Skript - Universität Paderborn
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16 1 Gruppen<br />
X<br />
M<br />
x<br />
g<br />
G<br />
Damit können wir |M| auf zwei verschiedene Weisen berechnen: Mit Bemerkung<br />
1.3.14 findet man<br />
|M| = ∑ |G x | = ∑<br />
x∈X x∈X<br />
= ∑ ∑<br />
B∈G\X x∈B<br />
= ∑<br />
B∈G\X<br />
während andererseits auch gilt<br />
|G|<br />
|G · x|<br />
|G|<br />
|G · x| = ∑<br />
|G| = |G\X||G|<br />
|M| = ∑ g∈G<br />
|Fix(g)|.<br />
∑<br />
B∈G\X x∈B<br />
|G|<br />
|B|<br />
Ein Vergleich der beiden Formeln zeigt jetzt die Behauptung.<br />
⊓⊔<br />
Lösung des kombinatorischen Problems: 1000 = 2 3 5 3 . Wenn man ansetzt<br />
mit α i , β i ∈ N 0 , dann muss gelten<br />
1000 = abc = (2 α1 5 β1 )(2 α2 5 β2 )(2 α3 5 β3 )<br />
α 1 + α 2 + α 3 = 3<br />
β 1 + β 2 + β 3 = 3<br />
Die Menge X aller (α 1 , α 2 , α 3 , β 1 , β 2 , β 3 ), die die obigen Gleichungen erfüllen, hat<br />
10 · 10 = 100 Elemente: Für die α’s hat man 3 Möglichkeiten der Verteilung nach<br />
3, 0, 0 sowie 6 Möglichkeiten der Verteilung nach 2, 1, 0. Dazu kommt die Verteilung<br />
1, 1, 1, macht zusammen 10. Analog für die β’s. Die Gruppentheorie kommt jetzt<br />
zum tragen, weil wir eine Vertauschung der Faktoren nicht berücksichtigen wollen,<br />
d.h. eine Symmetrie einbauen: Die Gruppe S 3 wirkt auf X via<br />
σ · (α 1 , α 2 , α 3 , β 1 , β 2 , β 3 ) = (α σ1 , α σ2 , α σ3 , β σ1 , β σ2 , β σ3 ).<br />
Die gesuchte Anzahl ist genau die Anzahl |S 3 \X| der Bahnen! Dazu berechnen wir<br />
die Größe der Fixpunktmengen:<br />
|Fix(id)| = 100 = 10 2<br />
|Fix(12)| = 4 = 2 2 = |Fix(13)| = |Fix(23)|<br />
|Fix(123)| = 1 = 1 2 = |Fix(132)|.<br />
Mit dem Burnside-Lemma finden wir jetzt:<br />
|S 3 \X| = 1 ∑<br />
|Fix(σ)| = 1 · 100 + 3 · 4 + 2 · 1 = 19.<br />
|S 3 |<br />
6<br />
σ∈S 3