wiskunde « Stijn Symens @ Wordpress

18 maart, 2008

Drawing braids using METAPOST

Ingedeeld onder: wiskunde — Stijn @ 4:51 pm

If you are writing a book on the braid theory (or Theorie der Zöpfe as E. Artin called it) , this might be a useful post; a few weeks ago, I made a little metapost program to draw braids. This file allows you to draw a continuation of braids using a single simple statement.
All you need to do is put the file braids.mp in your base metapost directory (or just put it in your working directory) and include the file using the code input braids.mp;.

Two commands are made to draw the braids:

drawbraidwithlines(n,s) draws an $n$ -strand-braid based on the string $s$ . In the string, the $i$ -th letter of the alphabet gives a crossover between the $i$ -th and the $i+1$ -th strand; a capital letter does a right crossover, a small letter gives left crossover. An example makes this clear:
beginfig(1); drawbraidwithlines(5,"ABabCCcDaB"); setbounds currentpicture to boundingbox currentpicture enlarged 2pt ; endfig;

drawbraid(n,s) does the same, but without the lines:

beginfig(2); drawbraid(7,"ABabEbCcDaB"); setbounds currentpicture to boundingbox currentpicture enlarged 2pt ; endfig;
gives you the picture

Thickness of the lines can be adjusted and horizontal and vertical scaling is also possible. Check out the comments in the file for this.

As an exercise you might try to draw this 3-strand braid (I’m exercising to do the hair of my daughters).

Reacties (3)

8 augustus, 2007

Lichamentheorie en de laatste stelling van Fermat

Ingedeeld onder: wiskunde — Stijn @ 7:41 pm

Momenteel stel ik de oefeningenexamens op voor de tweede zittijd. Een van de vakken die ik zeer graag begeleid gaat onder andere over Galoistheorie. Mijn vriend en collega Raf Bocklandt kwam met een voorstel voor een examenvraag voor de eerste zittijd in juni. Uiteindelijk is het een bonusvraag geworden. Veel zoekplezier.

Zoek de fout in het volgende foutief bewijs van de laatste stelling van Fermat. Geef ook aan waarom dit foutief is.

De vergelijking
$a^n+b^n=c^n$
heeft geen niet-triviale gehele oplossing als $n > 2$ . (met niet-triviaal bedoelen we $abc \ne 0$ ).

Bewijs.
Het volstaat de stelling te bewijzen voor $n$ een priemgetal en voor $a,b,c \in \mathbb{N}_0$ .

Stel dat $a^p+b^p=c^p$ een niet-triviale oplossing $(a,b,c) \in (\mathbb{N}_0)^3$ heeft, met $p \ne 2$ priem. Neem $(a,b,c)$ de kleinste oplossing die voldoet (kleinste in de zin dat $a+b+c$ zo klein mogelijk moet zijn).

We mogen veronderstellen dat $a$ , $b$ , $c$ geen gemeenschappelijke priemfactoren hebben (anders delen
we die uit en bekomen we een kleinere oplossing).

We bekijken nu de oplossing modulo $p$ .
Stel $\zeta$ een primitieve $p$ -de machtswortel van $1$ en breid het lichaam $\mathbb{F}_p$ uit met $\zeta$ . In het lichaam $\mathbb{F}_p(\zeta)$ kunnen we de vergelijking herschrijven als
$a^p + (b\zeta)^p = (c\zeta)^p$
We weten dat $.^p: \mathbb{F}_p(\zeta) \to \mathbb{F}_p(\zeta): x \mapsto x^p$ een automorfisme is. We nemen het inverse van dit automorfisme en passen dit toe op de voorgaande vergelijking en we vinden dat
$a + b\zeta = c\zeta.$
Dit wil zeggen dat

Ofwel $\zeta$ een lineair afhankelijk is van $1$ en dus is
$\zeta$ noodzakelijk de tweede machtswortel van $1$ , maar dit kan niet want $p>2$ .

Ofwel is $b-c=a=0 \mod p$ maar dan is analoog ook $a+b=c=0$ via de vgl
$(a \zeta)^p + (b\zeta)^p = c^p$ . Uit die twee vergelijkingen kunnen we afleiden dat $a=b=c=0 \mod p$ en $a$ , $b$ en $c$ zijn dus $p$ -vouden.
Dit laatste is in tegenspraak met het feit dat $a$ , $b$ en $c$ geen gemeenschappelijke factor hebben.

Dit vervolledigt het bewijs.

Tijdens het tweede zit examen mogen de studenten opnieuw een foutief bewijs van de stelling van Fermat verwachten!

Laat een reactie achter

31 juli, 2007

IMO en Ceva

Ingedeeld onder: wiskunde — Stijn @ 3:02 pm

Vorige week vond de Internationale Wiskunde Olympiade plaats. 2 dagen 4,5 uur zweten om 3 problemen per dag op te lossen. Ondertussen zijn de niet-evidente problemen en de uitslag op de IMO-site te vinden. Belgie kwam uiteindelijk met 3 bronzen medailles thuis.Enkele weken geleden was ik lesgever op een voorbereidingsstage voor de 3 Vlaamse deelnemers aan deze internationale wedstrijd. Na mijn les dacht ik de studenten te plezieren met een leuk vraagje dat ik enige tijd ervoor had bedacht:

Gegeven een willekeurige driehoek $\triangle ABC$ . Teken op $AB$ de gelijkbenige driehoek $\triangle DAB$ met tophoek in $D$ . Teken vervolgens gelijkbenige driehoeken $\triangle BCE$ resp. $\triangle ACF$ , beide gelijkvormig met $\triangle DAB$ , met tophoeken in $E$ resp. $F$ . Deze 3 nieuwe driehoeken staan allen aan de buitenzijde van de driehoek $\triangle ABC$ . Toon aan dat $AE$ , $BF$ en $CD$ concurrent zijn.

A priori was ik er niet zeker van dat deze eigenschap waar is, maar er is voldoende evidence dat het was moet zijn: noem even $\delta$ de basishoek van de gelijkbenige driehoeken. In het geval $\delta=0^\circ$ zijn de drie lijnen zwaartelijnen en dus concurrent. In het geval dat $\delta=90^\circ$ zijn de drie lijnen hoogtelijnen en dus concurrent. In het geval $\delta=60^\circ$ , zijn de drie lijnen ook concurrent en het snijpunt heet dan het punt van Torricelli (of van Fermat).Een analytisch bewijs is vervelend maar zeker niet onmogelijk. Toch is de drang naar een meetkundig bewijs groot, zeker in olympiademiddens.Het heeft onze Vlaamse kandidaten dan ook niet lang gekost om een mooie oplossing te vinden. Zij maakten gebruik van een stelling die voor mij toch al heel ver in het acherhoofd zat: de trigoniometrische versie van de stelling van Ceva.De gebruikelijke versie van de stelling van Ceva zegt dat in een driehoek $\triangle ABC$ , met ingeschreven driehoek $\triangle LMN$ , de rechten $AL$ , $BM$ en $CN$ concurrent zijn als en slechts als

$\frac{AN}{NB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MA} = 1.$

De trigoniometrische variant die zegt precies dat $AL$ , $BM$ en $CN$ concurrent zijn als en slechts als

$\frac{\sin\angle BAL}{\sin\angle CAL}\cdot\frac{\sin\angle ACN}{\sin\angle BCN}\cdot\frac{\sin\angle CBM}{\sin\angle ABM}=1.$

Het is precies deze laatste variant die, samen met de sinusregel, zorgt voor een zeer kort bewijs. We verkrijgen immers (met notaties zoals in de eerste figuur) dat

$\frac{\sin(\beta+\delta)}{\sin(\gamma+\delta)}=\frac{\sin\angle BAE}{\sin\angle CAE}$

door gebruik te maken van de sinusregel in driehoek $\triangle ABE$ en in de driehoek $\triangle ACE$ . Passen we dit ook toe vanuit $D$ en $F$ , dan kunnen we de trigonometrische variant van Ceva gebruiken om aan te tonen dat $AE$ , $BF$ en $CD$ concurrent zijn.

Reactie (1)

29 juni, 2007

Rubik’s delta ball

Ingedeeld onder: wiskunde — Stijn @ 10:26 am

Een collega kreeg hem enkele weken geleden cadeau: de jongste telg in het Rubik’s Gamma. Geen draaipuzzel deze keer, maar een schuifpuzzel: een driedimensionale variant van de bekende 14-15-puzzel. De deltabal is in feite een regelmatig twintigvlak (icosaeder) waar men 1 driehoekje kan uithalen. Dat is het vrije veld en hier kan men 1 van de 3 buurvelden naartoe schuiven. De puzzel bestaat uit 4 kleuren, van elke kleur zijn er 5 genummerde velden. Bedoeling is de velden zo te schuiven dat er een bepaald patroon verschijnt. Verschillende patronen worden meegegeven in bijbehorend boekje.

De eerste vraag die ik me dan stel is:

Kunnen alle mogelijke patronen gemaakt worden?

Bij de 14-15-puzzel is het antwoord neen: een puzzel waar je alles goed hebt geschoven, en enkel de 14 en 15 gewisseld zijn, kan je niet schuiven tot een situatie waar alles in volgorde is.Bij de deltabal kan dit echter wel. We controleren dit door gebruik te maken van groepentheorie. Het eerste dat we nodig hebben is kijken naar de graph van het duale Platonische lichaam: de dodecaeder. Deze graph geeft immers precies aan op welke manier de driehoeken van de deltabal met elkaar verbonden zijn:

Nu gaan we na welke permutaties van vertices we kunnen doen door te schuiven. We zullen ervan uitgaan dat het vrije veldje op plaats 20 staat, en dat dat vrije veldje ook op het einde van het schuiven op plaats 20 eindigt. Een eerste soort permutatie dat we kunnen doen, is alle blokjes doorschuiven volgens een vijfhoek: 1 vakje verder schuiven levert volgens de groene vijfhoek komt dan overeen met de permutatie $(19,18,17,16)$ (19 wordt 18, 18 wordt 17 enz). We zorgen er steeds voor dat elke permutatie vakje 20 open laat.

Naast die ene vijfhoek gaan we in de graph op zoek naar een gesloten pad dat alle vertices precies 1 maal bezoekt. Gelukkig is de dodecaedergraph een Hamiltoniaanse graph en bestaat er zulk een pad. Bijvoorbeeld:

We kijken nu naar de permutatiegroep voortgebracht door deze 2 permutaties:

$G=\langle (19,18,17,16),(19,14,10,5,4,9,13,18,17,16,11,7,12,8,3,2,1,6,15) \rangle.$

Kan je nu met deze 2 permutaties alle mogelijke verschuivingen doen op de deltabal?
We controleren dit via GAP:
gap: a:=(19,18,17,16); gap: b:=(19,14,10,5,4,9,13,18,17,16,11,7,12,8,3,2,1,6,15); gap: G:=Group(a,b) Group([ (16,19,18,17), (1,6,15,19,14,10,5,4,9,13,18,17,16,11,7,12,8,3,2) ]) gap: Size(G) 121645100408832000 gap: Factorial(19) 121645100408832000
We merken dat onze permutatiegroep evenveel elementen heeft als $S_{19}$ en vermits het er een deelgroep van is, moeten deze groepen samenvallen. We kunnen dus besluiten dat alle posities mogelijk zijn op de deltabal!

Reactie (1)