadəcə hə/yox. Bu iki növə bölünür: 2000-ci ildə baş verən və 2000-ci ildə baş verən bu yeniliyə görə, 1990-cı ildə 1000-dən çox film var idi.
N-rəngkarlıq
Daha güclü invariant N rənglərinin mövcud olduğu və hər bir rəng 0,1,2,3,...,N-1 rəqəmlərindən birini təmsil edən N-Colourability-dir. Hər keçiddə qane olmaq şərti ondan ibarətdir ki, 2 alt-zolağın rənglərinin cəmi minus 2 dəfə artıq olan həddən artıq olan rəng N-nin çoxluğudur. Başqa sözlə, əgər rənglər a,b,c olarsa, onda multipliker k belə olmalıdır ki, a+b-2c = kN. Riyazi ekvivalent, lakin daha geniş yayılmış formul a + b ≡ 2c mod N. Bu o deməkdir ki, ≡ işarəsinin hər iki tərəfi N. working modulo (mod) vasitəsilə bölməyə eyni qalığı qoyur. Bəzi ədədlər Modulyar Arifmetika adlanır və çoxlu maraqlı və faydalı qaydalara malikdir.
Bir çox suallar yaranır.
Bir çox suallar yaranır.
Modulyar arifmetika ilə tanışlıq
Modulyar arifmetikanın bütün ifadələrini multiplier k təqdim edərək və ≡ tənliyini normal tənlik kimi yenidən formulə etməklə sübut edə bilərik. istifadə etdiyimiz notasiyanı qısaldmaq üçün
"Bütöv ədəd" üçün "integer",
'p times q' üçün 'pq',
∃ var,
':' 'mal ilə' üçün, və
'A → B'dən' üçün istifadə edilmişdir.
Sübut: əgər bir ≡ b mod N və c ≡ d mod N o zaman (a+c) ≡ (b+d) mod N
Modulyar tənlik a ≡ b mod N deyilir ki, a və b yalnız p çoxluğu ilə fərqlənir.
yəni a = b + mp olan mülk ilə multiplier m mövcud olmalıdır. Qısa qeydlərdə bu
(a ≡ b mod N) → (∃ integer m: a = b + mp)
c ≡ d mod N) → (∃ integer n: c = d + np)
Hər iki bərabərliyi əlavə etməklə a + c = b + mp + d + np = b + d + (m+n)p
→ a + c ≡ (b + d) mod N
yəni a = b + mp olan mülk ilə multiplier m mövcud olmalıdır. Qısa qeydlərdə bu
(a ≡ b mod N) → (∃ integer m: a = b + mp)
c ≡ d mod N) → (∃ integer n: c = d + np)
Hər iki bərabərliyi əlavə etməklə a + c = b + mp + d + np = b + d + (m+n)p
→ a + c ≡ (b + d) mod N
Prove: əgər bir ≡ b mod N sonra hər hansı bir integer m üçün biz ma ≡ mb mod N
(a ≡ b mod N) → (∃ integer k: a = b + kN)
m ilə çoxaldıqdan sonra alırıq
ma = mb + mkN
→ ma ≡ mb mod N
m ilə çoxaldıqdan sonra alırıq
ma = mb + mkN
→ ma ≡ mb mod N
Prove: əgər ≡ b mod (PQ) sonra ≡ b mod P.
a ≡ b mod (PQ)
→ ∃ integer k: a = b + k(PQ)
→ a = b + (kQ)P
→ ≡ b mod P
Bəs əks istiqamət haqqında nə demək?
Nəyə görə demək olar ki, bu, heç də belə deyil?
→ ∃ integer k: a = b + k(PQ)
→ a = b + (kQ)P
→ ≡ b mod P
Bəs əks istiqamət haqqında nə demək?
Burada əks-səda nümunəsini göstərmək olar:
6 ≡ 1 mod 5 ancaq
6 ≢ 1 mod 15 çünki 6 və 1 15 çoxluğu ilə fərqlənmir.
6 ≡ 1 mod 5 ancaq
6 ≢ 1 mod 15 çünki 6 və 1 15 çoxluğu ilə fərqlənmir.
Nəyə görə demək olar ki, bu, heç də belə deyil?
Bir tənlikdə mod N ≡ hər iki tərəfi N müxtəlif dəyərlərə malik ola bilər. Bir tənlik modunda (NM) ≡ hər iki tərəfi NM fərqli dəyərlərə sahib ola bilər. Buna görə də bir relation mod (NM) bir relation mod N-dən daha çox məlumat daşıyır. Moddan (NM) N-i dəyişdirmək üçün gedərək məlumatı atmaq asandır, lakin heç nədən informasiya yaratmağın əksi qeyri-mümkündür. Kobud desək, bu mənada = istifadə edilən normal bərabərlik ≡ mod ∞(sonsuzluğa) bərabərdir.
Yan şərh kimi, bu, belə bir ehtimal açır ki, həllin integer ədədlərlə bağlı olduğu və bir nəfərin '=' istifadə edərək tənlik şəklində həll axtardığı və həlldə rəqəmlərin mütləq dəyəri üçün yuxarı bir sərhəd olduğunu bilən tətbiqlərdə, o zaman bir strategiya bəzi kiçik prime rəqəm N üçün həll mod N tapmaqla başlamaq və sonra hesablamaq ola bilər şəxsiyyət mod N^2, sonra mod N^4 və s. nə qədər ki, N-nin gücü həll üçün bilən yuxarı zolaqdan böyükdür və sonra mod atmaq olar və dəqiq həll var istifadə edərək = .
Hensel qaldırıcı adlanan belə üsuldan istifadə etmək olar ki, əvvəlcə bəzi kiçik əsas ədədlərə, sonra isə tam olaraq tam inteqrantların üzərində univariat polinomlar faktorizə edilsin.
Sübut: a + b ≡ ((a mod N) + (b mod N)) mod N
a və a mod N çoxluğu ilə fərqlənir: a = (a mod N) + pN
b və b mod N çoxluğu ilə fərqlənir: b = (b mod N) + qN
→ a + b = (a mod N) + (b mod N) + (p + q)N
→ a + b ≡ ((a mod N) + (b mod N)) mod N
b və b mod N çoxluğu ilə fərqlənir: b = (b mod N) + qN
→ a + b = (a mod N) + (b mod N) + (p + q)N
→ a + b ≡ ((a mod N) + (b mod N)) mod N
Prove: ab ≡ ((a mod N)(b mod N)) mod N
a və a mod N çoxluğu ilə fərqlənir: a = (a mod N) + pN
b və b mod N çoxluğu ilə fərqlənir: b = (b mod N) + qN
→ ab = ((a mod N) + pN)((b mod N) + qN)
= (a mod N)(b mod N) + [(a mod N)q + (b mod N)p + pqN]N
→ ab ≡ (a mod N)(b mod N) mod N
b və b mod N çoxluğu ilə fərqlənir: b = (b mod N) + qN
→ ab = ((a mod N) + pN)((b mod N) + qN)
= (a mod N)(b mod N) + [(a mod N)q + (b mod N)p + pqN]N
→ ab ≡ (a mod N)(b mod N) mod N
Sübut: əgər P(x,y,...) dəyişənlərdə polinom x,y,... sonra P(x,y,...) ≡ P((x mod N),(y mod N),...) mod N
Hər bir polinom məhsul məcmusu kimi yazıla bilər, buna görə də yuxarıdakı iki qaydanı tətbiq etmək bu deyimi dəfələrlə sübut edir.
Sübut: Modulyar aritmetik modulda əsas rəqəm, integerlər tərəfindən bölünmələr yenə integers verir.
Biz bir prime sayı p və hər hansı bir integer üçün ≢ 0 mod N üçün inverse 1/a mod N də integer olduğunu göstərməklə başlayır. Biz ≢ 0 mod N tələb edirik, çünki modulyar arifmetikada da sıfıra görə bölünmə mümkün deyil.
Qoy u u ≡ 1/a mod N. bir mod N-nin inversi olmaq üçün o deməkdir
ua ≡ 1 mod N
→ ∃ integer k: ua = 1 + kp
Bu, Bézout-un şəxsiyyətinin formasına malikdir: ua + vp = GCD(a,p) harada GCD(a,p) a,p ən böyük ümumi Divisor və harada v=-k. Çünki p bir prime ədəd və a çoxluğu deyil ki, GCD(a,p)=1.
Bézout-un kimliyində multipliers u,v genişləndirilmiş Euclidean alqoritmi vasitəsilə hesablamaq olar və hər ikisi, u,v, integerdir.
əgər you=1/a integer mod N o zaman b/a = bu da integer mod N-dir ki, bu da göstərilməli idi.
Nümunə: 1/3 ≡ 5 mod 7 çünki 1 = 3(1/3) ≡ 3(5) = 15 = 2(7) + 1 ≡ 1 mod 7.
ma ≡ mb mod N ≡ b mod N-yə nə vaxt bərabərdir?
Biz gördük ki, ≡ b mod N-dən ma ≡ mb mod N-nin ardınca gedir. Biz integer k ≡ 1/m mod N ilə çoxalda bilsək, ekvivalentliyimiz var. Bu o deməkdir ki, m ilə multipliction sonra bir integer l belə var ki, mk = 1 + lN ki, Bézout'un 1 = GCD(m,N) ilə şəxsiyyəti (Greated Common Divisor of m,N) var. Buna görə m və N ma ≡ mb mod N və ≡ b mod N-nin təchizi üçün həmrəy olmalıdır.
Çin qalığı teoremi.
N-dan asılı olmaq üçün modulyar tənlik mod N-də informasiya məzmunu haqqında daha əvvəl danışmışdıq. İki modulyar tənliyi daha kiçik modul ədədlərlə daha böyük rəqəmlə birinə birləşdirmək mümkün olmamalıdırmı?
Çin xatırlatma teoremi belə qeyd edir.
Əgər iki tənlik üçün
x ≡ a1 mod N1
x ≡a 2 mod N2
Divisors N1,N 2 co-prime, sonra tam bir qiymət var x qədər çox p1p2 bu hər iki modulyar tənlikləri qane edir.
Həlli əldə etməyin yollarından biri genişləndirilmiş Euclidean alqoritmindən istifadə edərək Bézout-un şəxsiyyət m1N1 + m2N2 = 1 hesablama ilə m1,m 2 və sonra formuldan istifadə etmək
x = a1m2N2 + a2m1M1
= a1(1 - m1N1) + a2m1N1
= a1 + (a2 - a1)m1N1
x ≡1 mod N1 və ekvivalent x = a2 + (a1 - a2)m2N2 göstərilir ki, bu da x ≡2 mod N2 göstərir.
Əgər birinin ikidən çox modulyar tənlikləri varsa, onda biri bir modulyar tənlik şəklində həll olana qədər onlardan ikisini dəfələrlə bir-bir əvəz edə bilər. Hər bir əvəzetmədə yeni divisorun sayı birləşdirilmiş tənliklərin iki divisitorunun məhsuluna çevrilərək artır.
Çin xatırlatma teoremi belə qeyd edir.
Əgər iki tənlik üçün
x ≡ a1 mod N1
x ≡a 2 mod N2
Divisors N1,N 2 co-prime, sonra tam bir qiymət var x qədər çox p1p2 bu hər iki modulyar tənlikləri qane edir.
Həlli əldə etməyin yollarından biri genişləndirilmiş Euclidean alqoritmindən istifadə edərək Bézout-un şəxsiyyət m1N1 + m2N2 = 1 hesablama ilə m1,m 2 və sonra formuldan istifadə etmək
x = a1m2N2 + a2m1M1
= a1(1 - m1N1) + a2m1N1
= a1 + (a2 - a1)m1N1
x ≡1 mod N1 və ekvivalent x = a2 + (a1 - a2)m2N2 göstərilir ki, bu da x ≡2 mod N2 göstərir.
Əgər birinin ikidən çox modulyar tənlikləri varsa, onda biri bir modulyar tənlik şəklində həll olana qədər onlardan ikisini dəfələrlə bir-bir əvəz edə bilər. Hər bir əvəzetmədə yeni divisorun sayı birləşdirilmiş tənliklərin iki divisitorunun məhsuluna çevrilərək artır.
N-rəngliliyin invariant olduğunu necə sübut etmək olar?
Daha əvvəl izah edildiyi kimi Düşünmək üçün Bəzi Yeməkləri Unknotting > Definitions > Reidemeister hərəkətləri ilə giriş, 3 Ridemeister hərəkətləri bir düyün diaqramının hər hansı bir deformasiyası yerinə yetirmək üçün kifayətdir. Buna görə də invariant olmaq üçün yalnız bu 3 hərəkətin altında mülkiyyətin dəyişmədiyini göstərmək lazımdır.
Necə göstərə bilərik ki, mənim hərəkət etdiyim Reidemeister rənglənməni dəyişmir?
Əgər iplərin rəngləri göstərildiyi kimi A və B olarsa, onda rəngləmə vəziyyəti sol şəkil A + B ≡ 2B mod N və sağ şəkil B + A ≡ 2A mod N tələb edir. Hər iki halda B = A həlldir:
Bu o deməkdir ki, Reidemeister I move ifa etmək rəngkarlıq dəyişmir.
Reidemeister II addımının rəngliyini dəyişmədiyini necə göstərmək olar?
Əgər iplərin rəngləri göstərildiyi kimi A,B və C olarsa, onda C sol şəkildə B + C ≡ 2A mod N vəziyyətindən unikal olaraq müəyyən edilir ki, C ≡ (2A - B mod N) və sağ şəkildə A + C ≡ 2B mod N so C ≡ (2B - A mod N). Bu, REIDemeister II hərəkətini yerinə yetirərkən yeni ipin rəngini müəyyən edir. Rənglənmə təsir etmir.
Reidemeister III addımının rəngliyini dəyişmədiyini necə göstərə bilərik?
Əgər iplərin rəngləri göstərildiyi kimi A,B,C,D,E,F və G olarsa, onda sol tərəfdəki üç şərt
A + D ≡ 2C mod N
E + F ≡ 2D mod N
F + B ≡ 2C mod N .
Daxili ipi aradan qaldıraraq F xarici iplərdə şərti
2D - E ≡ 2C - B mod N istifadə etməklə A + D ≡ 2C mod N sadələşdirir
2D - E ≡ A + D - B mod N və beləliklə A - B - D + E ≡ 0 mod N.
Sağ tərəfdəki 3 şərt
E + G ≡ 2C mod N
G + B ≡ 2A mod N
A + D ≡ 2C mod N
Daxili ipi aradan qaldıraraq G xarici saplardakı şərti
2C - E ≡ 2A - B mod N istifadə etməklə 2C ≡ A + D mod N sadələşdirir
A + D - E ≡ 2A - B mod N və beləliklə 0 ≡ A - B - D + E mod N.
F və G onların göründüyü münasibətlərin hər hansı birindən hesablanır.
Belə qənaətə gəlirik ki, hər iki diaqram üçün xarici sapların rənglərində olan şərait eynidir: A + D ≡ 2C mod N və A - B - D + E ≡ 0 mod N.
Buna görə də ya hər iki diaqramın rəngi var, ya da heç birinin rəngi yoxdur və buna görə də III Ridemeister hərəkətləri altında rəngləmə dəyişkəndir.
Necə göstərə bilərik ki, mənim hərəkət etdiyim Reidemeister rənglənməni dəyişmir?
Əgər iplərin rəngləri göstərildiyi kimi A və B olarsa, onda rəngləmə vəziyyəti sol şəkil A + B ≡ 2B mod N və sağ şəkil B + A ≡ 2A mod N tələb edir. Hər iki halda B = A həlldir:
Bu o deməkdir ki, Reidemeister I move ifa etmək rəngkarlıq dəyişmir.
Reidemeister II addımının rəngliyini dəyişmədiyini necə göstərmək olar?
Əgər iplərin rəngləri göstərildiyi kimi A,B və C olarsa, onda C sol şəkildə B + C ≡ 2A mod N vəziyyətindən unikal olaraq müəyyən edilir ki, C ≡ (2A - B mod N) və sağ şəkildə A + C ≡ 2B mod N so C ≡ (2B - A mod N). Bu, REIDemeister II hərəkətini yerinə yetirərkən yeni ipin rəngini müəyyən edir. Rənglənmə təsir etmir.
Reidemeister III addımının rəngliyini dəyişmədiyini necə göstərə bilərik?
Əgər iplərin rəngləri göstərildiyi kimi A,B,C,D,E,F və G olarsa, onda sol tərəfdəki üç şərt
A + D ≡ 2C mod N
E + F ≡ 2D mod N
F + B ≡ 2C mod N .
Daxili ipi aradan qaldıraraq F xarici iplərdə şərti
2D - E ≡ 2C - B mod N istifadə etməklə A + D ≡ 2C mod N sadələşdirir
2D - E ≡ A + D - B mod N və beləliklə A - B - D + E ≡ 0 mod N.
Sağ tərəfdəki 3 şərt
E + G ≡ 2C mod N
G + B ≡ 2A mod N
A + D ≡ 2C mod N
Daxili ipi aradan qaldıraraq G xarici saplardakı şərti
2C - E ≡ 2A - B mod N istifadə etməklə 2C ≡ A + D mod N sadələşdirir
A + D - E ≡ 2A - B mod N və beləliklə 0 ≡ A - B - D + E mod N.
F və G onların göründüyü münasibətlərin hər hansı birindən hesablanır.
Belə qənaətə gəlirik ki, hər iki diaqram üçün xarici sapların rənglərində olan şərait eynidir: A + D ≡ 2C mod N və A - B - D + E ≡ 0 mod N.
Buna görə də ya hər iki diaqramın rəngi var, ya da heç birinin rəngi yoxdur və buna görə də III Ridemeister hərəkətləri altında rəngləmə dəyişkəndir.
Rəngləmənin triviallığı, ekvivalentliyi və müstəqilliyi
Əgər birinin bir rənglənməsi varsa, ondan istənilən düyün diaqramı üçün daha hansı rəngləri əldə etmək olar?
Rəngləmə şərtlərinin hər birində A + B ≡ 2C mod N forması var. A - C ≡ C - B mod N kimi yazaq.
1) Eyni sabiti əlavə edərkən S deyin, hər rəngə o zaman fərqlər dəyişmir:
(A+S) - (C+S) = A - C + S - S = A - C və
(C+S) - (B+S) = C - B + S - S = C - B və
buna görə də şərtlər hələ də qane edir.
2) Biz daha əvvəl modulyar aritmetik bir qayda olaraq gördük ki, ≡ hər iki tərəfini N-yə bir ədəd co-prime ilə çoxalda və tənliklər sisteminin ekvivalent həllini və beləliklə də ekvivalent rəngləməni əldə edə bilərik.
1) Eyni sabiti əlavə edərkən S deyin, hər rəngə o zaman fərqlər dəyişmir:
(A+S) - (C+S) = A - C + S - S = A - C və
(C+S) - (B+S) = C - B + S - S = C - B və
buna görə də şərtlər hələ də qane edir.
2) Biz daha əvvəl modulyar aritmetik bir qayda olaraq gördük ki, ≡ hər iki tərəfini N-yə bir ədəd co-prime ilə çoxalda və tənliklər sisteminin ekvivalent həllini və beləliklə də ekvivalent rəngləməni əldə edə bilərik.
Colourability mod 2 mənalıdır?
Xeyr, N=2 üçün rəngləmə əhəmiyyətsizdir.
Gəlin rəng A ilə ipdən başlayaq ki, bu da C rəngi ilə ilk overpass altında keçdikdən sonra strand B kimi davam edir. Sonra A,B,C A + B ≡ 2C mod 2 vasitəsilə və hər iki tərəfə B əlavə etdikdən sonra A ≡ B mod 2 ilə bağlıdır, çünki 2B ≡ 2C ≡ 0 mod 2. Bütün keçidlərdə bu mülahizəni davam etdirərək, bütün iplərin ya hətta bir rəngə (0) və ya qəribə rəngə (1) sahib olduğunu göstərir. Bu isə əhəmiyyətsiz rəng verir.
Gəlin rəng A ilə ipdən başlayaq ki, bu da C rəngi ilə ilk overpass altında keçdikdən sonra strand B kimi davam edir. Sonra A,B,C A + B ≡ 2C mod 2 vasitəsilə və hər iki tərəfə B əlavə etdikdən sonra A ≡ B mod 2 ilə bağlıdır, çünki 2B ≡ 2C ≡ 0 mod 2. Bütün keçidlərdə bu mülahizəni davam etdirərək, bütün iplərin ya hətta bir rəngə (0) və ya qəribə rəngə (1) sahib olduğunu göstərir. Bu isə əhəmiyyətsiz rəng verir.
Bəs rənglənə biləcək mod (2N), yəni modulo an even number necə?
Yuxarıda gördük ki, ya bütün rənglər hətta, ya da qəribədir. Əgər onlar hətta o zaman biz onların hamısını 2 ilə bölə bilərik və məlumat itkisi olmadan rəngli mod N. Əgər onların hamısı qəribədirsə, onda biz bütün rənglərə 1 əlavə edə və indi bütün rənglərin hətta olduğu ekvivalent rəng ala bilərik ki, bir faktura 2-i ataq və ekvivalent rəngləmə mod N olsun.
Nəticədə, hər bir rəngləmə mod (2N) coulouring mod N-yə bərabərdir.
Nəticədə, hər bir rəngləmə mod (2N) coulouring mod N-yə bərabərdir.
Hansı N üçün N-rənglilik faydalıdır və əhəmiyyətsiz deyil?
Qəribə N>1 rənglik mod N mənalıdır.
Bütün rəngləmələri mod P bilmək və P və Q-nin bütün rənglənmə modlarını (PQ) bilmək üçün P və Q-nin birgə olduğu yerləri dəyişdirmək kifayətdirmi?
Əgər N kompozit ədəddirsə, yəni hər iki faktor 1-dirsə, o zaman P və Q-nin co-prime olması ilə N=PQ kimi yazmaq olar. Rəngləmə şərtlərinin həllinə malik mod N bütün rəng qiymətləri mod P hesablayaraq bizə rəngləmə mod P verir və bütün rəng qiymətlərini hesablayaraq rəngləmə mod Q verir. Bəs digər istiqamət haqqında nə demək? Əgər düyün diaqramı üçün rəngləmə şərtləri sistemi həll mod P və başqa bir həll mod Q var, burada P və Q birgədir, bu sistem şərtlər sonra həll mod PQ var?
Cavab: Bəli.
Sübut:
Bir1, a2 rəngli bir ipin rəngləri olsun mod P və mod Q.
Sonra Çin Qalıq Teoremi hər iki şərti qane edən bir tam ədəd A mod PQ-nin mövcudluğuna və unikallığına zəmanət verir
A ≡1 mod P
A ≡2 mod Q.
Rəng dəyərləri verən hər ip üçün bu təkrarlana bilər A,B,C,... mod PQ.
Hər bir keçiddə iki rəngləmə şəraitində
(A + B - 2C) mod P = a1 + b1 - 2c1 ≡ 0 mod P
(A + B - 2C) mod Q = a2 + b2 - 2c2 ≡ 0 mod Q
qane edir. Sıfır mod P olan və sıfır mod Q olan (A + B - 2C) mod PQ-nin yeganə qiyməti A + B - 2C ≡ 0 mod PQ-dir. Bu onu göstərir ki, rəng dəyərləri A,B,C,... rəngləmə mod PQ təmin edir.
Bütün müsbət inteqasiyalar əsas faktorizasiyaya malik olduğundan onları əsas ədədlərin güclərinin məhsulu kimi yazmaq olar. Buna görə də rəngləmə nömrəsi kimi bütün qəribə prime nömrələrin yalnız bütün güclərini araşdırmaqla bütün rəngləmə nömrələrini tapmaq olar. Daha əvvəl gördük ki, 2-ci və 2-ci rəqəmin əsas sayı və gücləri mümkün olan rəngləmə nömrələri deyil.
Onlardan biri rəngləmə modulunun mövcudluğunu yoxlamağa başlayacaqdı bir neçə prime nömrə və əgər müvəffəqiyyətli olarsa, onda artıq coulouring mövcud olmayana qədər çeki bu əsas rəqəmin inkreasingly daha yüksək gücləri ilə təkrarlamaq.
Cavab: Bəli.
Sübut:
Bir1, a2 rəngli bir ipin rəngləri olsun mod P və mod Q.
Sonra Çin Qalıq Teoremi hər iki şərti qane edən bir tam ədəd A mod PQ-nin mövcudluğuna və unikallığına zəmanət verir
A ≡1 mod P
A ≡2 mod Q.
Rəng dəyərləri verən hər ip üçün bu təkrarlana bilər A,B,C,... mod PQ.
Hər bir keçiddə iki rəngləmə şəraitində
(A + B - 2C) mod P = a1 + b1 - 2c1 ≡ 0 mod P
(A + B - 2C) mod Q = a2 + b2 - 2c2 ≡ 0 mod Q
qane edir. Sıfır mod P olan və sıfır mod Q olan (A + B - 2C) mod PQ-nin yeganə qiyməti A + B - 2C ≡ 0 mod PQ-dir. Bu onu göstərir ki, rəng dəyərləri A,B,C,... rəngləmə mod PQ təmin edir.
Bütün müsbət inteqasiyalar əsas faktorizasiyaya malik olduğundan onları əsas ədədlərin güclərinin məhsulu kimi yazmaq olar. Buna görə də rəngləmə nömrəsi kimi bütün qəribə prime nömrələrin yalnız bütün güclərini araşdırmaqla bütün rəngləmə nömrələrini tapmaq olar. Daha əvvəl gördük ki, 2-ci və 2-ci rəqəmin əsas sayı və gücləri mümkün olan rəngləmə nömrələri deyil.
Onlardan biri rəngləmə modulunun mövcudluğunu yoxlamağa başlayacaqdı bir neçə prime nömrə və əgər müvəffəqiyyətli olarsa, onda artıq coulouring mövcud olmayana qədər çeki bu əsas rəqəmin inkreasingly daha yüksək gücləri ilə təkrarlamaq.
Sınaq və xəta ilə rəng tapmaq üçün hansı işarələr var?
Hansı hərflə qiymət vermək lazımdır?
- Növbəti dəfə hansı ipin rənglənəcəyini müəyyən etmək üçün Enter düyməsini sıxın ki, tənlikləri onların hərf sayına görə, yəni təcili olaraq sıralasınlar.
- Əgər tənliyin bir neçə hərfi varsa, onda ən çox digər tənliklərdə baş verən birini seçin ki, rəqəm təyin edildikdə daha çox tənliklər sadələşsin. Ekvivalent olaraq, siçanı tənliyin üzərində hərəkət etdir, dairəli keçidə baxın və bu keçiddə ən çox keçidə malik olan o yanmamış ipi basın.
- ≡ sağ tərəfindəki hərflərin hesablanması sol tərəfdəki hərflərdən daha sürətlidir. Sol tərəfdəki məktubu hesablamaq üçün 2-yə bölünməlidir ki, bu da N-ni hətta olmaq üçün sağ hissəyə əlavə etmək tələb oluna bilər. Bu, çətin olmasa da, müsabiqə vaxtı presciousdur. Eyni səbəbdən, məktubun dəyərini təxmin etmək üçün ≡ sol tərəfində məktub götürmək olar.
- Vaxta qənaət etmək üçün 0..N−1 intervalında dəyərləri hesablamaq narahat etməsin. Dəyərlər mənfi və ya özbaşına böyük ola bilər. Əgər onlar düzdürlərsə, onda bənövşəyi tənlik yaşıl rəngə çevrilir və bütün bunlar vacibdir.
- Əgər tənliyin yalnız bir hərfi qalıbsa, onda arxa fon bənövşəyidir, sonra isə başqa çarə yoxdur, tənliyi yaşıl etmək üçün qiyməti hesablamaq lazımdır. Təlimatdakı nümunələrə bax.
- Yuxarıda göstərildiyi kimi bu bölmə > ''Əgər birinin bir rəngi varsa ...'' bölməsi, bütün hərflərin qiymətləri eyni sabit qiymətlə dəyişə bilər. Buna görə də təyin etmək istədiyi ilk məktubu ümumilik itkisi olmadan 0 qiymətini vermək olar. Bu hərf üçün başqa heç bir dəyər sınanmayacaq, çünki hər zaman bu dəyəri sıfıra qədər dəyişə bilər.
- Bir rəngə 2-ci hərf üçün yalnız iki halı nəzərdən keçirmək lazımdır: 1) Birinci hərflə eyni qiymətə malikdir, yəni 0, və 2) fərqli dəyərə malikdir. Bu halda yalnız 1-i nəzərə almaq lazımdır, çünki gördük ki, bütün rəqəmləri 2 ilə çoxaltmaq olar. (N-1) (burada N mövcud olan rənglərin əsas sayıdır) və hələ də ekvivalent həllə malikdirlər. Xahiş edirik, müraciət edin bu bölmə > 'Əgər birinin bir rəngi varsa ...'. Məsələn, əgər N=5 və biri 2-ci təyin olunmuş hərf üçün fərqli bir dəyər sınayardılarsa, 3 kimi və həll əldə etsəydilər, onda bu dəyəri (və bütün digər dəyərləri) 2 ilə çoxaltmaq 3-ü 3×2 = 6 ≡ 1 mod 5-ə çevirərdi. Buna görə də 2-ci hərfi yalnız 0 və 1 kimi sınaqdan keçirmək lazımdır.
- Testlər də zaman sualıdır. Müsbət rəqəmlərdən daha sürətli hesablama zamanı mənfi ədədlər daxil etməklə vaxta qənaət etmək olar. İnterface 0..N-1 aralığında ədədlərə ehtiyac yoxdur.
- Tənlik qırmızıya çevrildikdə ≡ şərti qane olmur və ən azı bir ədəd dəyişdirilməlidir. Sonra başqa rəqəmə cəhd edin. Rəqəmləri buraxmamaq üçün 0,1,...,N-1 ardıcıllığında rəqəmləri sınaya və rənglənmə tapıldıqda dayana bilərdi.
- Geri qaytar düyməsini basaraq geri dönərkən, əgər biri bənövşəyi tənliyi görürsə, onda düşünmədən yenidən undo düyməsini basmaq olar. Səbəb bənövşəyi tənliyin yalnız bir hərfinin olmasıdır və bu hərf üçün yalnız bir mümkün dəyər (mod N) var. Buna görə də bu vəziyyətdə bu hərf üçün başqa heç bir dəyər sınaqdan keçirilməlidir.
- Sistematik olaraq axtarış aparmaq və heç bir rəngləmə imkanını buraxmamaq üçün, hər dəyişəni əhəmiyyətsiz həll verən 0 qiymətini təyin etməklə başlaya bilər və sonra qeyri-trivial həll əldə etmək üçün geri dönməyə başlaya bilər.
- Bu oyunda istifadə olunan Knot diaqramları artıq minimal sayda keçidə malikdirlər. Amma diaqramlar minimal olmasa, onda onları əvvəlcə sadələşdirmək daha yaxşı olardı. Sürət üçün yuxarıda göstərilən üsullar olmasaydı, N-nin rənglərin sayı olduğu NC rənglərini sınamaq lazım idi və C keçidlərin sayı = iplərin sayıdır. Keçidlərin sayının cəmi 1-ə endirilməsi N-nin FAKTOR-unun səylərini aşağı salır.
Rənglənə bilməyəcək düyünlər varmı?
Bəli. Rəngi olmayan 12 keçiddən az olan düyünlər 10124, 10 153, 11n34, 11n42, 11n49, 11n116 və əlbəttə ki, unknotdur. Bu rəqəm 10124 düyün diaqramı göstərir.
Səhifənin yuxarı hissəsindəki 'Tuzun-Sikora' yazılmış diaqram unknotun sonsuz çox diaqramlarından yalnız biridir və buna görə də rənglənməzdir.
Səhifənin yuxarı hissəsindəki 'Tuzun-Sikora' yazılmış diaqram unknotun sonsuz çox diaqramlarından yalnız biridir və buna görə də rənglənməzdir.
Daha çox rəng invariantları varmı və onları necə hesablamaq olar?
Bəli, bu əlavə invariantlar həllərin çoxluqlarıdır, mövcud rənglərin hər bir ədədi üçün bir çoxluqdur. Aşağıdakı şərhləri başa düşmək üçün linear algebra bəzi bilik faydalı.
Əgər bir düyün diaqramının C keçidləri varsa, onda onun C ipləri də var və beləliklə, şərtlər sistemi C×C koefficient matrisə malikdir ki, burada hər cərgə bir keçidi təmsil edir və ya iki -1 və bir 2 və ya +1 və -1 (Reidemeister I loop crossing) təşkil edir. Hər sütun bir ipə uyğun gəlir və 2'lərin sayı qədərdir, nə qədər ki, strand over-passes və ya iki -1's və ya bir -1 və bir +1.
Şərtlər homogen xətti sistemi əmələ gətirir (sağ əl yalnız 0s ehtiva edir) və sual qeyri-maddi xətti müstəqil həllərin (rəngləmələrin) mövcud olduğu rəngləmə nömrələri modulu tapmaqdır.
Sətirli algebrada olduğu kimi, matris də sətirləri dəyişdirərək diaqonal formaya gətirilir və digər cərgələrə çoxlu sətir əlavə olunur. Bundan əlavə, bu addımlar sütunlarla da yerinə yetirilir. Burada icazə vermiyən şey sıraları və sütunları rəqəmlə çoxaltmaqdır, çünki bu matrisin determinantının sıfır olacağı və əlavə rəng əlavə edəcəyi rəng sayı modulu əlavə edəcəkdi. Bunun əvəzinə görülən iş, bir sütun/sıranın təkrarlanan 2 sıfır olmayan komponentini seçməkdir. A,B deyərkən, genişləndirilmiş Euclid alqoritmini istifadə edərək p,q, qaneedici pA + qB = GCD(A,B) tapmaqdır. p,q – iki cərgə/sütunun çarpanlarıdır. Sətr/sütunları dəyişdikdən sonra GCD(A,B) diaqonal elementə çevrilir. Nəticədə Smit Normal Form adlanan diaqonal matris yaranır. Adətən yuxarı sol künc 1'dən sonra 1'dən başlayır. Diaqonaldakı növbəti rəqəmin hər bir faktorudur. Sonuncu diaqonal element sıfırdır, çünki hər düyün diaqramı cəmi bir rəngdən istifadə edərək trivial rəngləməni imkan verir. Buna görə də hər hansı bir sütunu və hər hansı bir cərgəni atdıqdan sonra Smit Normal Formasını hesablamaq kifayətdir.
C×C coefficient matrisinin determinantının hesablanması sıfır verir, çünki sütunlar sıfıra əlavə olunur. Bir sıra və bir sütunu atdıqdan sonra determinantın hesablanması bir ədəd verir ki, bu da Smitin normal formasının diaqonaldakı ədədlərin məhsuludur. Beləliklə, Smit Normal Forması təxminən eyni səy üçün daha çox məlumat verir.
Misal: 83 keçidli bu diaqram üçün koefficient matrisin ölçüsü 83×83-dür.
Smit Normal Formu 79 dəfə 1 ilə yuxarı sol küncdən başlayan diaqonal var. Sonrakı 3, 3, 85837301265 (= 3 x 5 x 5722486751), 0. Bu o deməkdir ki, üç müstəqil 3 rəngləmə və bir 85837301265-rəngləmə var ki, bu da onun 5-rəngli, 15-rəngli, 3x5722486751-rənglənməsi və 5x5722486751 rənglənməsini nəzərdə tutur.
Əgər diaqramın rənglənməsi yoxdursa, onda diaqonal ədədlərin hamısı sonuncu mövqedəki 0-dan başqa 1-dir.
Aşağıdakı diaqram 12a801 düyünlərinə aiddir.
Smit Normal Forması (SNF) diaqonalda doqquz 1s, daha sonra isə 3,45,0 olur. Bu formada hər bir ədəd növbəti diaqonal ədədin faktorunu təşkil edir. Bir rəngləmənin çoxluq təşkil etdiyi diaqonal elementlərin sayı isə bir faktor olaraq meydana gəlir. 2005-ci ildə 15-2000-ci illərdə 5-9-15-ci maddələr istehsal olunur.
Əgər bir düyün diaqramının C keçidləri varsa, onda onun C ipləri də var və beləliklə, şərtlər sistemi C×C koefficient matrisə malikdir ki, burada hər cərgə bir keçidi təmsil edir və ya iki -1 və bir 2 və ya +1 və -1 (Reidemeister I loop crossing) təşkil edir. Hər sütun bir ipə uyğun gəlir və 2'lərin sayı qədərdir, nə qədər ki, strand over-passes və ya iki -1's və ya bir -1 və bir +1.
Şərtlər homogen xətti sistemi əmələ gətirir (sağ əl yalnız 0s ehtiva edir) və sual qeyri-maddi xətti müstəqil həllərin (rəngləmələrin) mövcud olduğu rəngləmə nömrələri modulu tapmaqdır.
Sətirli algebrada olduğu kimi, matris də sətirləri dəyişdirərək diaqonal formaya gətirilir və digər cərgələrə çoxlu sətir əlavə olunur. Bundan əlavə, bu addımlar sütunlarla da yerinə yetirilir. Burada icazə vermiyən şey sıraları və sütunları rəqəmlə çoxaltmaqdır, çünki bu matrisin determinantının sıfır olacağı və əlavə rəng əlavə edəcəyi rəng sayı modulu əlavə edəcəkdi. Bunun əvəzinə görülən iş, bir sütun/sıranın təkrarlanan 2 sıfır olmayan komponentini seçməkdir. A,B deyərkən, genişləndirilmiş Euclid alqoritmini istifadə edərək p,q, qaneedici pA + qB = GCD(A,B) tapmaqdır. p,q – iki cərgə/sütunun çarpanlarıdır. Sətr/sütunları dəyişdikdən sonra GCD(A,B) diaqonal elementə çevrilir. Nəticədə Smit Normal Form adlanan diaqonal matris yaranır. Adətən yuxarı sol künc 1'dən sonra 1'dən başlayır. Diaqonaldakı növbəti rəqəmin hər bir faktorudur. Sonuncu diaqonal element sıfırdır, çünki hər düyün diaqramı cəmi bir rəngdən istifadə edərək trivial rəngləməni imkan verir. Buna görə də hər hansı bir sütunu və hər hansı bir cərgəni atdıqdan sonra Smit Normal Formasını hesablamaq kifayətdir.
C×C coefficient matrisinin determinantının hesablanması sıfır verir, çünki sütunlar sıfıra əlavə olunur. Bir sıra və bir sütunu atdıqdan sonra determinantın hesablanması bir ədəd verir ki, bu da Smitin normal formasının diaqonaldakı ədədlərin məhsuludur. Beləliklə, Smit Normal Forması təxminən eyni səy üçün daha çox məlumat verir.
Misal: 83 keçidli bu diaqram üçün koefficient matrisin ölçüsü 83×83-dür.
Smit Normal Formu 79 dəfə 1 ilə yuxarı sol küncdən başlayan diaqonal var. Sonrakı 3, 3, 85837301265 (= 3 x 5 x 5722486751), 0. Bu o deməkdir ki, üç müstəqil 3 rəngləmə və bir 85837301265-rəngləmə var ki, bu da onun 5-rəngli, 15-rəngli, 3x5722486751-rənglənməsi və 5x5722486751 rənglənməsini nəzərdə tutur.
Əgər diaqramın rənglənməsi yoxdursa, onda diaqonal ədədlərin hamısı sonuncu mövqedəki 0-dan başqa 1-dir.
Aşağıdakı diaqram 12a801 düyünlərinə aiddir.
Smit Normal Forması (SNF) diaqonalda doqquz 1s, daha sonra isə 3,45,0 olur. Bu formada hər bir ədəd növbəti diaqonal ədədin faktorunu təşkil edir. Bir rəngləmənin çoxluq təşkil etdiyi diaqonal elementlərin sayı isə bir faktor olaraq meydana gəlir. 2005-ci ildə 15-2000-ci illərdə 5-9-15-ci maddələr istehsal olunur.
Düyün rəngləmələrinin statistikası
Əsas düyünlərin mümkün rəngləmələri haqqında ümumi məlumat varmı?
Mətn faylı
https://cariboutests.com/qi/knots/colour3-15-N.txt 0 və ya 1 olmayan Smit Normal Formasının bütün girişləri ≦ 15 keçid nömrəsi ilə hər düyün üçün siyahılar. Bu rəqəmlər bir diaqramdan hesablansa da, onlar invariantdır və buna görə də həmin düyünün hər hansı bir diaqramından hesablanarkən eynidir. Əgər rəngli düyünlərin şəkillərini bəyənirsinizsə, onda "Ev" > "Posterlər" ana səhifəsinə basaraq poster kolleksiyamızdan poster yükləyə https://cariboutests.com/images/posters/knot_colouring_portrait.pdf.
N-rəngləmə invariant kimi nə dərəcədə güclüdür?
Aşağıdakı cədvəldə daha çox rəngləmə invariantlarından istifadənin düyünlərin invariant siniflərinin sayını necə artırdığını və bununla da hər sinif üçün orta düha sayını necə azaltdığını göstərir. Sağ sütun göstərir ki, rəngləmə invariant siniflərin sayının (#cr - 3)th kökü kobud şəkildə sabit qalır. Burada #cr düyünlərin keçidlərinin sayıdır.
Cədvəl 1: Statistika arount rəng invariants
# cr: # keçidlər
# of kn: # düyünlər
# of cl1: # siniflər yalnız əsas rəngləmə nömrələrinin siyahısını nəzərdən keçirərkən
# of cl2: # prime rəngləmə nömrələrinin yalnız çoxluqlar siyahısını nəzərdən keçirərkən siniflərin
# of cl3: # of classes "Smith Normal Form Entries" siyahısını nəzərdən <> 1
abs: exp(ln(noofcl3[cr])/(cr-3))
= (cr-3)th root of (# of cl3)
Cədvəl 1: Statistika arount rəng invariants
# cr: # keçidlər
# of kn: # düyünlər
# of cl1: # siniflər yalnız əsas rəngləmə nömrələrinin siyahısını nəzərdən keçirərkən
# of cl2: # prime rəngləmə nömrələrinin yalnız çoxluqlar siyahısını nəzərdən keçirərkən siniflərin
# of cl3: # of classes "Smith Normal Form Entries" siyahısını nəzərdən <> 1
abs: exp(ln(noofcl3[cr])/(cr-3))
= (cr-3)th root of (# of cl3)
| # cr | # kn | # cl1 | kn/cl1 | # cl2 | kn/cl2 | # cl3 | kn/cl3 | abs ↑ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 3 | 1 | 1 | 1.00 | 1 | 1.00 | 1 | 1.00 | |
| 4 | 1 | 1 | 1.00 | 1 | 1.00 | 1 | 1.00 | 1.000 |
| 5 | 2 | 2 | 1.00 | 2 | 1.00 | 2 | 1.00 | 1.414 |
| 6 | 3 | 3 | 1.00 | 3 | 1.00 | 3 | 1.00 | 1.442 |
| 7 | 7 | 7 | 1.00 | 7 | 1.00 | 7 | 1.00 | 1.627 |
| 8 | 21 | 13 | 1.62 | 14 | 1.50 | 16 | 1.31 | 1.741 |
| 9 | 49 | 25 | 1.96 | 29 | 1.69 | 33 | 1.48 | 1.791 |
| 10 | 165 | 47 | 3.51 | 53 | 3.11 | 62 | 2.66 | 1.803 |
| 11 | 552 | 81 | 6.81 | 93 | 5.94 | 116 | 4.76 | 1.812 |
| 12 | 2176 | 136 | 16.00 | 162 | 13.43 | 203 | 10.72 | 1.805 |
| 13 | 9988 | 234 | 42.68 | 271 | 36.86 | 342 | 29.20 | 1.792 |
| 14 | 46972 | 409 | 114.85 | 488 | 96.25 | 623 | 75.40 | 1.795 |
| 15 | 253293 | 722 | 350.82 | 855 | 296.25 | 1100 | 230.27 | 1.792 |
C keçidləri olan düyünlər üçün ən böyük rəngləmə nömrəsi C-ə necə asılıdır?
Əgər biri keçid nömrəsi C (<16) ilə bütün düyünləri götürürsə və bu düyünlərdən ən yüksək rəngləmə sayı Nmax olan birini tapırsa, onda aşağıdakı cədvəldə göstərilir ki, Nmax C-ni 1-ə artırarkən 1,7 faktorla təqribən böyüyür.
Cədvəl 2: B(C) = Nmax1/(C−1) cədvəli
Cədvəl 2: B(C) = Nmax1/(C−1) cədvəli
| C | Nmax | düyün | B(C) |
|---|---|---|---|
| 3 | 3 | 31 | 1.732 |
| 4 | 5 | 41 | 1.710 |
| 5 | 7 | 52 | 1.627 |
| 6 | 13 | 63 | 1.670 |
| 7 | 19 | 76 | 1.634 |
| 8 | 37 | 817 | 1.675 |
| 9 | 61 | 933 | 1.672 |
| 10 | 109 | 10115 | 1.684 |
| 11 | 199 | 11a301 | 1.698 |
| 12 | 353 | 12a1188 | 1.705 |
| 13 | 593 | 13a4620 | 1.703 |
| 14 | 1103 | 14a16476 | 1.714 |
| 15 | 1823 | 15a65606 | 1.710 |
Rəngləri hesablamaq üçün kompüter proqramı varmı?
AsciiKnots, koefficient matrisin Smit Normal Formasını hesablayaraq, verilən düyün diaqramı üçün bütün rəngləmə nömrələrini hesablamaq üçün kompüter proqramıdır. Əgər düyün diaqramı çox keçidə malik deyilsə, onda o, həmçinin optimallaşdırılmış sınaq və xəta axtarışı ilə müəyyən rəngləmə nömrəsinin bütün rəngləmələri və ya onların rənglənməsi də daxil olmaqla bütün rəngləmə nömrələrini hesablar.Rəngləmələrdən savayı proqram daha çox hesablama apara bilər.
https://cariboutests.com/games/knots/AsciiKnots.tar.gz yüklənə bilər. AsciiKnots linux altında işləyir. Strict windows istifadəçiləri Windows 10 altında Ubuntu linux-nu proqram kimi pulsuz quraşdıra bilərlər. Köhnə yüklənmiş versiyaları aradan qaldırmaq, ən son versiyanı yükləmək, onu açmaq və başlamaq üçün Linux əmrləri
rm AsciiKnots.tar.gz
wget https://cariboutests.com/games/knots/AsciiKnots.tar.gz
tar xfz AsciiKnots.tar.gz
./AsciiKnots
"Tools" > "Colour Knot" seçdikdən sonra https://cariboutests.com/games/knots/knoteditor/-də məhdud rəngləmə funksiyası da mövcuddur
Referatlar
[1] R. H. Fox, Metacyclic invariants of knots and links, Canadian Journal of Mathematics 22 (1970) 193−201.
[2] C. H. Przytycki, 3-rəngləmə və düyünlərin digər elementar invariantları. Bakı: "Yazıçı", 2008, 275 səh.
[3] D. Rolfsen, Table of Knots and Links. Knots və Linklərdə C əlavəsi. Bakı, "Azərbaycan" nəşriyyatı, 280-287, 1976.
[4] J. C. Cha və C. Livingston, KnotInfo: Table of Knot Invariants, http://www. indiana.edu/~knotinfo
[5] "Keçid nömrəsi 15-ə qədər olan knotların rəng təsnifatı", https:// cariboutests.com/qi/knots/colour3-15.txt
[6] T.Volff, "A Knot Workbench", https://cariboutests.com/games/knots/AsciiKnots.tar.gz
[2] C. H. Przytycki, 3-rəngləmə və düyünlərin digər elementar invariantları. Bakı: "Yazıçı", 2008, 275 səh.
[3] D. Rolfsen, Table of Knots and Links. Knots və Linklərdə C əlavəsi. Bakı, "Azərbaycan" nəşriyyatı, 280-287, 1976.
[4] J. C. Cha və C. Livingston, KnotInfo: Table of Knot Invariants, http://www. indiana.edu/~knotinfo
[5] "Keçid nömrəsi 15-ə qədər olan knotların rəng təsnifatı", https:// cariboutests.com/qi/knots/colour3-15.txt
[6] T.Volff, "A Knot Workbench", https://cariboutests.com/games/knots/AsciiKnots.tar.gz
Yeniliklər üçün izləyin və ya abunə olun: