300000
English | Français | فارسی | 中文 | Українська | Azerbaijani | ខ្មែរ | Tiếng Việt | Bahasa Melayu | Deutsch | O'zbek | РусскийKnot Colouring©
Jumlah bilangan permainan: 22767
Jumlah kemenangan: 11746
Jumlah kemenangan: 11746
Jika anda hanya berminat untuk menyelesaikan cabaran ini dan bukan teori di belakang, maka hala ke 'Apakah petunjuk untuk mencari pewarna melalui percubaan dan kesilapan?'
Mengenai invarian
Dua daripada tiga rajah berikut
boleh berubah bentuk antara satu sama lain tanpa memotong tali ikatan.
Contoh invarian adalah bilangan minimum lintasan yang mana-mana salah satu daripada banyak gambar rajah yang setara mungkin ada. Invarian ini sukar dicari kerana seseorang tidak dapat memeriksa gambar rajah yang tak terhingga.
Tetapi apa yang boleh menjadi invarian yang boleh dikira untuk gambar rajah yang diberikan? Sukar untuk membayangkan sifat mana yang tidak berubah dalam ubah bentuk apabila seseorang boleh mengubah bentuk gambar rajah dengan cara yang diinginkan.
Kebolehwarnaan tiga ialah invarian.
N-kebolehwarnaan
membuka ikatan
Tuzun-Sikora
8_19
boleh berubah bentuk antara satu sama lain tanpa memotong tali ikatan.
Yang mana pada pendapat anda?
Anda belajar di bawah cara menggunakan kebolehwarnaan untuk mengetahui sama ada dua rajah tergolong dalam ikatan yang berbeza. Dengan menyiasat kebolehwarnaan tiga orang dapat melihat rajah mana yang pasti tidak boleh berubah bentuk antara satu sama lain.
Jika tidak, urutan berikut menunjukkan cara memudahkan rajah Tuzun-Sikora ke bulatan.
Bukti bahawa gambar rajah Tuzun-Sikora adalah membuka ikatan.
Gambar rajah membuka ikatan dan Tuzun-Sikora bersama-sama dengan banyak ubah bentuk lain tergolong dalam simpulan matematik yang sama, dalam kes ini membuka ikatan. Bagaimanakah seseorang boleh memutuskan sama ada dua gambar rajah tidak boleh berubah bentuk antara satu sama lain, tidak kira berapa besar mereka tumbuh antara satu sama lain? Sifat yang tidak berubah apabila gambar rajah diubah bentuk dipanggil 'invarian' (tidak berbeza-beza).Jika tidak, urutan berikut menunjukkan cara memudahkan rajah Tuzun-Sikora ke bulatan.
Bukti bahawa gambar rajah Tuzun-Sikora adalah membuka ikatan.
Unjuran awal
Satu Langkah Reidemeister 3
Selepas bergerak dan regangan
Pergerakan hantaran mengurangkan lintasan
Selepas bergerak dan regangan
Pergerakan hantaran mengurangkan lintasan
Selepas bergerak dan regangan
Pergerakan hantaran mengurangkan lintasan
Selepas bergerak dan regangan
Pergerakan hantaran mengurangkan lintasan
Selepas bergerak dan regangan
Pergerakan hantaran mengurangkan lintasan
Selepas langkah itu
Pergerakan hantaran mengurangkan lintasan
Selepas langkah itu
Satu Langkah Reidemeister 2
Selepas langkah itu
Satu Langkah Reidemeister 1
Selepas langkah itu
Satu Langkah Reidemeister 1
Selepas langkah itu
Satu Langkah Reidemeister 1
Selepas langkah itu
Satu Langkah Reidemeister 1
Selepas langkah itu
Contoh invarian adalah bilangan minimum lintasan yang mana-mana salah satu daripada banyak gambar rajah yang setara mungkin ada. Invarian ini sukar dicari kerana seseorang tidak dapat memeriksa gambar rajah yang tak terhingga.
Tetapi apa yang boleh menjadi invarian yang boleh dikira untuk gambar rajah yang diberikan? Sukar untuk membayangkan sifat mana yang tidak berubah dalam ubah bentuk apabila seseorang boleh mengubah bentuk gambar rajah dengan cara yang diinginkan.
Kebolehwarnaan tiga ialah invarian.
Untuk menjelaskannya, kita menggunakan tali yang merupakan bahagian tali ikatan yang boleh ditarik tanpa mengangkat pen. Di setiap persimpangan bertemu 3 tali, satu adalah jejantas dan satu dari setiap sisi. Gambar rajah ikatan boleh diwarnakan tiga jika setiap tali boleh diberikan salah satu daripada 3 warna supaya pada setiap persimpangan kita mempunyai sama ada 1 atau 3 warna, bukan 2 warna. Mewarna semua dengan satu warna sentiasa mungkin dan tidak dikira. Sekurang-kurangnya 2 warna perlu digunakan di suatu tempat.
Antara 3 gambar rajah yang manakah boleh diwarnakan tiga-warna?
Membuka ikatan hanya mempunyai satu tali dan oleh itu tidak boleh diwarnakan. ikatan ke-2 boleh berubah bentuk kepada membuka ikatan dan oleh itu juga tidak boleh berwarna-warni. Kita akan membuktikannya kemudian. Ikatan lain adalah kebolehwarnaan tiga dan oleh itu tidak boleh diubah bentuk membuka ikatan seperti yang ditunjukkan di atas.
Kebolehwarnaan tiga adalah invarian yang lemah kerana ia hanya mengandungi jumlah maklumat terkecil yang mungkin, hanya ya / tidak. Invarian ini hanya dapat meletakkan semua ikatan ke dalam dua kumpulan, ikatan yang boleh diwarnakan tiga dan yang tidak.
N-kebolehwarnaan
Invarian yang lebih kuat ialah N-kebolehwarnaan di mana warna N boleh didapati dan setiap warna mewakili salah satu nombor 0,1,2,3,...,N-1. Syarat yang perlu dipenuhi pada setiap persimpangan ialah jumlah warna 2 tali bawah tolak 2 kali warna tali atas adalah gandaan N. Dalam erti kata lain, jika warna adalah a,b,c maka mesti ada pengganda k seperti a+b-2c = kN. Formulasi matematik yang setara tetapi lebih biasa ialah + b ≡ 2c mod N. Ini bermakna kedua-dua belah tanda ≡ meninggalkan baki yang sama dalam pembahagian melalui N. Modulo kerja (mod) beberapa nombor dipanggil Aritmetik Modular dan mempunyai banyak peraturan yang menarik dan berguna.
Banyak soalan timbul.
Banyak soalan timbul.
Pengenalan kepada aritmetik modular
Kita boleh membuktikan semua pernyataan aritmetik modular dengan memperkenalkan pengganda k dan merumuskan semula persamaan ≡ sebagai persamaan normal. Untuk memendekkan notasi yang kita gunakan
'integer' untuk 'nombor bulat',
'pq' untuk 'p kali q',
'∃' untuk 'Wujud',
':' untuk 'dengan sifat', dan
'A → B' untuk 'dari A mengikuti B'.
Buktikan: jika a≡ b mod N dan c ≡ d mod N maka (a+c) ≡ (b+d) mod N
Persamaan modular a ≡ b mod N mengatakan bahawa a dan b berbeza hanya dengan gandaan p.
iaitu mesti ada pengganda m dengan sifat yang a = b + mp. Dalam notasi ringkas ini adalah
(a ≡ b mod N) → (∃ integer m: a = b + mp)
(c ≡ d mod N) → (∃ integer n: c = d + np)
Dengan menambah kedua-dua persamaan kita mendapat a + c = b + mp + d + np = b + d + (m+n)p
→ a + c ≡ (b + d) mod N
iaitu mesti ada pengganda m dengan sifat yang a = b + mp. Dalam notasi ringkas ini adalah
(a ≡ b mod N) → (∃ integer m: a = b + mp)
(c ≡ d mod N) → (∃ integer n: c = d + np)
Dengan menambah kedua-dua persamaan kita mendapat a + c = b + mp + d + np = b + d + (m+n)p
→ a + c ≡ (b + d) mod N
Buktikan: jika a ≡ b mod N maka untuk mana-mana integer m kita mempunyai ma ≡ mb mod N
(a ≡ b mod N) → (∃ integer k: a = b + kN)
Selepas pendaraban dengan m kita dapat
ma = mb + mkN
→ ma ≡ mb mod N
Selepas pendaraban dengan m kita dapat
ma = mb + mkN
→ ma ≡ mb mod N
Buktikan: jika a ≡ b mod (PQ) maka a ≡ b mod P.
a ≡ b mod (PQ)
→ ∃ integer k: a = b + k(PQ)
→ a = b + (kQ)P
→ a ≡ b mod P
Bagaimana dengan arah yang bertentangan?
Mengapa masuk akal bahawa songsang itu tidak benar?
→ ∃ integer k: a = b + k(PQ)
→ a = b + (kQ)P
→ a ≡ b mod P
Bagaimana dengan arah yang bertentangan?
Berikut adalah contoh kaunter:
6 ≡ 1 mod 5 tetapi
6 ≢ 1 mod 15 kerana 6 dan 1 tidak berbeza dengan gandaan 15.
6 ≡ 1 mod 5 tetapi
6 ≢ 1 mod 15 kerana 6 dan 1 tidak berbeza dengan gandaan 15.
Mengapa masuk akal bahawa songsang itu tidak benar?
Dalam mod persamaan N kedua-dua belah ≡ boleh mempunyai nilai berbeza N. Dalam mod persamaan (NM) kedua-dua belah ≡ boleh mempunyai nilai NM yang berbeza. Oleh itu, mod perhubungan (NM) membawa lebih banyak maklumat daripada mod hubungan N. Membuang maklumat dengan pergi dari mod (NM) ke mod N adalah mudah tetapi songsang mencipta maklumat daripada apa-apa adalah mustahil. Secara kasar, dalam erti kata ini persamaan normal menggunakan = bersamaan dengan mod ≡ ∞(infiniti).
Sebagai komen sampingan, ini membuka kemungkinan bahawa dalam aplikasi di mana penyelesaian melibatkan nombor integer dan di mana seseorang mencari penyelesaian dalam bentuk persamaan menggunakan '=' dan di mana seseorang tahu bahawa terdapat batas atas untuk nilai mutlak nombor dalam penyelesaian maka strategi mungkin bermula dengan mencari mod penyelesaian N untuk beberapa nombor perdana kecil N dan kemudian untuk mengira mod identiti N^2, kemudian mod N^4 dan sebagainya sehingga kuasa N lebih besar daripada terikat atas yang tahu untuk penyelesaian dan kemudian seseorang boleh menjatuhkan mod dan mempunyai penyelesaian yang tepat menggunakan = .
Kaedah sedemikian yang dipanggil Pengangkat Hensel boleh digunakan untuk memfaktorkan polinomial univariat terlebih dahulu berkenaan dengan beberapa nombor perdana kecil dan kemudian akhirnya tepat di atas integer.
Buktikan: a + b ≡ ((mod N) + (b mod N)) mod N
a dan mod N berbeza dengan gandaan N: a = (mod N) + pN
b dan b mod N berbeza dengan gandaan N: 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 dan b mod N berbeza dengan gandaan N: 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
Buktikan: ab ≡ (a mod N)(b mod N)) mod N
a dan mod N berbeza dengan gandaan N: a = (a mod N) + pN
b dan b mod N berbeza dengan gandaan N: 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 dan b mod N berbeza dengan gandaan N: 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
Buktikan: jika P(x,y,...) ialah polinomial dalam pemboleh ubah x,y,... kemudian P(x,y,...) ≡ P((x mod N),(y mod N),...) mod N
Setiap polinomial boleh ditulis sebagai jumlah produk, jadi menggunakan dua peraturan di atas berulang kali membuktikan pernyataan itu.
Buktikan: Dalam modulo aritmetik modular nombor perdana, pembahagian mengikut integer memberikan integer sekali lagi.
Kita mulakan dengan menunjukkan bahawa untuk nombor perdana p dan mana-mana integer a ≢ 0 mod N, songsang 1/a mod N juga merupakan integer. Kita memerlukan a ≢ 0 mod N kerana juga dalam aritmetik modular, pembahagian dengan sifar tidak mungkin.
Biarkan u ≡ 1/a mod N. untuk anda menjadi songsang mod N maksudnya
ua ≡ 1 mod N
→ ∃ integer k: ua = 1 + kp
Ini mempunyai bentuk identiti Bézout: ua + vp = GCD(a,p) di mana GCD(a,p) ialah Pembahagi Biasa Terhebat a,p dan di mana v=-k. Kerana p ialah nombor perdana dan bukan gandaan p oleh itu GCD(a,p)=1.
Pengganda u,v dalam identiti Bézout boleh dikira melalui algoritma Euclidean lanjutan dan kedua-duanya, u,v, adalah integer.
Jika anda=1/a ialah mod integer N maka b/a = bu juga merupakan integer mod N yang akan ditunjukkan.
Contoh: 1/3 ≡ 5 mod 7 kerana 1 = 3(1/3) ≡ 3(5) = 15 = 2(7) + 1 ≡ 1 mod 7.
Bilakah ma ≡ mb mod N bersamaan dengan a ≡ b mod N?
Kita melihat bahawa dari a ≡ b mod N mengikuti ma ≡ mb mod N. Kita mempunyai kesetaraan jika kita boleh memdarab dengan integer k ≡ 1/m mod N. Ini bermakna bahawa selepas pendaraban dengan m terdapat integer l seperti mk = 1 + lN yang identiti Bézout dengan 1 = GCD(m,N) (Pembahagi Biasa Besar m,N), jadi m dan N mesti menjadi perdana bersama untuk persamaan ma ≡ mb mod N dan a ≡ b mod N.
Teorem Baki Cina.
Kita berbincang sebelum ini mengenai kandungan maklumat dalam mod persamaan modular N untuk bergantung kepada N. Sekiranya tidak mungkin untuk menggabungkan dua persamaan modular dengan nombor modular yang lebih kecil kepada satu dengan nombor yang lebih besar?
Inilah yang dinyatakan oleh teorem Baki Cina.
Jika untuk kedua-dua persamaan
x ≡ a1 mod N1
x ≡ a2 mod N2
pembahagi N 1,N 2 adalah perdana bersama, maka terdapat satu nilai untuk x sehingga gandaan p1p2 yang memenuhi kedua-dua persamaan modular.
Salah satu cara untuk mendapatkan penyelesaian adalah dengan menggunakan algoritma Euclidean lanjutan untuk menyelesaikan identiti Bézout m 1 N 1 + m 2 N 2 = 1 dengan mengira m1,m 2 dan kemudian menggunakan formula
x = a1m2N2 + a2m1M1
= a1(1 - m1N1) + a2m1N1
= a1 + (a2 - a1)m1N1
yang menunjukkan x ≡ a1 mod N1 dan sama dengan x = a2 + (a1 - a2)m2N2 Yang menunjukkan x ≡ a2 mod N2.
Jika seseorang mempunyai lebih daripada dua persamaan modular maka seseorang boleh berulang kali menggantikan dua daripadanya dengan satu sehingga satu mempunyai penyelesaian dalam bentuk satu persamaan modular. Dalam setiap penggantian nombor pembahagi baru berkembang dengan menjadi produk kedua-dua pembahagi persamaan yang digabungkan.
Inilah yang dinyatakan oleh teorem Baki Cina.
Jika untuk kedua-dua persamaan
x ≡ a1 mod N1
x ≡ a2 mod N2
pembahagi N 1,N 2 adalah perdana bersama, maka terdapat satu nilai untuk x sehingga gandaan p1p2 yang memenuhi kedua-dua persamaan modular.
Salah satu cara untuk mendapatkan penyelesaian adalah dengan menggunakan algoritma Euclidean lanjutan untuk menyelesaikan identiti Bézout m 1 N 1 + m 2 N 2 = 1 dengan mengira m1,m 2 dan kemudian menggunakan formula
x = a1m2N2 + a2m1M1
= a1(1 - m1N1) + a2m1N1
= a1 + (a2 - a1)m1N1
yang menunjukkan x ≡ a1 mod N1 dan sama dengan x = a2 + (a1 - a2)m2N2 Yang menunjukkan x ≡ a2 mod N2.
Jika seseorang mempunyai lebih daripada dua persamaan modular maka seseorang boleh berulang kali menggantikan dua daripadanya dengan satu sehingga satu mempunyai penyelesaian dalam bentuk satu persamaan modular. Dalam setiap penggantian nombor pembahagi baru berkembang dengan menjadi produk kedua-dua pembahagi persamaan yang digabungkan.
Bagaimanakah seseorang boleh membuktikan bahawa kebolehwarnaan N adalah invarian?
Seperti yang dijelaskan sebelum ini dalam Membuka Ikatan Makanan untuk Difikirkan > Pengenalan dengan Definisi > Langkah Reidemeister, 3 Langkah Reidemeister sudah cukup untuk melakukan apa-apa ubah bentuk gambar rajah ikatan. Oleh itu, untuk menjadi selalu, seseorang hanya perlu menunjukkan bahawa harta itu tidak berubah di bawah 3 langkah ini.
Bagaimanakah seseorang boleh menunjukkan bahawa Langkah Reidemeister I tidak mengubah warna?
Jika warna tali adalah A dan B seperti yang ditunjukkan maka keadaan pewarna memerlukan dalam angka kiri A + B ≡ 2B mod N dan dalam angka kanan B + A ≡ 2A mod N. Dalam kedua-dua kes B = A ialah penyelesaian:
Maksudnya, melaksanakan Langkah Reidemeister I tidak mengubah warna.
Bagaimanakah seseorang boleh menunjukkan bahawa langkah Reidemeister II tidak mengubah warna?
Jika warna tali ialah A,B dan C seperti yang ditunjukkan maka C ditentukan secara unik daripada keadaan B + C ≡ 2A mod N dalam angka kiri jadi C ≡ (2A - B mod N) dan dalam angka kanan A + C ≡ 2B mod N jadi C ≡ (2B - A mod N). Ini menentukan warna tali baru apabila melakukan gerakan Reidemeister II. Kebolehwarnaan tidak terjejas.
Bagaimanakah seseorang boleh menunjukkan bahawa langkah Reidemeister III tidak mengubah warna?
Jika warna tali adalah A, B, C, D, E, F dan G seperti yang ditunjukkan maka tiga syarat di sebelah kiri adalah
A + D ≡ 2C mod N
E + F ≡ 2D mod N
F + B ≡ 2C mod N .
Dengan menghapuskan tali dalam F keadaan pada tali luar ialah
2D - E ≡ 2C - B mod N yang menggunakan A + D ≡ 2C mod N memudahkan kepada
2D - E ≡ A + D - B mod N dan dengan itu A - B - D + E ≡ 0 mod N.
3 syarat di sebelah kanan adalah
E + G ≡ 2C mod N
G + B ≡ 2A mod N
A + D ≡ 2C mod N
Dengan menghapuskan tali dalam G keadaan pada tali luar adalah
2C - E ≡ 2A - B mod N yang menggunakan 2C ≡ A + D mod N memudahkan kepada
A + D - E ≡ 2A - B mod N dan dengan itu 0 ≡ A - B - D + E mod N.
F dan G dikira dari mana-mana hubungan yang mereka muncul dalam.
Kita menyimpulkan bahawa untuk kedua-dua gambar rajah keadaan pada warna tali luaran adalah sama: A + D ≡ 2C mod N dan A - B - D + E ≡ 0 mod N.
Oleh itu, sama ada kedua-dua gambar rajah mempunyai atau tiada satu pun daripadanya mempunyai warna dan oleh itu kebolehwarnaan sentiasa di bawah gerakan Reidemeister III.
Bagaimanakah seseorang boleh menunjukkan bahawa Langkah Reidemeister I tidak mengubah warna?
Jika warna tali adalah A dan B seperti yang ditunjukkan maka keadaan pewarna memerlukan dalam angka kiri A + B ≡ 2B mod N dan dalam angka kanan B + A ≡ 2A mod N. Dalam kedua-dua kes B = A ialah penyelesaian:
Maksudnya, melaksanakan Langkah Reidemeister I tidak mengubah warna.
Bagaimanakah seseorang boleh menunjukkan bahawa langkah Reidemeister II tidak mengubah warna?
Jika warna tali ialah A,B dan C seperti yang ditunjukkan maka C ditentukan secara unik daripada keadaan B + C ≡ 2A mod N dalam angka kiri jadi C ≡ (2A - B mod N) dan dalam angka kanan A + C ≡ 2B mod N jadi C ≡ (2B - A mod N). Ini menentukan warna tali baru apabila melakukan gerakan Reidemeister II. Kebolehwarnaan tidak terjejas.
Bagaimanakah seseorang boleh menunjukkan bahawa langkah Reidemeister III tidak mengubah warna?
Jika warna tali adalah A, B, C, D, E, F dan G seperti yang ditunjukkan maka tiga syarat di sebelah kiri adalah
A + D ≡ 2C mod N
E + F ≡ 2D mod N
F + B ≡ 2C mod N .
Dengan menghapuskan tali dalam F keadaan pada tali luar ialah
2D - E ≡ 2C - B mod N yang menggunakan A + D ≡ 2C mod N memudahkan kepada
2D - E ≡ A + D - B mod N dan dengan itu A - B - D + E ≡ 0 mod N.
3 syarat di sebelah kanan adalah
E + G ≡ 2C mod N
G + B ≡ 2A mod N
A + D ≡ 2C mod N
Dengan menghapuskan tali dalam G keadaan pada tali luar adalah
2C - E ≡ 2A - B mod N yang menggunakan 2C ≡ A + D mod N memudahkan kepada
A + D - E ≡ 2A - B mod N dan dengan itu 0 ≡ A - B - D + E mod N.
F dan G dikira dari mana-mana hubungan yang mereka muncul dalam.
Kita menyimpulkan bahawa untuk kedua-dua gambar rajah keadaan pada warna tali luaran adalah sama: A + D ≡ 2C mod N dan A - B - D + E ≡ 0 mod N.
Oleh itu, sama ada kedua-dua gambar rajah mempunyai atau tiada satu pun daripadanya mempunyai warna dan oleh itu kebolehwarnaan sentiasa di bawah gerakan Reidemeister III.
Trivialiti, kesetaraan dan kebebasan mewarna
Jika seseorang mempunyai satu warna, apakah pewarna lain yang boleh diperolehi daripadanya untuk gambar rajah ikatan?
Setiap syarat pewarna mempunyai bentuk A + B ≡ 2C mod N. Marilah kita menulisnya sebagai A - C ≡ C - B mod N.
1) Apabila menambah pemalar yang sama, katakan S, kepada setiap warna maka perbezaan tidak berubah:
(A+S) - (C+S) = A - C + S - S = A - C dan
(C+S) - (B+S) = C - B + S - S = C - B dan
Maka starts-syaratnya masih dipenuhi.
2) Kita melihat sebelum ini sebagai peraturan aritmetik modular bahawa kita boleh mendarabkan kedua-dua belah ≡ dengan nombor perdana bersama ke N dan mendapatkan penyelesaian yang setara dengan sistem persamaan dan dengan itu pewarnaan yang setara.
1) Apabila menambah pemalar yang sama, katakan S, kepada setiap warna maka perbezaan tidak berubah:
(A+S) - (C+S) = A - C + S - S = A - C dan
(C+S) - (B+S) = C - B + S - S = C - B dan
Maka starts-syaratnya masih dipenuhi.
2) Kita melihat sebelum ini sebagai peraturan aritmetik modular bahawa kita boleh mendarabkan kedua-dua belah ≡ dengan nombor perdana bersama ke N dan mendapatkan penyelesaian yang setara dengan sistem persamaan dan dengan itu pewarnaan yang setara.
Adakah kebolehwarnaan mod 2 bermakna?
Tidak, untuk N = 2 pewarnaan adalah remeh.
Mari kita mulakan satu tali dengan warna A yang berterusan sebagai tali B selepas melintasi di bawah jejantas pertama dengan warna C. Kemudian A, B, C berkaitan melalui A + B ≡ 2C mod 2 dan selepas menambah B ke kedua-dua belah A ≡ B mod 2 kerana 2B ≡ 2C ≡ 0 mod 2. Meneruskan penaakulan itu di semua persimpangan ia mengikuti bahawa semua tali mempunyai sama ada warna genap (0) atau warna ganjil (1). Ini memberikan pewarna remeh.
Mari kita mulakan satu tali dengan warna A yang berterusan sebagai tali B selepas melintasi di bawah jejantas pertama dengan warna C. Kemudian A, B, C berkaitan melalui A + B ≡ 2C mod 2 dan selepas menambah B ke kedua-dua belah A ≡ B mod 2 kerana 2B ≡ 2C ≡ 0 mod 2. Meneruskan penaakulan itu di semua persimpangan ia mengikuti bahawa semua tali mempunyai sama ada warna genap (0) atau warna ganjil (1). Ini memberikan pewarna remeh.
Bagaimana pula dengan kebolehwarnaan mod (2N), iaitu modulo nombor genap?
Kita melihat di atas bahawa sama ada semua warna adalah sama rata atau ganjil. Jika mereka genap maka kita boleh membahagikan semuanya dengan 2 dan tanpa kehilangan maklumat mewarna mod N. Jika mereka semua ganjil maka kita boleh menambah 1 kepada semua warna dan mendapatkan warna yang setara di mana sekarang semua warna adalah supaya kita boleh menjatuhkan faktor 2 dan mempunyai pewarna mod N yang setara.
Akibatnya, setiap mod pewarnaan (2N) adalah bersamaan dengan mod pewarna N.
Akibatnya, setiap mod pewarnaan (2N) adalah bersamaan dengan mod pewarna N.
Untuk mana N adalah N-kebolehwarnaan berguna dan tidak remeh?
Untuk mod kebolehwarnaan N>1 ganjil N amat bermakna.
Adakah cukup untuk mengetahui semua pewarna mod P dan mod Q di mana P dan Q adalah co-prime untuk mengetahui semua mod pewarna (PQ)?
Jika N ialah nombor komposit, iaitu produk dengan kedua-dua faktor tidak menjadi 1, maka seseorang boleh menulisnya sebagai N = PQ dengan P dan Q menjadi perdana bersama. Mempunyai penyelesaian syarat pewarnaan mod N memberi kita mod pewarna P dengan mengira semua nilai warna mod P dan ia memberi kita mod pewarna Q dengan mengira semua nilai warna mod Q. Tetapi bagaimana dengan arah yang lain? Sekiranya sistem keadaan mewarna untuk gambarajah ikatan mempunyai mod penyelesaian P dan mod penyelesaian lain Q, di mana P dan Q adalah perdana bersama, adakah sistem keadaan ini kemudian mempunyai mod penyelesaian PQ?
Jawapan: Ya.
Bukti:
Biarkan a 1, a2 menjadi warna satu tali dalam mewarna mod P dan mod Q.
Teorem Baki Cina kemudian menjamin kewujudan dan keunikan satu integer A mod PQ yang memenuhi kedua-dua syarat
A ≡ a 1 mod P
A ≡ a2 mod Q.
Ini boleh diulang untuk setiap tali yang memberikan nilai warna A, B, C,... mod PQ.
Pada setiap lintasan dua keadaan warna
(A + B - 2C) mod P = aa 1 + b 1 - 2c1 ≡ 0 mod P
(A + B - 2C) mod Q = a2 + b2 - 2c2 ≡ 0 mod Q
memenuhi. Satu-satunya nilai (A + B - 2C) mod PQ iaitu sifar mod P dan sifar mod Q ialah A + B - 2C ≡ 0 mod PQ. Ini menunjukkan bahawa nilai warna A, B, C,... menyediakan pewarna mod PQ.
Kerana semua integer positif mempunyai pemfaktoran utama, ia boleh ditulis sebagai produk kuasa nombor perdana. Oleh itu, seseorang boleh mencari semua nombor pewarna dengan menyiasat hanya semua kuasa semua nombor perdana ganjil sebagai nombor pewarna. Kita melihat sebelum ini bahawa nombor perdana 2 dan kuasa 2 tidak mungkin mewarna nombor.
Seseorang akan mula memeriksa kewujudan modulo pewarna beberapa nombor perdana dan jika berjaya kemudian mengulangi semak dengan kuasa yang lebih tinggi daripada nombor perdana itu sehingga tidak wujud sebarang pewarna lagi.
Jawapan: Ya.
Bukti:
Biarkan a 1, a2 menjadi warna satu tali dalam mewarna mod P dan mod Q.
Teorem Baki Cina kemudian menjamin kewujudan dan keunikan satu integer A mod PQ yang memenuhi kedua-dua syarat
A ≡ a 1 mod P
A ≡ a2 mod Q.
Ini boleh diulang untuk setiap tali yang memberikan nilai warna A, B, C,... mod PQ.
Pada setiap lintasan dua keadaan warna
(A + B - 2C) mod P = aa 1 + b 1 - 2c1 ≡ 0 mod P
(A + B - 2C) mod Q = a2 + b2 - 2c2 ≡ 0 mod Q
memenuhi. Satu-satunya nilai (A + B - 2C) mod PQ iaitu sifar mod P dan sifar mod Q ialah A + B - 2C ≡ 0 mod PQ. Ini menunjukkan bahawa nilai warna A, B, C,... menyediakan pewarna mod PQ.
Kerana semua integer positif mempunyai pemfaktoran utama, ia boleh ditulis sebagai produk kuasa nombor perdana. Oleh itu, seseorang boleh mencari semua nombor pewarna dengan menyiasat hanya semua kuasa semua nombor perdana ganjil sebagai nombor pewarna. Kita melihat sebelum ini bahawa nombor perdana 2 dan kuasa 2 tidak mungkin mewarna nombor.
Seseorang akan mula memeriksa kewujudan modulo pewarna beberapa nombor perdana dan jika berjaya kemudian mengulangi semak dengan kuasa yang lebih tinggi daripada nombor perdana itu sehingga tidak wujud sebarang pewarna lagi.
Apakah petunjuk untuk mencari pewarna melalui percubaan dan kesilapan?
Huruf mana yang patut diberi nilai?
- Untuk menentukan tali mana yang hendak diwarnakan seterusnya, tekan Masuk untuk menyusun persamaan mengikut bilangan hurufnya, iaitu dengan segera.
- Jika persamaan mempunyai beberapa huruf maka pilih salah satu yang berlaku dalam persamaan yang paling lain supaya lebih banyak persamaan memudahkan apabila nombor diberikan. Begitu juga, gerakkan tetikus ke atas persamaan, lihat lintasan bulatan dan pada lintasan ini klik tali yang tidak berwarna yang mempunyai jejantas paling banyak.
- Huruf di sebelah kanan ≡ lebih cepat dikira daripada huruf di sebelah kiri. Untuk mengira huruf di sebelah kiri perlu dibahagikan dengan 2 yang mungkin perlu menambah N ke kanan untuk menjadi sekata. Ini tidak sukar tetapi dalam masa pertandingan adalah bijak. Atas sebab yang sama, apabila meneka nilai huruf, seseorang mungkin mengambil huruf di sebelah kiri ≡.
- Untuk menjimatkan masa jangan risau untuk mengira nilai dalam selang 0..N−1. Nilai boleh negatif atau sewenang-wenangnya besar. Jika mereka betul maka persamaan ungu bertukar hijau dan itu sahaja yang penting.
- Sekiranya persamaan hanya mempunyai satu huruf yang tersisa maka latar belakang berwarna ungu dan kemudian tidak ada pilihan, nilai itu perlu dikira untuk menjadikan persamaan hijau. Lihat contoh dalam arahan.
- Seperti yang ditunjukkan di atas dalam Bahagian ini > 'Jika seseorang mempunyai satu warna ...' bahagian, nilai semua huruf boleh dialihkan oleh nilai malar yang sama. Oleh itu huruf pertama yang ingin diberikan boleh diberikan nilai 0 tanpa kehilangan keluasan. Seseorang tidak akan mencuba nilai lain untuk huruf itu kerana seseorang sentiasa boleh mengalihkan nilai itu kepada sifar.
- Bagi huruf ke-2 warna seseorang perlu mempertimbangkan hanya dua kes: 1) Ia mempunyai nilai yang sama dengan huruf pertama, iaitu 0, dan 2) ia mempunyai nilai yang berbeza. Dalam kes itu seseorang hanya perlu mempertimbangkan 1 kerana kita melihat bahawa semua nombor boleh didarabkan dengan 2.. (N-1) (di mana N ialah bilangan perdana warna yang ada) dan masih mempunyai penyelesaian yang setara. Sila rujuk Bahagian ini > 'Jika seseorang mempunyai satu warna ...'. Sebagai contoh, jika N = 5 dan satu akan mencuba nilai yang berbeza untuk huruf ke-2 yang diberikan, seperti 3 dan telah memperoleh penyelesaian maka mendarabkan nilai ini (dan semua nilai lain) dengan 2 akan menjadikan 3 hingga 3×2 = 6 ≡ 1 mod 5 jadi kepada 1. Oleh itu huruf ke-2 hanya perlu dicuba sebagai 0 dan 1.
- Ujian juga merupakan persoalan masa. Seseorang boleh menjimatkan masa dengan memasukkan nombor negatif apabila mereka lebih cepat mengira daripada nombor positif. Antara muka tidak memerlukan nombor dalam julat 0..N-1.
- Apabila persamaan bertukar menjadi merah maka keadaan ≡ tidak berpuas hati dan sekurang-kurangnya satu nombor mesti diubah. Kemudian cuba nombor lain. Untuk tidak terlepas nombor seseorang boleh mencuba nombor dalam urutan 0,1,...,N-1 dan berhenti apabila pewarna ditemui.
- Apabila menyemak semula dengan mengklik butang buat asal, jika seseorang melihat persamaan ungu maka seseorang boleh mengklik butang buat asal sekali lagi tanpa berfikir. Sebabnya ialah persamaan ungu hanya mempunyai satu huruf dan untuk huruf ini hanya ada satu nilai yang mungkin (mod N) jadi tiada nilai lain yang perlu dicuba untuk huruf ini dalam keadaan ini.
- Untuk mencari secara sistematik dan tidak terlepas sebarang kemungkinan mewarna, seseorang boleh bermula dengan memberikan setiap pemboleh ubah nilai 0 yang memberikan penyelesaian remeh dan kemudian memulakan backtracking untuk mendapatkan penyelesaian yang tidak remeh.
- Gambar rajah ikatan yang digunakan dalam permainan ini sudah mempunyai bilangan lintasan yang minimum. Tetapi jika gambar rajah tidak minimum maka ia akan memberi kelebihan untuk memudahkannya terlebih dahulu. Tanpa teknik di atas untuk mempercepatkan seseorang perlu mencuba pewarna N C di mana N ialah bilangan warna danC ialah bilangan lintasan = bilangan tali. Mengurangkan bilangan lintasan dengan hanya 1 mengurangkan usaha oleh FAKTOR N.
Adakah terdapat ikatan yang tidak boleh diwarnakan?
Ya. ikatan dengan kurang daripada 12 lintasan yang tidak mempunyai warna ialah 10124, 10153, 11n34, 11n42, 11n49, 11n116 dan, sudah tentu, membuka ikatan . Gambar rajah menunjukkan gambar rajah ikatan10 124.
Gambar rajah berlabel 'Tuzun-Sikora' di bahagian atas halaman hanyalah salah satu daripada banyak gambar rajah membuka ikatan dan oleh itu juga tidak boleh berwarna-warni.
Gambar rajah berlabel 'Tuzun-Sikora' di bahagian atas halaman hanyalah salah satu daripada banyak gambar rajah membuka ikatan dan oleh itu juga tidak boleh berwarna-warni.
Adakah terdapat lebih banyak warna invarian dan bagaimana ia boleh dikira?
Ya, invarian tambahan ini adalah kepelbagaian penyelesaian, satu darab untuk setiap bilangan warna yang tersedia. Untuk memahami komen berikut beberapa pengetahuan tentang algebra linear berguna.
Jika gambarajah ikatan mempunyai lintasan C maka ia juga mempunyai tali C dan dengan itu sistem keadaan mempunyai matriks pekali C×C di mana setiap baris mewakili lintasan dan terdiri daripada dua -1 dan satu 2 atau +1 dan -1 (Reidemeister I loop crossing). Setiap lajur sepadan dengan tali dan mempunyai sebanyak 2's kerana tali mempunyai pas berlebihan dan sama ada dua -1 atau satu -1 dan satu +1.
Keadaan membentuk sistem linear homogen (sebelah kanan mengandungi hanya 0s) dan persoalannya adalah untuk mencari nombor pewarna modulo yang penyelesaian bebas linear nontrivial (pewarnaan) wujud.
Seperti dalam algebra linear matriks dibawa ke dalam bentuk pepenjuru dengan menukar baris dan menambah gandaan baris pada baris lain. Di samping itu, langkah-langkah ini juga dilakukan dengan lajur. Apa yang tidak dibenarkan di sini ialah mendarabkan baris dan lajur dengan nombor kerana itu akan menambah modulo nombor warna yang menjadi penentu matriks ialah sifar dan itu akan menambah pewarna tambahan. Apa yang dilakukan sebaliknya ialah memilih berulang kali 2 komponen bukan sifar lajur/baris, kata A,B, untuk menggunakan algoritma Euclid lanjutan untuk mencari p,q, memuaskan pA + qB = GCD(A,B). p,q ialah pengganda bagi dua baris/lajur. Selepas menukar baris/lajur, GCD(A,B) menjadi unsur pepenjuru. Hasilnya ialah matriks pepenjuru yang dipanggil Smith Normal Form di mana biasanya sudut kiri atas bermula dengan 1 diikuti dengan nombor yang setiap faktor nombor seterusnya dalam pepenjuru. Unsur pepenjuru terakhir adalah sifar kerana setiap gambar rajah ikatan membolehkan pewarna remeh menggunakan hanya satu warna. Oleh itu, sudah cukup untuk mengira Borang Normal Smith selepas menjatuhkan mana-mana satu lajur dan mana-mana satu baris.
Mengira penentu matriks pekali C×C memberikan sifar kerana lajur menambah kepada sifar. Mengira penentu selepas menjatuhkan satu baris dan satu lajur memberikan satu nombor yang merupakan produk nombor pada pepenjuru bentuk normal Smith. Jadi Smith Normal Form memberikan lebih banyak maklumat untuk usaha yang sama.
Contoh: Untuk gambar rajah ini dengan 83 lintasan matriks pekali mempunyai saiz 83×83.
Smith Normal Form mempunyai permulaan pepenjuru di sudut kiri atas dengan 79 kali 1 diikuti dengan 3, 3, 85837301265 (= 3 x 5 x 5722486751), 0. Ini bermakna terdapat tiga warna 3 bebas dan satu pewarna 85837301265 yang membayangkan ia juga mempunyai 5-warna, 15-warna, 3x5722486751-mewarna dan 5x5722486751-mewarna.
Jika gambar rajah tidak berwarna maka semua nombor pepenjuru ialah 1 kecuali 0 di kedudukan terakhir.
Gambar rajah berikut tergolong dalam ikatan12a 801.
Smith Normal Form (SNF) mempunyai dalam pepenjuru sembilan 1s, diikuti oleh 3,45,0. Dalam bentuk ini setiap nombor adalah faktor nombor pepenjuru seterusnya. Dan kepelbagaian pewarna adalah bilangan unsur pepenjuru di mana ia berlaku sebagai faktor. Oleh itu, setiap gambarajah ikatan ini mempunyai dua warna 3-warna bebas dan satu 45-warna yang membayangkan ia juga mempunyai satu warna 5-,9-,15.
Jika gambarajah ikatan mempunyai lintasan C maka ia juga mempunyai tali C dan dengan itu sistem keadaan mempunyai matriks pekali C×C di mana setiap baris mewakili lintasan dan terdiri daripada dua -1 dan satu 2 atau +1 dan -1 (Reidemeister I loop crossing). Setiap lajur sepadan dengan tali dan mempunyai sebanyak 2's kerana tali mempunyai pas berlebihan dan sama ada dua -1 atau satu -1 dan satu +1.
Keadaan membentuk sistem linear homogen (sebelah kanan mengandungi hanya 0s) dan persoalannya adalah untuk mencari nombor pewarna modulo yang penyelesaian bebas linear nontrivial (pewarnaan) wujud.
Seperti dalam algebra linear matriks dibawa ke dalam bentuk pepenjuru dengan menukar baris dan menambah gandaan baris pada baris lain. Di samping itu, langkah-langkah ini juga dilakukan dengan lajur. Apa yang tidak dibenarkan di sini ialah mendarabkan baris dan lajur dengan nombor kerana itu akan menambah modulo nombor warna yang menjadi penentu matriks ialah sifar dan itu akan menambah pewarna tambahan. Apa yang dilakukan sebaliknya ialah memilih berulang kali 2 komponen bukan sifar lajur/baris, kata A,B, untuk menggunakan algoritma Euclid lanjutan untuk mencari p,q, memuaskan pA + qB = GCD(A,B). p,q ialah pengganda bagi dua baris/lajur. Selepas menukar baris/lajur, GCD(A,B) menjadi unsur pepenjuru. Hasilnya ialah matriks pepenjuru yang dipanggil Smith Normal Form di mana biasanya sudut kiri atas bermula dengan 1 diikuti dengan nombor yang setiap faktor nombor seterusnya dalam pepenjuru. Unsur pepenjuru terakhir adalah sifar kerana setiap gambar rajah ikatan membolehkan pewarna remeh menggunakan hanya satu warna. Oleh itu, sudah cukup untuk mengira Borang Normal Smith selepas menjatuhkan mana-mana satu lajur dan mana-mana satu baris.
Mengira penentu matriks pekali C×C memberikan sifar kerana lajur menambah kepada sifar. Mengira penentu selepas menjatuhkan satu baris dan satu lajur memberikan satu nombor yang merupakan produk nombor pada pepenjuru bentuk normal Smith. Jadi Smith Normal Form memberikan lebih banyak maklumat untuk usaha yang sama.
Contoh: Untuk gambar rajah ini dengan 83 lintasan matriks pekali mempunyai saiz 83×83.
Smith Normal Form mempunyai permulaan pepenjuru di sudut kiri atas dengan 79 kali 1 diikuti dengan 3, 3, 85837301265 (= 3 x 5 x 5722486751), 0. Ini bermakna terdapat tiga warna 3 bebas dan satu pewarna 85837301265 yang membayangkan ia juga mempunyai 5-warna, 15-warna, 3x5722486751-mewarna dan 5x5722486751-mewarna.
Jika gambar rajah tidak berwarna maka semua nombor pepenjuru ialah 1 kecuali 0 di kedudukan terakhir.
Gambar rajah berikut tergolong dalam ikatan12a 801.
Smith Normal Form (SNF) mempunyai dalam pepenjuru sembilan 1s, diikuti oleh 3,45,0. Dalam bentuk ini setiap nombor adalah faktor nombor pepenjuru seterusnya. Dan kepelbagaian pewarna adalah bilangan unsur pepenjuru di mana ia berlaku sebagai faktor. Oleh itu, setiap gambarajah ikatan ini mempunyai dua warna 3-warna bebas dan satu 45-warna yang membayangkan ia juga mempunyai satu warna 5-,9-,15.
Statistik pewarna ikatan
Adakah terdapat gambaran keseluruhan kemungkinan pewarna ikatan perdana sehingga beberapa saiz?
Fail teks
https://cariboutests.com/qi/knots/colour3-15-N.txt senarai untuk setiap ikatan dengan nombor silang ≦ 15 semua entri Borang Normal Smith yang bukan 0 atau 1. Nombor-nombor ini telah dikira dari satu gambar rajah tetapi ia tidak berubah dan oleh itu sama apabila dikira dari mana-mana gambarajah ikatan itu. Jika anda suka gambar ikatan berwarna maka anda boleh memuat turun poster dari koleksi poster kita dengan mengklik pada halaman utama 'Home' > 'Poster' yang membawa kepada https://cariboutests.com/images/posters/knot_colouring_portrait.pdf.
Seberapa kuat N-pewarna sebagai invarian?
Jadual berikut menunjukkan cara menggunakan lebih banyak invarian pewarna meningkatkan bilangan kelas ikatan yang tidak berubah dan dengan itu mengurangkan bilangan purata ikatan bagi setiap kelas. Lajur kanan menunjukkan bagaimana akar (#cr - 3) bilangan kelas mewarna kekal kira-kira malar, di mana #cr ialah bilangan lintasan ikatan.
Jadual 1: Statistik warna invarian arount
# daripada cr: # lintasan
# daripada KN: # ikatan
# daripada CL1: # kelas apabila mempertimbangkan hanya senarai nombor pewarna perdana
# daripada CL2: # kelas apabila mempertimbangkan hanya senarai kepelbagaian nombor pewarna perdana
# daripada cl3: # kelas apabila mempertimbangkan senarai Smith Entri Borang Normal <> 1
abs: exp(ln(noofcl3[cr])/(cr-3))
= akar ke-(cr-3) (# daripada cl3)
Jadual 1: Statistik warna invarian arount
# daripada cr: # lintasan
# daripada KN: # ikatan
# daripada CL1: # kelas apabila mempertimbangkan hanya senarai nombor pewarna perdana
# daripada CL2: # kelas apabila mempertimbangkan hanya senarai kepelbagaian nombor pewarna perdana
# daripada cl3: # kelas apabila mempertimbangkan senarai Smith Entri Borang Normal <> 1
abs: exp(ln(noofcl3[cr])/(cr-3))
= akar ke-(cr-3) (# daripada cl3)
| # daripada CR | # daripada kn | # daripada CL1 | kn/cl1 | # daripada CL2 | KN/CL2 | # daripada 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 |
Bagaimanakah nombor pewarna terbesar untuk ikatan dengan lintasan C bergantung pada C?
Jika seseorang mengambil semua ikatan dengan nombor silang C (<16) dan mendapati dari ikatan ini yang mempunyai nombor pewarna tertinggi N max maka jadual berikut menunjukkan bahawaN max tumbuh kira-kira dengan faktor 1.7 apabila meningkatkan C sebanyak 1.
Jadual 2: Jadual B(C) = Nmax1/(C−1)
Jadual 2: Jadual B(C) = Nmax1/(C−1)
| C | Nmax | ikatan | 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 |
Adakah terdapat program komputer yang boleh mengira warna?
AsciiKnots ialah program komputer untuk mengira gambar rajah ikatan yang diberikan semua nombor pewarna dengan mengira Smith Normal Form matriks pekali. Jika gambar rajah ikatan tidak mempunyai terlalu banyak lintasan maka ia juga dikira dengan percubaan yang dioptimumkan dan carian ralat untuk nombor pewarna tertentu semua pewarna atau semua nombor pewarna termasuk pewarnaannya.Selain mewarnai program ini boleh mengira lebih banyak lagi. Ia boleh dimuat turun dari
https://cariboutests.com/games/knots/AsciiKnots.tar.gz. AsciiKnots berjalan di bawah linux. Pengguna tingkap yang ketat boleh memasang Ubuntu linux secara percuma sebagai aplikasi di bawah Windows 10. Linux mengarahkan untuk mengalih keluar versi lama yang dimuat turun, untuk memuat turun versi terkini, untuk membongkarnya dan memulakannya ialah
rm AsciiKnots.tar.gz
wget https://cariboutests.com/games/knots/AsciiKnots.tar.gz
tar xfz AsciiKnots.tar.gz
./AsciiKnots
Fungsi pewarna terhad juga tersedia pada https://cariboutests.com/games/knots/knoteditor/ selepas memilih 'Alatan' > 'Ikatan Warna'
Rujukan
[1] R. H. Fox, Metacyclic invariants of knots and links, Canadian Journal of Mathematics 22 (1970) 193−201.
[2] J. H. Przytycki, 3-coloring and other elementary invariants of knots. Banach Center Publications, Vol. 42, “Knot Theory”, Warszawa, 1998, 275−295.
[3] D. Rolfsen, Table of Knots and Links. Appendix C in Knots and Links. Wilmington, DE: Publish or Perish Press, pp. 280-287, 1976.
[4] J. C. Cha and C. Livingston, KnotInfo: Table of Knot Invariants, http://www. indiana.edu/~knotinfo
[5] “Colour Classification of Knots with Crossing Number up to 15”, https:// cariboutests.com/qi/knots/colour3-15.txt
[6] T. Wolf, “A Knot Workbench”, https://cariboutests.com/games/knots/AsciiKnots.tar.gz
[2] J. H. Przytycki, 3-coloring and other elementary invariants of knots. Banach Center Publications, Vol. 42, “Knot Theory”, Warszawa, 1998, 275−295.
[3] D. Rolfsen, Table of Knots and Links. Appendix C in Knots and Links. Wilmington, DE: Publish or Perish Press, pp. 280-287, 1976.
[4] J. C. Cha and C. Livingston, KnotInfo: Table of Knot Invariants, http://www. indiana.edu/~knotinfo
[5] “Colour Classification of Knots with Crossing Number up to 15”, https:// cariboutests.com/qi/knots/colour3-15.txt
[6] T. Wolf, “A Knot Workbench”, https://cariboutests.com/games/knots/AsciiKnots.tar.gz
Ikuti atau langgan untuk kemas kini: