En gruppeteoretisk undersøgelse af Rubik s Cube en

Transkript

1 Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. Ost er godt. En gruppeteoretisk undersøgelse af Rubik s Cube en Symmetri Af: Betina Lundgaard Christensen, Jaron Skovsted Røge, Jesper Haar Jakobsen, Johan Ejstrud, René Bødker Christensen Matematik & Statistik - G maj 2014

2

3 Institut for Matematiske Fag Titel: En gruppeteoretisk undersøgelse af Rubik s Cube en Matematik og Statistik Fredrik Bajers Vej 7G Tfl Tema: Symmetrier Projektperiode: P4, forårssemesteret 2014 Projektgruppe: G3-114 Deltagere: Betina Lundgaard Christensen Jaron Skovsted Røge Jesper Haar Jakobsen Johan Ejstrud René Bødker Christensen Synopsis: Dette projekt omhandler Rubik s Cube en. Den analyseres ved hjælp af gruppeteori, herunder gruppevirkninger, isomorfier og baner. Cube en betragtes som en gruppe kaldet Rubiksgruppen. Det undersøges hvor mange måder Cube en kan samles på, og ved hjælp af Rubiksgruppen udledes det hvor mange af disse, der kan løses. I denne sammenhæng afdækkes hvilke kriterier, der afgør, hvorvidt en konfiguration kan løses eller ej. Dernæst undersøges det, hvilken kendt gruppe Rubiksgruppen er isomorf til. Vi er kommet frem til, at der er cirka 5, måder Cube en kan samles på, og 1 12 af disse kan løses. Om den kan løses, kan afgøres med kun tre betingelser. Til sidst udledes det, at Rubiksgruppen er isomorf med (Z 11 2 Z 7 3) ((A 12 A 8 ) Z 2 ). Vejleder: Martin Raussen Oplagstal: 8 Sidetal: 35 Afsluttet den: 23. maj 2014 Rapportens indhold er frit tilgængeligt, men offentliggørelse (med kildeangivelse) må kun ske efter aftale med forfatterne.

4

5 Indholdsfortegnelse Indledning 1 Kapitel 1 Rubiksgruppen Rubiksgruppen Gruppevirkninger Beskrivelse af træk Komposition af træk Kapitel 2 Lovlige konfigurationer Lovlige orienteringer Lovlige positioner De lovlige konfigurationer Kapitel 3 Gruppestruktur Produkter af undergrupper Gruppestruktur for Rubiksgruppen Centeret for Rubiksgruppen Afrunding 30 Bibliografi 32 Appendiks A Supplerende resultater 35

6

7 Indledning Rubik s Cube en er det mest solgte legetøj nogensinde. Det ansla s, at der er solgt over 350 millioner eksemplarer, siden den blev opfundet af Erno Rubik i 1974 (History of the Rubik s Cube). Cube en besta r af terninger. Skiller man den ad, vil man dog se, at den i virkeligheden kun besta r af 21 forskellige dele, som det ses pa figur 1. Der er 3 slags terninger i Cube en: centerterninger, kantterninger og hjørneterninger. Der er 6 centerterninger, der hver har e n farvet side, og som det ses na r man skiller Cube en ad, sidder disse altid i samme position i forhold til hinanden. Der er 12 kantterninger, og hver af disse har 2 farvede sider. Til sidst er der 8 hjørneterninger, som har 3 farvede sider. Et af ma lene i denne rapport er at udlede, hvor mange forskellige konfigurationer man kan fa med Cube en ved at dreje dens sider. For at komme frem til det resultat skal der bruges en del abstrakt algebra, sa lad os starte med noget, der er lidt lettere. Forestil dig, at vi som før skiller Cube en ad, og dernæst samler den igen fuldstændig tilfældigt. Hvor mange forskellige konfigurationer kan der komme ud af det? Som sagt sidder centerterningerne altid ens i forhold til hinanden, sa de bidrager ikke til antallet af konfigurationer. Kantterningerne kan til gengæld placeres 12 forskellige steder. Der er altsa 12! forskellige ma der at placere kantterningerne pa. Da hver af kantterningerne kan vendes pa 2 ma der, skal 12! ganges med 212. Der er derfor 12! 212 ma der kantterningerne kan placeres og vendes pa i forhold til hinanden. Ligeledes er der 8! ma der hjørneterningerne kan placeres pa, og da hver hjørneterning kan vendes pa 3 ma der, skal dette ganges med 38. Eftersom alle disse kan gøres uafhængigt af hinanden, bliver det samlede antal Figur 1. Rubik s Cube en i skilt tilstand 1

8 Indholdsfortegnelse konfigurationer altsa 12! 212 8! 38 = Det viser sig dog, at det ikke er muligt at komme frem til alle disse konfigurationer ved at dreje Cube ens sider. I rapporten ønsker vi derfor at vise hvilke konfigurationer, vi kan na frem til ved blot at dreje siderne pa Cube en. Til dette benytter vi os som sagt af abstrakt algebra, hvor vi skal ind pa gruppeteori; især gruppevirkninger og gruppevirkningers baner. Det skyldes, at mængden af træk for Rubik s Cube en kan betragtes som en gruppe, der virker pa mængden af konfigurationer. Yderligere vil vi se pa strukturen for denne gruppe. Her kommer vi især til at bruge isomorfier og teori om undergrupper. Dette fører til, at vi finder en mere kendt gruppe, som gruppen af træk er isomorf med, for pa denne ma de at fa en dybere indsigt i, hvordan selve gruppen er opbygget. Notation For at skelne de 26 synlige terninger fra hinanden, beskrives de 6 sider af Cube en med følgende bogstaver f (front), b (back), r (right), l (left), u (up), d (down). En ternings placering i Rubik s Cube en kan beskrives ved at opskrive dens synlige sider. Terningen i det forreste, øvre, højre hjørne vil eksempelvis beskrives fur. En 90 graders rotation af en side omkring den akse, der ga r gennem centerterningen pa siden og centerterningen pa den modsta ende side, kaldes en elementærdrejning, hvis rotationen forega r med uret. For at afgøre hvilken vej der er med uret, skal man kigge direkte ind pa siden der roteres. En elementærdrejning betegnes med et stort bogstav for den side, der roteres. F beskriver dermed rotationen af siden front, og de seks elementærdrejninger er derfor F, B, R, L, U og D. Figur 2. Navngivning af fladerne pa Rubik s Cube en 2

9 Indholdsfortegnelse En sammensætning af elementærdrejninger kaldes et træk og betegnes M. Trækket M = FR beskriver for eksempel elementærdrejningen F efterfulgt af elementærdrejningen R. Udføres en elementærdrejning 2 gange, noteres det eksempelvis R 2. Udføres den inverse til en elementærdrejning, svarer det til at udføre den samme elementærdrejning 3 gange, og det noteres derfor R 3. For at holde styr på, hvor terningerne befinder sig i Cube en, benyttes begrebet position, som beskrives med samme notation som placeringen af terningerne. Efter et træk vil nogle af terningerne ændre placering. For eksempel vil R medføre at terningen fur føres over i position bur. Et træk medfører altså en ændret placering af terningerne, men positionerne ændres ikke. En konfiguration af terningen betegnes med C, og udføres trækket M på terningen med konfiguration C, betegnes det M(C). Desuden anvendes notationen M(dfr), og denne notation angiver den position, hvor dfr ender, efter trækket M er udført. Hvis M for eksempel er trækket D, så ender dfr-terningen i dbr-positionen. 3

10 Rubiksgruppen Kapitel 1 Rubik s Cube en kan betragtes som to grupper: snydergruppen og Rubiksgruppen. I dette kapittel vil vi beskrive grupperne og deres elementer, men der er dog mest fokus på Rubiksgruppen. Kapitlet er inspireret af (Chen 2004), og definitioner stammer fra (Lauritzen 2003). 1.1 Rubiksgruppen Grupper og undergrupper spiller en stor rolle i resten af projektet, og definitionerne er som følger Definition (Gruppe): Et par (G, ) bestående af en mængde G og en komposition : G G G kaldes en gruppe, hvis følgende betingelser er opfyldt: Kompositionen er associativ. Der eksisterer et neutralelement e, sådan at g e = e g = g for alle g G. For alle g G eksisterer et inverselement a, sådan at g a = a g = e Definition (Undergruppe): Lad (G, ) være en gruppe og H G, sådan at følgende tre punkter er opfyldt Der eksisterer et neutralelement i H. For hvert element i H eksisterer et inverselement i H. Hvis x og y ligger i H, så ligger xy også i H. (H, ) er da en undergruppe af (G, ), hvilket noteres H G. Rubiksgruppen består af alle mulige træk, der kan udføres på Cube en. De træk, der kan udføres, er sammensætninger af elementærdrejningerne F, B, U, D, L og R. Dette indses let, da en drejning af et midterlag kan beskrives ved to elementærdrejninger af de paralelle flader i modsatte retning. Dette er også en fordel, da centerterningerne så altid bliver i de samme positioner. Alle træk vil derfor kunne fås ved at sammensætte elementærdrejninger. Rubiksgruppen består altså ikke af konfigurationer men af træk. Der kan selvfølgelig udføres uendeligt mange forskellige træk, men to træk betragtes som værende ens, hvis de ændrer en konfiguration på samme måde. Antallet af elementer i gruppen svarer derfor til antallet af forskellige konfigurationer, man kan nå frem til ved at starte med Cube en i løst tilstand og udføre elementærdrejninger på den Sætning: Lad G være mængden af alle mulige træk for Rubik s Cube en, og lad være sammensætningen af træk. Så er (G, ) en gruppe, som kaldes Rubiksgruppen. 4

11 1. Rubiksgruppen Sammensætningen af to træk er også et træk, og derfor er G lukket under kompositionen. Et træk kan betragtes som en afbildning fra mængden af konfigurationer til mængden af konfigurationer. Da sammensætningen af afbildninger er associativ, er første punkt fra definition derfor opfyldt. Det neutrale element e i G er ikke at udføre et træk. Det andet punkt er altså også opfyldt. For at finde den inverse til et træk M, udføres trækket baglæns. Dette gøres ved at udføre den inverse til enhver elementærdrejning i M i omvendt rækkefølge. For eksempel er den inverse til trækket M = FU 2 R, givet ved M 1 = R 3 U 2 F 3. Da (M 1 ) 1 = M er MM 1 = M 1 M = e, og det tredje punkt er derfor opfyldt. Rubiksgruppen er en undergruppe af en større gruppe, der hedder snydergruppen. Den nævnes her, men vil ikke blive undersøgt så nøje som Rubiksgruppen. Snydergruppen Elementerne i snydergruppen er alle mulige måder, hvorpå man kan skille terningen ad og samle den igen. Et sådant træk kaldes et snydertræk. Alle de almindelige træk er altså også snydertræk, og Rubiksgruppen er derfor en undergruppe af Snydergruppen. To snydertræk betragtes som ens, hvis de fra det samme udgangspunkt fører til den samme konfiguration. Antallet af elementer i snydergruppen er derfor antallet af mulige konfigurationer, som vi i indledningen fandt til at være ! 12! = Det er altså en endelig gruppe, men en meget stor gruppe. Lovlige og ulovlige konfigurationer Der er en direkte sammenhæng mellem træk og konfigurationer. Hvis man på den løste Cube udfører et snydertræk, får man den tilhørende konfiguration. Alle de konfigurationer, der har et tilhørende træk i Rubiksgruppen, kaldes for lovlige, mens alle de konfigurationer, der har tilhørende træk i snydergruppen, men ikke i Rubiksgruppen, kaldes for ulovlige. En lovlig konfiguration er altså en, som man kan komme frem til ved at starte med den løste Cube for derpå at dreje siderne. De ulovlige konfigurationer er dem, hvor man fra den løste Cube er nødt til at udføre snydertræk, for at komme frem til dem. Ordet konfigurationer dækker altså både over de lovlige og ulovlige konfigurationer, og svarer til antallet af elementer i snydergruppen. 1.2 Gruppevirkninger Det er muligt at definere en afbildning, så Rubiksgruppen virker på mængden af konfigurationer af Cube en. En sådan afbildning kaldes en gruppevirkning Definition (Gruppevirkning): En gruppevirkning af en gruppe G på en ikke-tom mængde A er en funktion ϕ : A G A, hvorom det gælder, at: 1. (a g 1 ) g 2 = a (g 1 g 2 ) for alle g 1, g 2 G og a A. 2. a e = a for alle a A. 5

12 1.3. Beskrivelse af træk Betragtes Cube en i konfigurationen C, ændrer trækket M 1 Cube ens konfiguration til C M 1 = M 1 (C). Hvis trækket M 2 derefter udføres, er Cube en i konfigurationen M 2 (M 1 (C)). Samme konfiguration fås ved at udføre trækket M 1 M 2 på C, og derfor er M 2 (M 1 (C)) = (M 1 M 2 )(C). Derudover vil neutralelementet, hvor der ikke foretages nogen drejninger, ikke ændre på konfigurationen, så e(c) = C. Rubiksgruppen (G, ) virker derfor på mængden af konfigurationer af Rubik s Cube en Definition (Bane): Hvis G virker på en mængde A, så er banen af a A mængden {a g g G} Når vi i denne rapport nævner baner, så mener vi de baner, der opstår, når Rubiksgruppen virker på mængden af konfigurationer. Da G virker på mængden af konfigurationer af Rubik s Cube en, er mængden af lovlige konfigurationer af Cube en netop banen for den løste Cube. Vi ønsker at udlede denne banes egenskaber, og derfor benytter vi os af følgende lemma Lemma: Antag at en endelig gruppe G virker på en mængde A, og lad mængden S frembringe G. Lad P være en egenskab således at følgende gælder: Hvis a A opfylder P og s S, så opfylder a s også P Så gælder det, at hvis a 0 A opfylder P, så opfylder ethvert element i a 0 s bane også P. Definer en egenskab Q sådan at g G opfylder Q, hvis: for a A som opfylder P, så opfylder a g også P. Vi vil vise, at alle elementer i G opfylder Q. Ifølge antagelsen i lemmaet opfylder alle elementer i S egenskaben Q. Vi skal derfor vise, at hvis g G og h G begge opfylder Q, så opfylder gh egenskaben Q. Derved vil ethvert element i S opfylde Q ifølge A.2.1. Antag derfor at a A opfylder P. Da g opfylder Q, opfylder a g også P. Ligeledes opfylder (a g) h egenskaben P. Fra definitionen af en gruppevirkning har vi, at (a g) h = a gh. Vi har dermed vist, at gh opfylder Q. Det vil altså sige at alle elementer i G opfylder Q, hvilket betyder, at hvis a 0 A opfylder P, så medfører det, at a g opfylder P for alle g G. Mængden S = {F, B, L, R, U, D} frembringer Rubiksgruppen G. Med den løste Cube som a 0 kan lemmaet derfor benyttes til at bevise egenskaber for konfigurationerne af Cube en ved blot at betragte elementærdrejningerne. 1.3 Beskrivelse af træk Vi vil gerne være i stand til at beskrive hvert enkelt træk, både de lovlige træk og snydertrækkene. Til dette indføres en notation, der beskriver, hvordan et givet træk ændrer Cube ens konfiguration. Først beskrives kanterne og hjørnernes positioner og dernæst deres orientering. 6

13 1. Rubiksgruppen Position af terninger For at beskrive positionen af terningerne bruges symmetrigrupper Definition (Symmetrigruppe): S n = {σ : {1, 2,..., n} {1, 2,..., n} σ er bijektiv } kaldes en symmetrigruppe. Den har kompositionen, som er sammensætningen af funktioner. Elementerne i S n kaldes permutationer. En permutation er altså en bijektiv funktion fra en delmængde af de naturlige tal til sig selv. Permutationerne kan noteres ved at opskrive, hvad hvert enkelt element afbilledes over i, eller ved brug af cykler Eksempel: Lad σ S 3 være givet ved σ(1) = 1, σ(2) = 3 og σ(3) = 2. Denne permutation noteres: ( ) σ = Ved brug af cykler skrives σ = (1)(2 3) = (2 3), da en 1-cykel ofte udelades. Normalt læses sammensætningen af permutationer bagfra, så σ 1 σ 2 forstås på den måde, at σ 2 virker først, og dernæst σ 1. Da trækkene i Rubiksgruppen virker på konfigurationerne fra højre, læses det i denne rapport fra venstre mod højre, således at σ 1 σ 2 forstås på den måde, at σ 1 virker først, og dernæst σ 2. Idet et træk altid sender en hjørneterning til en hjørneposition og en kantterning til en kantposition, kan de to typer af terninger betragtes hver for sig. Eftersom der findes 8 hjørneterninger, kan enhver konfiguration af disses positioner beskrives ved et element σ i symmetrigruppen S 8. Dette skyldes, at hjørnerne i den løste Cube kan nummereres med 1, 2,..., 8, og da vil en ny konfiguration være en omrokering af tallene 1, 2,..., 8. Ligeledes kan positionerne for de 12 kantterninger beskrives ved et element τ S 12. Orientering af terninger For at beskrive hjørnernes orientering, markeres de med 1, 2,..., 8 på følgende måde: 1 på u-fladen af ufl- positionen 2 på u-fladen af urf- positionen 3 på u-fladen af ubr-positionen 4 på u-fladen af ulb- positionen 5 på d-fladen af dbl- positionen 6 på d-fladen af dlf- positionen 7 på d-fladen af dfr- positionen 8 på d-fladen af drb-positionen Tabel 1. Nummerering af hjørnepositioner Hver hjørneposition har dermed en enkelt nummereret flade, og den tilsvarende flade på terningen markeres med et 0. De andre sider af hver terning nummereres med uret, således 7

14 1.3. Beskrivelse af træk f 2 u 0 1 r Figur 3. Placering af 0, 1 og 2 at de får tallene 1 og 2, se figur 3. Dermed angiver tallet på en given flade, hvor mange gange hjørneterningen skal roteres med uret, før 0 er på fladen. Orienteringen af Rubik s Cube ens hjørner kan dermed noteres med en 8-tupel x Z 8 3, hvor x i er tallet på den hjørneterning, der ligger i position i fra tabel Eksempel: På figur 4 ses det, hvad drejningen F gør ved orienteringen af hjørnerne. Ud fra tabel 1 ses det, at vi efter trækket har x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = 0, x 4 = 0, x 5 = 0 x 6 = 2, x 7 = 1, x 8 = 0. Grunden til at x 3 = x 4 = x 5 = x 8 = 0 er, at F ikke påvirker terningerne på fladen b. Orienteringen ændres dermed fra x = (0,..., 0) til x = (1, 2, 0, 0, 0, 2, 1, 0) F Figur 4. Orientering før og efter F På en tilsvarende måde kan kantterningerne nummereres, så orienteringen kan udtrykkes ved en 12-tupel y Z Ud fra hjørnernes og kanternes positioner og orienteringer er det nu muligt at beskrive et træk som (σ, τ, x, y), hvor σ S 8, τ S 12, x Z 8 3 og y Z12 2. Andre gange beskrives træk ved cykler, og der skelnes i dette projekt mellem orienterede og ikke-orienterede cykler. Forskellen på disse to typer illustreres bedst ved et eksempel Eksempel: De to cykler (fur bdr) og (fur rbd) er ens, hvis de betragtes som ikke-orienterede cykler, men forskellige hvis de betragtes som orienterede cykler. Det skyldes, at ikke-orienterede cykler blot afbilder positionen af terningerne. Orienterede cykler afbilder både positionen 8

15 1. Rubiksgruppen og orienteringen, og i den ene cykel afbildes f-fladen over i b-fladen, mens den afbildes over i r-fladen i den anden cykel. Orienteringen af terningen er derfor anderledes. Notationen (σ, τ, x, y) bruges også til, at betegne en konfiguration af Rubik s Cube en, hvor (σ, τ, x, y) er den konfiguration der fås ved at udføre (σ, τ, x, y) på den løste Cube. Vi ser nu på hvad der sker, hvis to træk sammensættes. 1.4 Komposition af træk Ud fra (Joyner 2008) vil vi bevise, hvordan sammensætningen af to træk kan beskrives. I beviset bruges følgende lemma Lemma: Lad M = (σ, τ, x, y) og M = (σ, τ, x, y ) være træk. Da er orienteringen af hjørnerne for sammensætningen MM givet ved x = x + σ 1 (x ). Trækket M ændrer orienteringen på hjørneposition i med x i og sender hjørneterning i til hjørneposition σ(i). For at betragte hvordan M ændrer Cube ens orientering, trækker vi x fra, så orienteringen for hver position er som oprindeligt, og denne nye konfiguration kaldes den ændrede Cube. Terningen i hjørneposition i, i den ændrede Cube kommer fra den σ 1 (i) te hjørneposition i den originale Cube. Det vil sige, at den i te hjørneposition i den ændrede Cube bliver reorienteret af x σ 1 (i). Tilføres orienteringen fra M, der blev fjernet tidligere, opnås x i = x i + x σ 1 (i), hvilket gælder for 1 i 8, og resultatet følger. Et tilsvarende argument kan gives for kanterne, så y = y + τ 1 (y ). Dermed kan vi nu formulere, hvordan to træk sammensættes Sætning: Lad (σ, τ, x, y) og (σ, τ, x, y ) være træk. Så er deres sammensætning givet ved: (σ, τ, x, y)(σ, τ, x, y ) = ( σσ, ττ, x + σ 1 (x ), y + τ 1 (y ) ). (1.1) Sammensætningen af positioner for kanter og hjørner følger ud fra reglen om sammensætningen af permutationer. Orienteringen ændres som beskrevet i lemma En umiddelbar konsekvens er, at inverselementet til ethvert element i G kan beskrives Korollar: Lad M = (σ, τ, x, y) være et træk. Så er M 1 = (σ 1, τ 1, σ( x), τ( y)). 9

16 1.4. Komposition af træk Det fås ved udregning af MM 1 : MM 1 = (σ, τ, x, y)(σ 1, τ 1, σ( x), τ( y)) = (σσ 1, ττ 1, x + σ 1 (σ( x)), y + τ 1 (τ( y))) = (1, 1, 0, 0). Inverselementet kan bruges til at lave en konjugering. En konjugering er en funktion på formen ϕ: G G G, hvor ϕ(g, h) = g 1 hg, og dette kaldes at konjugere h med hensyn til g. I forbindelse med konjugering benyttes følgende lemma: Lemma: Lad τ = (i 1 i 2 i k ) være en k-cykel og σ en permutation i S n. Så er σ 1 (i 1 i 2 i k )σ = (σ(i 1 ) σ(i 2 ) σ(i k )) Betragt elementet σ(i j ). På højresiden sendes det til σ(i j+1 ), så vi skal vise, at der sker det samme på venstresiden. [ σ 1 (i 1 i 2 i k )σ ] (σ(i j )) = [ (i 1 i 2 i k )σ ] ( σ 1 (σ(i j )) ) = [ (i 1 i 2 i k )σ ] (i j ) = σ(i j+1 ). Betragt nu et element i σ(i j ), 1 j k, der på højresiden afbildes over i sig selv. Dette medfører, at σ 1 (i) i j, hvorfor cyklen (i 1 i 2 i k ) afbilder σ 1 (i) til sig selv. Da der efterfølgende benyttes σ på σ 1 (i) bliver i sendt i sig selv på venstresiden for alle i σ(i j ), 1 j k. Derfor afbildes hvert element til det samme på hver side af lighedstegnet, hvorfor de to afbildninger er ens. I afsnit 2.3 benytter vi os ofte af konjugering til at vise eksistensen af bestemte træk. 10

17 Lovlige konfigurationer Kapitel 2 I dette kapitel findes der frem til de lovlige konfigurationer af Rubik s Cube en. Dette gøres ved først at betragte orienteringen af terningerne, og dernæst positionen af terningerne. Kapitlet bygger på (Chen 2004) og definitionerne stammer fra (Lauritzen 2003). 2.1 Lovlige orienteringer Først undersøges det, hvilke betingelser der gælder for orienteringen af hjørnerne og kanterne for at en konfiguration er lovlig. Vi har tidligere forklaret, at G virker på mængden af konfigurationer, og at de lovlige konfigurationer udgør en bane under denne gruppevirkning. Følgende sætning kan bruges til at identificere de lovlige konfigurationer Sætning: Hvis to konfigurationer (σ, τ, x, y) og (σ, τ, x, y ) er i samme bane, gælder det, at 8 x i i=1 8 x i (mod 3) og i= y i y i (mod 2). (2.1) i=1 i=1 Ifølge lemma er det nok at vise, at (2.1) er opfyldt for M ( (σ, τ, x, y) ) = (σ, τ, x, y ), hvor M er en elementærdrejning. I afsnit 1.3 viste vi, hvad der sker med orienteringen af hjørnerne når trækket F udføres på den løste cube. Det tilsvarende gøres her, blot ved en vilkårlig konfiguration (σ, τ, x, y). På figur 5 ses det, hvordan F påvirker orienteringen. Den nye 8-tupel bliver dermed x = (x 6 + 1, x 1 + 2, x 3, x 4, x 5, x 7 + 2, x 2 + 1, x 8 ), hvor alle x 1 x 2 x 6+1 x 1+2 x 1+2 x 1+1 x 2+2 x 2+1 x 6 x 6+2 x 1+1 x 1 F x 6+1 x 6+2 x 7+1 x 7+2 x 7 x 7+1 x 2+2 x 2 x 6 x 7 x 7+2 x 2+1 Figur 5. Orientering før og efter F 11

18 2.2. Lovlige positioner indgangene skal regnes modulo 3. Dette viser, at summen af indgangene er 8 x i mod 3 = i=1 8 x i + 6 mod 3, i=1 og derfor er summerne kongruente til hinanden modulo 3. Hvad samtlige elementærdrejninger gør ved x kan ses i tabel 2. F (x 6 +1, x 1 +2, x 3, x 4, x 5, x 7 +2, x 2 +1, x 8 ) B (x 1, x 2, x 8 +1, x 3 +2, x 4 +1, x 6, x 7, x 5 +2) R (x 1, x 7 +1, x 2 +2, x 4, x 5, x 6, x 8 +2, x 3 +1) L (x 4 +2, x 2, x 3, x 5 +1, x 6 +2, x 1 +1, x 7, x 8 ) U (x 2, x 3, x 4, x 1, x 5, x 6, x 7, x 8 ) D (x 1, x 2, x 3, x 4, x 8, x 5, x 6, x 7 ) Tabel 2. Vektoren x efter trækket på x Som det ses, er summen af x i enten lig med summen af x i eller også er der lagt 6 til. Derfor er 8 8 x i x i (mod 3). Et tilsvarende argument viser, at i=1 i=1 12 i=1 y i 12 i=1 y i (mod 2), og sætningen er dermed bevist Korollar: For en lovlig konfiguration (σ, τ, x, y) gælder det, at 8 x i 0 (mod 3) og i=1 12 i=1 y i 0 (mod 2). For den løste Rubik s Cube er konfigurationen (1, 1, 0, 0), og det gælder derfor, at summerne af x i og y i er kongruente til 0. Det følger af sætning 2.1.1, at dette skal gælde for samtlige konfigurationer i denne bane, og dette er netop de lovlige konfigurationer. Fra sætning følger det, at i en given bane er summen af x i konstant modulo 3, og summen af y i er konstant modulo 2. Vi kan nu identificere de lovlige orienteringer og undersøger herefter de lovlige positioner. 2.2 Lovlige positioner I dette afsnit undersøges de lovlige positioner af kanterne og hjørnerne, og til dette benyttes homomorfier. 12

19 2. Lovlige konfigurationer Definition (Gruppehomomorfi): Lad G 1 og G 2 være grupper. Afbildningen ϕ : G 1 G 2, kaldes en gruppehomomorfi, hvis ϕ opfylder følgende: ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y). Mere specifikt ønsker vi at udnytte fortegnshomomorfien til at undersøge, hvilke permutationer σ og τ, der svarer til lovlige konfigurationer. I definitionen af fortegnshomomorfien benyttes begrebet inversion Definition (Inversion): Lad σ S n være en permutation. Parret (i, j) kaldes en inversion, hvis 1 i < j n og σ(i) > σ(j). Antallet af inversioner i σ noteres n(σ). Vi har nu, hvad der er nødvendigt for at definere fortegnshomomorfien sgn: sgn : S n ({1, 1}, ) σ ( 1) n(σ) Kernen for sgn er alle de elementer der afbildes over i 1. Elementerne i kernen udgør en undergruppe af S n, som kaldes den alternerende gruppe A n. Permutationer i A n siges at være lige, mens alle de permutationer, som sendes over i 1 siges at være ulige. Ud over sgn benyttes inklusionshomomorfien, som gør det muligt at betragte et træk som en permutation i S Definition (Inklusionshomomorfien): Lad afbildningen Φ inklusion : S 8 S 12 S 20 være defineret som ( ) (σ, τ), σ(1) σ(2) σ(8) τ(1) + 8 τ(2) + 8 τ(12) + 8 for σ S 8 og τ S 12. Som disjunkte cykler skrives Φ inklusion (σ, τ) som στ, hvor det er implicit, at τ permuterer 9,..., Sætning: Inklusionshomomorfien Φ inklusion er en homomorfi. Da σ 2 og τ 1 er disjunkte opnås: Φ inklusion (σ 1 σ 2, τ 1 τ 2 ) = σ 1 σ 2 τ 1 τ 2 = σ 1 τ 1 σ 2 τ 2 = Φ inklusion (σ 1, τ 1 )Φ inklusion (σ 2, τ 2 ). Ved at bruge inklusionshomomorfien Φ inklusion, defineres Φ cube : G S 20. Den sender trækket (σ, τ, x, y) over i στ på samme måde, som inklusionshomomorfien sender parret (σ, τ) over i στ. Denne definition er mulig, da hjørner kun afbildes til hjørner og kanter til kanter. På denne måde, kan vi betragte et træk i G som en permutation i S 20. Det er klart, at Φ cube er en homomorfi, da vi allerede har vist, at inklusionshomomofien er en homomorfi. Når Φ cube benyttes på et træk fås det, at Φ cube ( (σ, τ, x, y) ) = στ. (2.2) 13

20 2.2. Lovlige positioner For permutationerne i de lovlige træk skal følgende sætning gælde Sætning: Hvis (σ, τ, x, y) er en lovlig konfiguration, så er sgn(σ) = sgn(τ). Dette bevises ved hjælp af homomorfien sgn: S 20 {±1}. Betragtes (σ, τ, x, y) G for Rubik s Cube en i S 20, vil en af elementærdrejningerne føre til et produkt af to 4-cykler, da fire hjørner og fire kanter vil forskydes hver for sig. Et produkt af to 4-cykler er en lige permutation, da en 4-cykel er en ulige permutation, og produktet af to ulige permutationer er lige. Derfor vil alle elementærdrejninger føre til lige permutationer. Men da dette netop er frembringerne for G vil alle træk i gruppen bestå af produkter af sådanne permutationer. Produkter af lige permutationer er altid lige, og derfor vil alle elementerne i billedet af Φ cube i vores tilfælde blive sendt over i 1. Derfor er Φ cube (G) A 20. Hvis sgn benyttes på ligning (2.2) ses det, at 1 = sgn(φ cube (σ, τ, x, y)) = sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ). (2.3) Det betyder, at hvis sgn(σ) = 1 må sgn(τ) = 1. Omvendt hvis sgn(σ) = 1 må det samme gælde for sgn(τ). σ og τ har altså altid samme fortegn, hvis trækket er lovligt. I næste afsnit benyttes 2 homomorfier Φ hjørne og Φ kant. Homomorfien Φ hjørne : G S 8 sender et hvilket som helst træk ind i permutationen af hjørnerne: (σ, τ, x, y) σ. Denne afbildning er en homomorfi, da sammensætningen af 2 træk jf. sætning vil blive sendt over i sammensætningen af hjørnernes permutationer. Altså Φ hjørne ( (σ, τ, x, y) (σ, τ, x, y ) ) = σσ = Φ hjørne ( (σ, τ, x, y) ) Φhjørne ( (σ, τ, x, y ) ). På tilsvarende måde sender Φ kant : G S 12 et element fra G ind i en permutation af kanterne: (σ, τ, x, y) τ. Ligesom vi har defineret Φ kant og Φ hjørne kan man desuden definere Ψ kant og Ψ hjørne. Disse funktioner sender blot et træk over i de orienterede cykler, fremfor de ikke-orienterede cykler σ og τ. Forskellen på homomorfierne illustreres i følgende eksempel Eksempel: Betragt trækket M = (RD 3 ) 3 (R 3 D) 3, der med orienterede cykler noteres som M = (dfr frd rdf)(drb bdr rbd)(df fr ur br dr db dl). Det ses, at Φ hjørne afbilder M over i identiteten, da hjørnernes orientering er underordnet, mens Ψ hjørne (M) = (dfr frd rdf)(drb bdr rbd). For kanterne, kan Φ kant (M) noteres på mange forskellige måder, da df eksempelvis er lig fd, fr er lig rf og så videre. For Ψ kant (M) er der dog kun én mulighed, nemlig Ψ kant (M) = (df fr ur br dr db dl). Afbildningerne Ψ hjørne og Ψ kant får vi brug for senere, når vi viser hvilke lovlige konfigurationer, der er for Rubik s Cube en. 14

21 2. Lovlige konfigurationer 2.3 De lovlige konfigurationer Vi har vist, at en lovlig konfiguration (σ, τ, x, y) overholder de tre betingelser: 1) sgn(τ) = sgn(σ) 2) 8 i=1 x i 0 (mod 3) 3) 12 i=1 y i 0 (mod 2) (2.4) Vi vil i dette afsnit vise, at hvis de tre betingelser er opfyldt, så er konfigurationen lovlig. Vi viser dette, hvis det for enhver konfiguration, der opfylder disse betingelser, kan vises, at der eksisterer et træk, der løser Cube en. Vi starter med at vise, at man altid kan få sat hjørneterningerne i de rigtige positioner, hvortil vi behøver følgende lemmaer Lemma: Lad (H 1, H 2 ) og (H 1, H 2 ) være to par af indbyrdes forskellige hjørneterninger. Så eksisterer der et træk M, sådan at parret (H 1, H 2 ) afbildes over i (H 1, H 2 ). Vi vælger en hjørneterning H 3, som er forskellig fra H 1, H 2, H 1 og H 2, og som holdes fast i positionen ful. Hvis H 3 ikke er i denne position vendes terningen, sådan at H 3 er i denne position. Vi benytter nu notationen fra tabel 1, sådan at hver hjørneterning har et nummer. H 3 er så i position nummer 1. Hvis H 1 er i position 2, vil følgende træk M sende H 1 rundt til samtlige hjørner, pånær hjørne 1, og tilbage til position 2 i den rækkefølge, som de er nummereret i tabellen. M = RBBDDDR 2. Yderligere bliver H 3 også fastholdt, hvilket kan ses, da vi ikke benytter træk, som påvirker terning ful. Hvis H 1 i stedet er i position 3, bliver trækket i stedet: BBDDDR 2 R. Rækkefølgen af elementærdrejninger er altså blot forskudt en enkelt gang. Det samme vil gælde for de resterende hjørneterninger. Hvis H 1 er i position a, skal man altså starte med elementærdrejning a 1 i trækket M. På denne måde vil H 1 besøge samtlige hjørnepositioner pånær position 1, og man er derfor sikker på, at H 1 på et tidspunkt er i position H 1. Når den er det, stoppes trækket M, også selvom hele trækket ikke er gennemført. H 2 er da i en anden position M(H 2 ). Herefter vendes terningen, sådan at H 1 er i position ful, og man kan herefter bruge samme argument for at flytte M(H 2 ) over i H Lemma: Homomorfien Φ hjørne : G S 8 er surjektiv. Vi ønsker at vise, at S 8 Φ hjørne (G), da dette vil vise, at Φ hjørne (G) er surjektiv. Vi ved fra lemma A.1.1, at alle elementer i S 8 kan skrives som et produkt af 2-cykler. Lad S være mængden af 2-cykler i S 8. Hvis S Φ hjørne (G) ses det, at S 8 = S Φ hjørne (G). Men Φ hjørne (G) = Φ hjørne (G), da Φ hjørne (G) er en gruppe jævnfør lemma A.1.4. Dermed er 15

22 2.3. De lovlige konfigurationer S 8 en delmængde af Φ hjørne (G), hvis S er en delmængde af Φ hjørne (G). Derfor viser vi, at enhver 2-cykel i S 8 ligger i Φ hjørne (G), da det vil bevise lemmaet. Trækket M 0 = (DRD 3 R 3 F) 3 bytter rundt på to hjørneterninger dbr og urb og påvirker ikke positionen af de andre hjørneterninger. Dette kan ses, når trækket skrives som ikke-orienterede cykler: M 0 = (dbr urb)(dr uf)(br rf)(df lf). Her ses det, at Φ hjørne (M 0 ) = (dbr urb) og derfor ligger denne 2-cykel i billedet for Φ hjørne. Fra lemma eksisterer et træk, som sender to hjørner over i to vilkårlige hjørner. Lad derfor M være trækket som sender dbr over i hjørneterningen H 1 og urb over i hjørneterningen H 2. Vi sætter Φ hjørne (M) = σ og konjugerer herefter M 0 med M: Φ hjørne (M 1 M 0 M) = Φ hjørne (M 1 )Φ hjørne (M 0 )Φ hjørne (M) = σ 1 (dbr urb)σ = (σ(dbr) σ(urb)) = (H 1 H 2 ). Her fås tredje lighed fra lemma Derfor er enhver 2-cykel i billedet af Φ hjørne og lemmaet er derfor bevist. Vi er nu i stand til at vise følgende sætning Sætning: Hvis (σ, τ, x, y) er en konfiguration, sådan at sgn(τ) = sgn(σ), 8 i=1 x i 0 (mod 3) og 12 i=1 y i 0 (mod 2), så er der i samme bane en konfiguration på formen (1, τ, x, y ). Da Φ hjørne er surjektiv ifølge lemma 2.3.2, eksisterer der et træk M, sådan at Φ hjørne (M) = σ 1. Derfor bliver M((σ, τ, x, y)) = (1, τ, x, y ). Da (1, τ, x, y ) er i samme bane gælder det stadig, at summen af x og y er kongruente til nul ifølge sætning Desuden må sgn(τ) være 1, da sgn(1) = 1. Sætningen siger altså, at der eksisterer et træk, sådan at placeringen af hjørnerne bliver korrekt. Vi viser nu, at der også findes et træk, som gør orienteringen af hjørnerne korrekt. Til dette bruges følgende lemma Lemma: Hvis H 1 og H 2 er to indbyrdes forskellige hjørneterninger, så eksisterer der et M G, som ændrer orienteringen, men ikke positionen af H 1 og H 2 og som ikke påvirker de andre hjørner. Trækket M 0 = (RD 3 ) 3 (R 3 D) 3, noteres på følgende måde, når det skrives som produkt af disjunkte orienterede cykler: 16 M 0 = (dfr frd rdf)(drb bdr rbd)(df fr ur br dr db dl).

23 2. Lovlige konfigurationer Det ses, at de eneste hjørneterninger, der indgår i cyklen, er dfr og drb. Desuden roteres dfrterningen en gang med uret og drb-terningen en gang mod uret. Hvis H 1 = dfr og H 2 = drb gælder lemmaet altså. Vi ønsker dog at vise, at det gælder for alle hjørneterningerne. Det gøres ved at konjugere med trækket M, som sender dfr til H 1 og drb til H 2. Dette M eksisterer ifølge lemma Herved opnås M 1 M 0 M = ( M(dfr) M(frd) M(rdf) )( M(drb) M(bdr) M(rbd) )( M(df) M(dl) ). Da M(dfr) netop er H 1, M(frd) er H 1 roteret en gang med uret og M(rdf) er H 1 roteret to gange med uret, svarer M 1 M 0 M altså til en rotation af H 1 med uret. På samme måde kan det udledes, at trækket desuden roterer H 2 en gang mod uret. Positionen af de andre hjørner ændres ikke, da de ikke indgår i cyklerne for M 1 M 0 M, hvilket beviser lemmaet. Vi kan nu bevise følgende sætning Sætning: Hvis (1, τ, x, y) er en konfiguration, sådan at sgn(τ) = 1, 8 i=1 x i 0 (mod 3) og 12 i=1 y i 0 (mod 2), så er der i samme bane en konfiguration på formen (1, τ, 0, y ). Antag at Rubik s Cube en er i en konfiguration, hvor der mindst er to hjørner, der har den forkerte orientering. Så eksisterer ifølge lemma et træk, som roterer det ene hjørne med uret og det andet mod uret, uden at påvirke de andre hjørner. Udføres dette træk en eller to gange, vil mindst et af hjørnerne være i den rigtige orientering. Dette kan gentages indtil, at der højst er én terning, der har forkert orientering. Derfor vil det gælde, at x i = 0 for syv af de otte i er, men da summen af x i skal være kongruent til 0, må den sidste x i nødvendigvis også være 0. Derfor er der i samme bane en konfiguration på formen (1, τ, 0, y). Vi viser nu, at vi kan få sat kanterne i de rigtige positioner og give dem de rigtige orienteringer uden at påvirke hjørnerne. Først betragtes positionerne og til dette benyttes følgende lemmaer Lemma: Der eksisterer et træk, som sender tre indbyrdes forskellige kantterninger K 1, K 2 og K 3 over i tre vilkårlige og indbyrdes forskellige kantterninger K 1, K 2 og K 3. Vi viser, at hvis to kantterninger holdes fast, så kan en vilkårlig kantterning flyttes rundt til samtlige andre kantpositioner med et træk M. Det vil bevise sætningen, da man så kan holde to terninger forskellig fra K i og K i fast for at flytte K 1 over i K 1. Herefter holdes K 1 og en terning forskellig fra M(K 2) og K 2 fast, mens M(K 2) flyttes til K 2 med et træk M. Til sidst holdes K 1 og K 2 fast, og M (M(K 3 )) flyttes i K 3. Hvis to kantterninger holdes fast, vil det af symmetrigrunde se ud på en af de fire måder vist på figur 6, hvor de røde terninger holdes fast. I det første tilfælde, hvor uf og ul holdes fast, vil trækket M 1 givet ved M 1 = LDL 3 D R R R B B B D F 3 DF, 17

24 2.3. De lovlige konfigurationer u u u f r f r f r Situation 1 Situation 2 Situation 3 u u f r l f Situation 4a Situation 4b Figur 6. Mulige situationer flytte den blå terning fl rundt til samtlige kantpositioner. Trækket er sammensat af 10 træk som er adskilt med mellemrum. Det første træk LDL 3 sender fl-terningen over i positionen fd, hvorefter trækket D sender den fra positionen fd til positionen rd og så videre. Da fl-terningen besøger alle ikke-fastholdte kantterninger og slutter i sig selv, når trækket M 1 er slut, vil man ud fra samme argumentation som i beviset for lemma blot starte et andet sted i trækket M 1, hvis det er en anden kantterning, der skal flyttes. Man kan altså flytte en vilkårlig kantterning, hvis de to fastholdte står overfor hinanden på den måde, som det er tilfældet i situation 1. For det andet tilfælde kan vi gøre det samme. Trækket M 2 = D R R R RD D L L L LD, flytter fd-terningen rundt og tilbage til sig selv, når uf- og ud-terningen er fastholdt. På tilsvarende måde vil vi i det tredje tilfælde have trækket M 3 = BUB 3 L L L UBU 3 UBU 3 R R R BUB 3, som holder ub- og fd-terningen fast og flytter uf-terningen rundt. Den fjerde situation består af to spejlvendte tilfælde. Det samme træk kan derfor ikke bruges, men trækkene til 4a og 4b, minder meget om hinanden. I tilfælde 4a holdes uf- og rb-terningen fast, mens ur-terningen flyttes rundt. Her kan følgende træk benyttes: M 4a = FU 3 F 3 RBR 3 L L L D 3 D 3 D 3 UF 3 U 3 BRB 3. I tilfælde 4b er uf- og lb-terningen fastholdt, mens det er ul-terningen, der flyttes rundt. For at finde trækket til M 4b, bruges trækket til M 4a, hvor F, B, U og D erstattes med 18

25 2. Lovlige konfigurationer henholdsvis F 3, B 3, U 3, D 3 og L og R erstattes af henholdsvis R 3 og L 3. Trækket bliver derfor M 4b = F 3 UF L 3 B 3 L R 3 R 3 R 3 D D D U 3 FU B 3 L 3 B. Vi har derfor for alle mulige tilfælde vist, hvordan man kan flytte en kantterning rundt, mens to andre kantterninger fastholdes, hvilket afslutter beviset. I næste lemma benyttes kernen af homomorfien Ψ hjørne. Kernen er mængden af alle træk, der hverken ændrer placering eller orientering af hjørneterningerne Lemma: Billedmængden for funktionen Φ kant Ker Ψhjørne : Ker Ψ hjørne S 12 indeholder A 12. Ethvert element i A 12 kan skrives som et produkt af 3-cykler ifølge Lemma A.1.2. Derfor er det nok at vise, at enhver 3-cykel er i billedet for Φ kant Ker Ψhjørne ud fra samme argument som i beviset for lemma Det kan vises, at trækket M 0 = RU 3 RURURU 3 R 3 U 3 R 2 er et træk, som netop bytter tre kantterninger og ikke påvirker hjørneterningerne. Trækket kan skrives ved cykler som M 0 = (ul uf ur). Lemma sikrer, at der eksisterer et træk M, som sender ul til K 1, uf til K 2 og ur til K 3, hvor K i er vilkårlige, forskellige kantterninger. Vi konjugerer M 0 med dette M og får: M = M 1 M 0 M = (M(ul) M(uf) M(ur)) = (K 1 K 2 K 3 ), Derfor ligger M Ker Ψ hjørne, da den ikke påvirker nogen hjørneterninger. Desuden er Φ kant (M ) = (K 1 K 2 K 3 ) og alle 3-cykler er derfor i billedmængden for Φ kant Ker Ψhjørne, hvilket beviser lemmaet Sætning: Hvis (1, τ, 0, y) er en konfiguration sådan at sgn(τ) = 1 og 12 i=1 y i 0 (mod 2), så er der i samme bane en konfiguration på formen (1, 1, 0, y ). Da sgn(τ) = 1, må der for dens inverse τ 1 også gælde, at sgn(τ 1 ) = 1. Derved ligger τ 1 i A 12. Da A 12 er indeholdt i billedmængden for Φ kant Ker Ψhjørne eksisterer der et træk M, sådan at Φ kant Ker Ψhjørne (M) = τ 1. Derfor er M ( (1, τ, 0, y) ) = (1, 1, 0, y ). Det sidste, der vises, er, at vi kan få kantterningerne i den rigtige orientering uden at påvirke terningernes positioner og uden at påvirke orienteringen af hjørnerne. Til dette benytter vi følgende lemma Lemma: Hvis K 1 og K 2 er to kantterninger, så eksisterer der et træk, som ændrer orienteringen, men ikke positionen, af de to terninger, og som ikke påvirker andre terninger. Trækket M 0 givet ved M 0 = LFR 3 F 3 L 3 U 2 RURU 3 R 2 U 2 R, 19

26 2.3. De lovlige konfigurationer er et træk som bytter orienteringen af to kanter. Hvis M 0 skrives som disjunkte orienterede cykler, fås det at M 0 = (fu uf)(ru ur). Vi kan igen konjugere med et træk M, som sender uf-terningen over i den vilkårlige kant K 1 og ur-terningen over i den vilkårlige kant K 2. Dette M eksisterer ifølge lemma Derfor bliver: M = M 1 M 0 M = ( M(fu) M(uf) )( M(ru) M(ur) ). M ændrer altså orienteringen af K 1 og K 2, og bevarer resten i de oprindelige positioner og orienteringer. Vi kan nu vise, at hvis de 3 betingelser fra (2.4) er opfyldt, kan Rubik s Cube en løses Sætning: Hvis (1, 1, 0, y) er en konfiguration, sådan at 12 i=1 y i 0 (mod 2), så er den i samme bane som den løste konfiguration (1, 1, 0, 0). Da 12 i=1 y i 0 (mod 2) skal være gældende, må der være et lige antal kantterninger, der har forkert orientering. Ifølge lemma kan orienteringen af to terninger, der har forkert orientering ændres, uden at påvirke andre terninger. Dette kan gøres højst 6 gange, indtil alle kantterninger har samme orientering som i den løste Cube. Vi har nu vist, at hvis de tre punkter fra (2.4) er opfyldt, findes der et træk, som fører terningen tilbage til den løste Cube. Dette samles i følgende sætning Sætning: En konfiguration (σ, τ, x, y) er lovlig, hvis og kun hvis sgn(σ) = sgn(τ), 8 i=1 x i 0 (mod 3) og 12 i=1 y i 0 (mod 2) Den ene vej følger af sætningerne 2.3.3, 2.3.5, og Disse sætninger siger, at hvis de tre kriterier er opfyldt, så kan man ved et træk nå frem til den løste Cube. Derfor er konfigurationen lovlig, hvis kriterierne er opfyldt. Den anden vej gælder ifølge korollar og sætning Disse sætninger viser, at hvis en konfiguration er lovlig, så er de 3 kriterier opfyldt. Sætningen gør os nu indirekte i stand til, at udregne antallet af lovlige konfigurationer, da den giver os en forståelse af denne mængde. Vi kan udregne antallet af lovlige konfigurationer på følgende måde: 8! ! = De 8! stammer fra, at hjørnerne kan placeres frit i forhold til hinanden. Når dette er gjort, er der 3 7 muligheder, eftersom 7 af hjørnerne kan orienteres frit, og det sidste hjørnes orientering afhænger af de 7 andre, da summen af x i skal være kongruent til 0 modulo 3. Kanterne kan placeres på 12! forskellige måder, men kun halvdelen af disse konfigurationer er mulige, da sgn skal være ens for hjørnerne og kanterne. Kanterne kan orienteres på

27 2. Lovlige konfigurationer måder, idet sidste hjørnes orientering afhænger af de første 11, da summen af y i skal være kongruent til 0 modulo 2. Hvis dette tal sammenlignes med antallet af mulige konfigurationer, som blev udregnet i indledningen, ses det, at de lovlige konfigurationer udgør præcis 1 12 af alle konfigurationerne. Dette resultat fører til følgende sætning Sætning: Hvis Rubiksgruppen virker på mængden af konfigurationer, deler den mængden op i 12 baner. Betragtes en vilkårlig konfiguration (σ, τ, x, y), vil 8 i=1 x i (mod 3) være 0, 1 eller 2. Ligeledes vil 12 i=1 y i (mod 2) være 0 eller 1, og hver kombination af disse er i hver deres bane ifølge For alle de lovlige konfigurationer, er sgn(τ) = sgn(σ). Der eksisterer desuden konfigurationer hvor sgn(τ) sgn(σ), og der er derfor = 12 forskellige typer af konfigurationer, som ligger i hver deres bane. Rubiksgruppen deler altså mængden af alle mulige konfigurationer op i 12 baner. Disse er illustreret ved at vise den mest løste konfiguration for hver af de 12 baner på figuren nedenfor. Det er altså ikke muligt at få to af de 12 Cube er over i samme konfiguration ved at bruge et træk. For at komme fra en bane til en anden, er man altså nødt til at bruge et snydertræk. Ligeledes kan man ved at skille Cube en ad og samle den tilfældigt igen være sikker på, at man ved et træk kan få den over i en af de 12 konfigurationer på figuren. Hver af banerne indeholder lige mange konfigurationer, da udregningen af antallet af konfigurationer vil være identisk med den for de lovlige konfigurationer. Σx i 0 (mod 3) Σy i 0 (mod 2) sgn(τ) = sgn(σ) Σx i 0 (mod 3) Σy i 1 (mod 2) sgn(τ) = sgn(σ) Σx i 0 (mod 3) Σy i 0 (mod 2) sgn(τ) sgn(σ) Σx i 0 (mod 3) Σy i 1 (mod 2) sgn(τ) sgn(σ) Σx i 1 (mod 3) Σy i 0 (mod 2) sgn(τ) = sgn(σ) Σx i 1 (mod 3) Σy i 1 (mod 2) sgn(τ) = sgn(σ) Σx i 1 (mod 3) Σy i 0 (mod 2) sgn(τ) sgn(σ) Σx i 1 (mod 3) Σy i 1 (mod 2) sgn(τ) sgn(σ) Σx i 2 (mod 3) Σy i 0 (mod 2) sgn(τ) = sgn(σ) Σx i 2 (mod 3) Σy i 1 (mod 2) sgn(τ) = sgn(σ) Σx i 2 (mod 3) Σy i 0 (mod 2) sgn(τ) sgn(σ) Σx i 2 (mod 3) Σy i 1 (mod 2) sgn(τ) sgn(σ) 21

28 Gruppestruktur Kapitel 3 Formålet med dette kapitel er at undersøge Rubiksgruppens struktur ved at opdele den i undergrupper og analysere samspillet mellem disse. Der tages i denne sammenhæng udgangspunkt i (Bergvall m.fl. 2010) med definitioner på semidirekte- og direkte produkt fra (Joyner 2008). De resterende definitioner stammer fra (Lauritzen 2003). For at undersøge Rubiksgruppens struktur, ønsker vi at finde en kendt gruppe, som Rubiksgruppen er isomorf til Definition (Gruppeisomorfi): En gruppeisomorfi er en bijektiv gruppehomomorfi. Hvis G 1 og G 2 er to grupper, hvor der findes en gruppeisomorfi ϕ: G 1 G 2, så siges G 1 og G 2 at være isomorfe, hvilket noteres G 1 G 2. Da idéen er at udtrykke Rubiksgruppen som et produkt af undergrupper, introduceres først teorien herom. 3.1 Produkter af undergrupper I dette afsnit gennemgås generel teori om produkter af undergrupper. Et sådant produkt noteres med HK = {hk h H, k K}, hvor H og K er undergrupper. I nogle af tilfældene vil en eller flere af undergrupperne være normale Definition (Normal undergruppe): Lad H G. H kaldes en normal undergruppe af G, hvis ghg 1 = {ghg 1 h H} = H, g G. Det viser sig, at Rubiksgruppen er isomorf til et semidirekte produkt mellem to undergrupper. Vi giver to definitioner på et semidirekte produkt, men det kan vises, at disse er ækvivalente (Joyner 2008) Definition (Indre semidirekte produkt): Lad G være en gruppe, og lad H, K G, hvor H er en normal undergruppe. Hvis der gælder, at H K = {e} og G = HK, så kaldes G et indre semidirekte produkt af H og K og dette noteres G = H K. Hvis K også er normal, så kaldes G et direkte produkt af H og K, hvilket noteres G = H K. Her udføres kompositionen komponentvis, så (h, k)(h, k ) = (hh, kk ). I den anden definition for semidirekte produkt bruges begrebet automorfi. En automorfi er 22

29 3. Gruppestruktur en isomorfi fra en gruppe til gruppen selv. Mængden af automorfier for gruppen G noteres Aut(G) = {ϕ: G G ϕ isomorfi} Definition (Ydre semidirekte produkt): Lad ϕ: K Aut(H) være en homomorfi, og lad (h 1, k 1 ) og (h 2, k 2 ) være to elementer i H K. Lad desuden kompositionen være givet ved (h 1, k 1 )(h 2, k 2 ) = ( h 1 ϕ(k 1 )(h 2 ), k 1 k 2 ). Så udgør det kartesiske produkt af H og K sammen med ovenstående komposition en gruppe. Denne gruppe betegnes H ϕ K og kaldes det ydre semidirekte produkt af H og K. Udtrykket ϕ(k 1 )(h 2 ) skal læses sådan, at ϕ sender et element fra K over i en automorfi for H. Hvis denne automorfi benævnes ϕ, så bliver ϕ(k 1 )(h 2 ) = ϕ(h 2 ) som ligger i H, da ϕ er en funktion fra H til H. Fremover noteres ϕ(k 1 )(h 2 ) også som ϕ k1 (h 2 ). Forskellen på de to definitioner er, at man i forsøger at nedbryde en kendt gruppe i undergrupper, mens man i konstruerer en gruppe fra to mindre grupper. Der gennemgås nu en række lemmaer om produkter af undergrupper Lemma: Lad G være en gruppe, og H, K G, hvor H er normal. Så er HK G. Beviset stammer fra (Lauritzen 2003). Da både H og K er undergrupper, indeholder de begge det neutrale element. Derfor indeholder produktet også neutralelementet. For at vise, at der findes en invers i HK, tages et h H og k K. Så gælder det, at (hk) 1 = (k 1 h 1 ) = (k 1 h 1 )(kk 1 ) = (k 1 h 1 k)k 1 = hk 1 HK. Tag yderligere h H og k K. Så gælder det, at Derfor er HK G. (hk)(h k ) = (h(kh k 1 ))kk HK Lemma: Lad G være en gruppe, og lad H, K G. Så er HK G hvis og kun hvis HK = KH. Lad H, K G og antag HK G. Vi skal vise, at HK = KH. Tag hk HK. Idet HK G, så er (hk) 1 = k 1 h 1 HK. Men k 1 h 1 KH, så HK KH. For den anden inklusion er He = H HK og ek = K HK. Så er k HK, og h HK. Derfor er kh HK, og derfor er KH HK. Antag omvendt at HK = KH, så vi skal vise, at HK G. Tag nu h 1 k 1, h 2 k 2 HK. Så er h 1 k 1 h 2 k 2 = h 1 h 3 k 3 k 2, hvor k 1 h 2 = h 3 k 3 per antagelse. Men h 1 h 3 H og k 3 k 2 K, idet H, K G, hvorfor h 1 k 1 h 2 k 2 HK. Dermed er HK lukket. Det inverse element til hk HK er k 1 h 1 KH = HK, idet H, K G. Dermed eksisterer det inverse element i HK, og dermed er HK G. 23

30 3.1. Produkter af undergrupper Ud fra ovenstående lemma følger et korollar, som siger, at produktet af to undergrupper er en undergruppe af selve gruppen, hvis den ene af dem er en undergruppe af normalisatoren Definition (Normalisator): Lad G være en gruppe, og lad H G. Så defineres normalisatoren N G (H) = {g G ghg 1 = H} Korollar: Lad H, K G. Hvis H N G (K), så er HK G. Ifølge lemma er det nok at vise, at HK = KH. Vi ved, at HK = {hk h H, k K} = {(hkh 1 )h) h H, k K} KH. Den anden inklusion er tilsvarende. De følgende tre lemmaer beskriver repræsentationen af elementer i gruppen HK Lemma: Lad G være en endelig gruppe, og lad H, K G. Da kan hvert element i HK repræsenteres på H K forskellige måder. H K, da neutralelementet ligger i begge mængder. Lad H K = {a i i = 1,..., n}, så H K = n. Ved at tage et a i fra fællesmængden kan et vilkårligt element hk HK skrives som hk = ha i a 1 i k = (ha i )(a 1 i k) HK for alle i fra 1 til n. Ethvert element i HK har derfor mindst n forskellige repræsentationer, hvis antallet af elementer i fællesmængden for H og K er n. Vi viser nu, at der ikke er flere repræsentationer ved at vise, at man ikke kan benytte ovenstående for elementer, som ikke ligger i fællesmængden. Tag derfor g G, hvor g / H K. Det er klart, at hk = (hg)(g 1 k). Antag at dette er to forskellige repræsentationer af elementet hk. Dermed er hg H og g 1 k K. Men da g / H K, så ved vi, at enten hg / H eller g 1 k / K. Dette er en modstrid, og derfor følger sætningen. Dette lemma medfører, at hvis fællesmængden af undergrupperne H og K kun består af det neutrale element, findes en entydig repræsentation af elementerne i HK Lemma: Lad G være en gruppe, med 2 normale undergrupper H og K. Hvis H K = {e}, så er HK G og HK H K. Idet N G (K) = G, da K er normal, ses det at H N G (K). Så fås det ifølge korollar at HK G. Definér ϕ: HK H K, hvor hk (h, k). Ifølge lemma findes en entydig måde at skrive elementer i HK, hvorfor funktionen er veldefineret. 24

31 3. Gruppestruktur Før vi beviser, at ϕ er en homomorfi, observerer vi, at k 1 (hkh 1 ) K og (k 1 hk)h 1 H, da H og K er normale i G. Så medfører H K = 1 at k 1 hkh 1 = e, hvilket er ækvivalent med, at kh = hk. Lad nu h 1, h 2 H og k 1, k 2 K. Det fås dermed, at ϕ((h 1 k 1 )(h 2 k 2 )) = ϕ(h 1 h 2 k 1 k 2 ) = (h 1 h 2, k 1 k 2 ) = (h 1, k 1 )(h 2, k 2 ) = ϕ(h 1 k 1 )ϕ(h 2 k 2 ), hvor det andet lighedstegn følger af ovenstående observation. Dermed er ϕ en homomorfi. Da der er en entydig repræsentation af elementerne i HK er Ker(ϕ) = {e}, og ϕ er per definition surjektiv. Derfor er HK H K Lemma: Lad G være en gruppe med 2 undergrupper H og K, hvor H er normal. Hvis H K = 1, så er HK G og HK H ϕ K, hvor ϕ: K Aut(H), ϕ k (h) = khk 1. Da H er normal følger det af 3.1.4, at HK G. Lad ξ : HK H ϕ K, hk (h, k), der ligesom i beviset i lemmaet ovenfor er veldefineret. Vi vil nu vise, at ξ er en homomorfi. Lad h 1, h 2 H og k 1, k 2 K. Så er ξ((h 1 k 1 )(h 2 k 2 )) = ξ(h 1 (k 1 h 2 k 1 1 )k 1k 2 ) = (h 1 (k 1 h 2 k 1 1 ), k 1k 2 ) = (h 1 ϕ k1 (h 2 ), k 1 k 2 ) = (h 1, k 1 )(h 2, k 2 ) = ξ(h 1 k 1 )ξ(h 2 k 2 ). Dermed er ξ en homomorfi, og ud fra samme argumentation som i beviset for foregående lemma er ξ en bijektion. Derfor følger det, at HK H ϕ K. 3.2 Gruppestruktur for Rubiksgruppen Vi benytter teorien fra afsnit 3.1 til at vise, hvilken kendt gruppe Rubiksgruppen er isomorf til. For at gøre dette defineres først mængderne O og P, som viser sig at være undergrupper af Rubiksgruppen. Lad O være mængden af de træk, som kun ændrer orienteringen af terningerne på Cube en, men ikke positionen. Det vil sige, at O = { (1, 1, x, y) x Z 8 3, y Z 12 2 og 8 x i 0 (mod 3), i=1 12 i=1 y i 0 (mod 2) } (3.1) På tilsvarende måde lader vi P være mængden, der kun ændrer positionen og ikke orienteringen, sådan at P = {(σ, τ, 0, 0) σ S 8, τ S 12 og sgn(σ) = sgn(τ)}. (3.2) Sætning: Lad O og P være som i (3.1) og (3.2). Så er O, P G. O og P indeholder begge det neutrale element (1, 1, 0, 0). Lad o = (1, 1, x, y) O. Da den inverse til o ifølge korollar er givet ved o 1 = (1, 1, x, y) er o 1 O. 25

32 3.2. Gruppestruktur for Rubiksgruppen Fra samme korollar ses det, at det inverse element til p = (σ, τ, 0, 0) P er givet ved p 1 = (σ 1, τ 1, 0, 0) P. Det sidste vi skal vise, er at O og P er lukket under sammensætning: o 1 o 2 = (1, 1, x 1, y 1 )(1, 1, x 2, y 2 ) = (1, 1, x 1 + 1(x 2 ), y 1 + 1(y 2 )). Da summerne af x 1 og x 2 er kongruente til 0 modulo 3, er deres fælles sum det også. Tilsvarende for y erne. Derfor er o 1 o 2 O. En tilsvarende udregning viser, at P er lukket, og dermed er O, P G. Vi vil nu vise, at G er et semidirekte produkt mellem de to ovenstående undergrupper O og P Lemma: Lad O og P være undergrupperne af G fra sætning Da er G = O P. Det vises, at O er normal, O P = {e}, og at P ikke er normal, da produktet dermed er et semidirekte produkt ifølge Desuden skal det vises, at ethvert element i G kan skrives som et produkt af o O og p P. Lad o = (1, 1, x 0, y 0 ) O og g = (σ, τ, x, y) G. Ved at udnytte sætning opnås gog 1 = ( σ 1, τ 1, x + σ 1 (x 0 ), y + τ 1 (y 0 ) ) (σ 1, τ 1, σ( x), τ( y)) = ( σσ 1, ττ 1, x + σ 1 (x 0 ) + σ 1 σ( x), y + τ 1 (y 0 ) + τ 1 τ( y) ) = (1, 1, σ 1 (x 0 ), τ 1 (y 0 )) O, hvorfor O er en normal undergruppe. Lad nu p = (σ 0, τ 0, 0, 0) P og g G som ovenfor. Ved en lignende udregning opnås gpg 1 = (σσ 0 σ 1, ττ 0 τ 1, x + σ 0 ( x), y + τ 0 ( y)). Det ses, at x + σ 0 ( x) kun er lig 0, hvis σ 0 = 1, hvilket ikke gælder for alle elementer i P. Derved er P ikke normal. Det eneste træk i G, der ikke ændrer terningernes positioner og ikke ændrer orienteringen er e, hvorfor O P = {e}. Vi mangler kun at vise, at produktet af de to grupper udgør hele G. Lad derfor g = (σ, τ, x, y) G. For o = (1, 1, x, y) O og p = (σ, τ, 0, 0) P, har vi da Derfor er G = O P. op = (σ, τ, x + 1(0), y + 1(0)) = (σ, τ, x, y) = g. Vi har nu, at G er isomorf til et semidirekte produkt mellem to undergrupper. De to undergrupper undersøges nu nærmere, for at beskrive hvad de er isomorfe med Lemma: Undergruppen O er isomorf med Z 7 3 Z

33 3. Gruppestruktur Lad O h være mængden af alle træk, der ændrer hjørnernes orienteringer, (1, 1, x, 0), og O k de træk, der ændrer kanternes orienteringer, (1, 1, 0, y). Begge af disse er normale undergrupper af O, hvilket kan vises på samme måde, som vi viste, at O er en normal undergruppe af G. Desuden har vi, at O h O k = {e}. Fra lemma er O h O k en undergruppe af O, men er samtidig også isomorf til O h O k. Som beskrevet i afsnit 1.3 kan orienteringen af hjørnerne beskrives ved et element i Z 8 3, og fra korollar opnås dermed O h {x Z 8 3 x i 0 (mod 3)}. For to træk M, M O h har vi (xi + x i) = x i + x i 0 (mod 3), hvorfor O h Z 8 3. Da et hjørne kan orienteres på 3 måder, og den 8. ternings orientering for et lovligt træk er givet ud fra de 7 andre, må O h = 3 7. Ifølge A.4.1 er O h isomorf med en abelsk p-gruppe, og den eneste mulighed er derfor Z 7 3. Tilsvarende kan det vises, at O k er isomorf med Z Vi har samtidig Z7 3 Z11 2 = , hvilket netop må være det samlede antal orienteringer for lovlige træk. Derfor er O h O k = O, og det følger derfor, at O = O h O k Z 7 3 Z Lemma: Undergruppen P er isomorf med (A 8 A 12 ) ϕ Z 2, hvor ϕ er en konjugering af (A 8 A 12 ) med hensyn til Z 2. Vi viser først, at P {(σ, τ) S 8 S 12 sgn(σ) = sgn(τ)} for derefter at kunne slutte at A 8 A 12 er normal i P. Dette gør vi for at kunne opfylde betingelserne fra lemma Definer afbildningen: λ : P S 8 S 12 (σ, τ, 0, 0) (σ, τ) Det ses, at afbildningen er injektiv, men den er ikke surjektiv. Men P λ(p ) = {(σ, τ) S 8 S 12 sgn(σ) = sgn(τ)}, idet afbildningen med denne restriktion er surjektiv, og λ er en homomorfi. Gruppen A 8 A 12 er ifølge lemma A.3.1 en normal undergruppe af λ(p ), da den har halvt så mange elementer som λ(p ). For at kunne udnytte lemma ønsker vi at finde en undergruppe K, således at K P og (A 8 A 12 ) K = 1. Desuden ønskes det at K = 2, da produktet af K og A 8 A 12, så kan udgøre hele λ(p ). Dette er netop opfyldt hvis K vælges til at være en undergruppe frembragt af et træk, der bytter om på to hjørner og to kanter. Dermed består K af neutralelementet og et træk på formen (σ, τ), hvor både σ og τ er en 2-cykel og dermed ulige. Ifølge lemma er (A 8 A 12 )K λ(p ) og (A 8 A 12 )K (A 8 A 12 ) ϕ K, hvor ϕ er konjugering. Vi mangler derfor blot at vise, at denne undergruppe indeholder lige så mange elementer som λ(p ), da P så vil være isomorf med undergruppen. (A 8 A 12 )K = A 8 A 12 K = 8! 12! = 8!12! = λ(p ). 2 27

34 3.3. Centeret for Rubiksgruppen Da K er cyklisk, er K Z 2 ifølge lemma A.1.3 og deraf følger sætningen. Som tidligere beskrevet kan positionen af hjørnerne og kanterne beskrives som et element i A 20, og ved hjælp af inklusionshomomorfien så vi, at A 8 A 12 kunne betragtes som en undergruppe af A 20. Den ene halvdel af permutationerne i A 20 fås ved at sammensætte (σ, τ) A 8 A 12 med neutralelementet i K, mens de resterende fås ved at sammensætte (σ, τ) med frembringeren for K. På denne måde fås alle de lovlige træk. Vi har nu gennemgået det nødvendige for at vise, hvilken gruppe Rubiksgruppen er isomorf til Sætning: G ( (Z 7 3 Z11 2 ) ((A 8 A 12 ) ϕ Z 2 ) ), hvor ϕ er konjugering af Z 2 på (A 8 A 12 ). Vi ved fra lemma 3.2.2, at G = O P, og fra lemma 3.2.3, at O Z 7 3 Z11 2. Derudover vides fra lemma 3.2.4, at P (A 8 A 12 ) ϕ Z 2, hvor ϕ er konjugeringen med Z 2. Dermed er G ( (Z 7 3 Z11 2 ) ((A 8 A 12 ) ϕ Z 2 ) ). Vi har nu vist hvilken kendt gruppe Rubiksgruppen er isomorf med, og afslutningsvis undersøges det hvilke træk i Rubiksgruppen der kommuterer. 3.3 Centeret for Rubiksgruppen Generelt er det ikke ligegyldigt hvilken rækkefølge træk udføres i. For eksempel er trækket FU forskelligt fra trækket UF, hvilket kan ses, hvis man opskriver cyklerne for trækkene. Vi vil dog vise, at der for nogle enkelte træk gælder, at rækkefølgen er underordnet. Disse træk ligger i centeret for gruppen Definition (Center): Centeret for gruppen G er defineret som Z(G) = {g G gx = xg x G}. Til at vise hvilke træk, der ligger i centeret for Rubiksgruppen, bruges følgende lemma, som fortæller hvilke elementer, der ligger i centeret for S n. Beviset er inspireret af (Proofwiki 2013) Lemma: Centeret for S n, n 3, består kun af identiteten. Det er klart, at identiteten, e, ligger i centeret. Lad σ e være en permutation, sådan at σ(i) = j. Da n 3, eksisterer et k forskellig fra i og j, og en permutation τ = (k j). Vi ved derfor, at τ 1 = (k j), og derved fås det, at τ 1 (i)στ = σ(i)τ = τ(j) = k. 28

35 3. Gruppestruktur Det vil sige, at (τ 1 στ)(i) σ(i), og derfor er τσ στ. Da σ var arbitrær, består centeret kun af identiteten. Vi vil med udgangspunkt i (Joyner 2008) vise, hvilke træk, der ligger i centeret for G. Det viser sig, at kun identiteten og det såkaldte superflip, der vender orienteringen på alle kantterninger, ligger i centeret Sætning: Centeret for G består af identiteten (1, 1, 0, 0) og superflip (1, 1, 0, y), hvor y = (1, 1,..., 1). Tag trækket (σ, τ, x, y) G. Det ligger i centeret, hvis (σ, τ, x, y) (σ, τ, x, y ) = (σ, τ, x, y ) (σ, τ, x, y), for alle (σ, τ, x, y ) G. Det betyder, at ( σσ, ττ, x + σ 1 (x ), y + τ 1 (y ) ) = ( σ σ, τ τ, x + σ 1 (x), y + τ 1 (y) ). Eftersom centeret for S n ifølge lemma kun består af identiteten, følger det, at σ = 1 og τ = 1. Dermed opnås x + x = x + σ 1 (x), hvilket er ækvivalent med, at x = σ 1 (x). Da dette skal gælde for samtlige σ, må alle indgangene i x være ens. Fra sætning er x = (1, 1,..., 1) og x = (2, 2,..., 2) ikke mulige, da summen er henholdvis 8 og 16, hvilket ikke er kongruent til 0 modulo 3. Tilsvarende får vi enten y = (0, 0,..., 0) eller y = (1, 1,..., 1). Begge disse er mulige, da summen er kongruent til 0 modulo 2. Mange resultater gennem rapporten har været ganske intuitive, hvis man i forvejen har en god forståelse af Cube en. Beviserne har derfor ofte blot været en bekræftelse af ens intuition. Den sidste sætning er dog ikke særlig oplagt og ville være meget svær at gennemskue uden at have gennemgået gruppeteorien bag Rubik s Cube en. 29

36 Afrunding Vi har i denne rapport gennemgået, hvilke betingelser der skal være opfyldt, for at en konfiguration er lovlig, og ud fra dette beregnet det samlede antal af lovlige konfigurationer. Desuden har vi analyseret strukturen af Rubiksgruppen, for at finde frem til hvilken kendt gruppe Rubiksgruppen er isomorf til. En ting, vi ikke har undersøgt i rapporten, er, hvor mange elementærdrejninger man maksimalt skal bruge for at løse en vilkårlig lovlig konfiguration. Dette tal kaldes for Guds tal og er den øvre grænse for Guds algoritme. Guds algoritme Navnet på denne algoritme symboliserer, at det er den algoritme Gud ville bruge, hvis han eller hun skulle løse Cube en. Guds algoritme er derfor en teoretisk algoritme, der løser alle konfigurationer i færrest mulige elementærdrejninger. I forbindelse med Guds algoritme regnes en elementærdrejning oftest som en drejning af en flade, således at både U 2 og U 3 er elementærdrejninger. Der er derfor hele 18 elementærdrejninger i stedet for 6. Siden 1980 erne har matematikere arbejdet med at finde Guds tal. Intervallet for Guds tal, er i den tid blevet mindre og mindre. I 1995 beviste Michael Reid at superflip-konfigurationen, som blev nævnt i afsnit 3.3, ikke kan løses med færre end 20 elementærdrejninger, og man har derfor vidst, at Guds tal mindst er 20. Det var først 15 år efter Reids bevis, at den øvre grænse blev fastsat, da Rokicki, Kociemba, Davidson og Dethridge i 2010 beviste, at Guds tal netop er 20. Idéen i dette bevis var, at vise at diameteren til Cayleygrafen for Rubik s Cube en er 20. Denne graf består af alle mulige konfigurationer, hvor to konfigurationer er forbundet med en kant, hvis man kan komme fra den ene til den anden med en elementærdrejning. Diameteren for Cayleygrafen er den øvre grænse for den korteste vej mellem to vilkårlige punkter. Hvis de kunne vise, at diameteren for Rubik s Cube ens Cayleygraf var 20, ville de have vist, at man kan ændre en vilkårlig konfiguration til en anden vilkårlig konfiguration med højst 20 elementærdrejninger. Dette medfører selvfølgelig, at man også kunne løse en vilkålig konfiguration med højst 20 elementærdrejninger. I stedet for at kigge på hele Cayleygrafen reducerede de problemet til at kigge på sideklasser til undergruppen H = U, U 2, U 3, D, D 2, D 3, F 2, B 2, R 2, L 2. Dette gav sideklasser med hver konfigurationer, men af symmetrigrunde reduceredes antallet af sideklasser, der skulle undersøges, til Selv om problemet blev reduceret sådan, at det kun var ca. 40 af sideklasserne der skulle undersøges, ville det stadig tage en computer 35 år at udregne. Men ved hjælp af doneret computerkraft fra Google blev beviset færdiggjort. (Rokicki m.fl. 2013) (God s Number is 20 ) Computerbeviser har altid været kontroversielle, da mange matematikere har ment, at det er umuligt at tjekke bevisets detaljer, hvorfor man blot er nødt til at stole på 30

37 3. Gruppestruktur computeren. Hvis computeren har lavet en fejl, kunne man fejlagtigt tro, at sætningen var bevist, og det er ikke uhørt, at computerhardware er behæftet med fejl se eksempelvis den kendte Intel Pentium FDIV-bug (Nicely 2011). Som skrevet i (Billey 2011) skal computerbeviset være veldokumenteret, og de brugte algoritmer skal være generelle nok til, at kunne implementeres i mange forskellige programmeringssprog, så resultatet kan efterprøves af andre. Det første computerbevis så dagens lys i 1976, hvor Firfarvesætningen blev bevist ved hjælp af computer. Sætningen siger, at man kan farve et vilkårligt landkort med højst fire farver uden, at to nabolande får samme farve. Formodningen er helt tilbage fra 1852, og der har gennem tiden været flere fejlagtige beviser. Først i 1976 lykkedes det dog Appel og Haken at bevise sætningen ved hjælp af computer. (Den Store Danske 2009) Den gang skabte beviset stor debat. En af debatørerne var Thomas Tymoczko, som var filosof med speciale i logik og matematik. Han vurderede beviset for Firfarvesætningen ud fra tre punkter: Beviser skal være overbevisende Beviser skal være overskuelige Beviser skal være formaliserbare Tymoczko stillede især spørgsmålstegn ved overskueligheden af beviset for Firfarvesætningen. Dette er også en af grundene til, at Tymoczko vurderede, at Firfarvesætningen ikke skulle have status som en sætning, men som en ny form for matematisk viden. (Tymoczko 1979) Der er dog senere lavet et nyt bevis for Firfarvesætningen af Seymour, Robertson, Thomas og Sanders, hvor idéen er det samme som i Appel og Hakens bevis. Det er dog lidt kortere og mere overskueligt, og derfor anses dette af mange for at være korrekt. Siden dette bevis, er der lavet mange andre beviser ved hjælp af computer, for eksempel beviset for at Guds tal er 20. Problematikken med computerbeviser bliver også diskuteret i en artikel fra (Johansen 2009). Her nævnes det, at brugen af computere bringer en usikkerhed ind i matematikken, da man ikke har bevist, at computere regner rigtigt. Omvendt argumenteres der også for, at denne usikkerhed på en måde altid har været i matematikken. Det bygger på, at når man beviser en sætning og benytter sig af tidligere beviste sætninger, stoler man på, at dem der har lavet denne sætning har bevist den rigtigt. Så når Tymoczko kritiserer computerbevisers overskuelighed, kan overskueligheden af menneskeskabte beviser egentlig også kritiseres, idet disse beviser kan bygge på en masse tidligere beviste sætninger. Derfor er det ikke sikkert, at man kan gennemgå alle detaljerne i beviset, da man skal langt tilbage og gennemgå flere bagvedlæggende sætninger. Et ekstremt eksempel på et uoverskueligt menneskeskabt bevis er beviset for den enorme sætning, der omhandler klasificering af alle endelige grupper, og som flere hundrede matematikere har arbejdet på at bevise. Samlet set fylder dette bevis sider, og her vil det heller ikke være muligt for én matematiker at gennemgå beviset, hvilket netop er det Tymoczko kritiserede ved computerbeviser. 31

38 Bibliografi Bergvall, Olof m.fl. (2010). On Rubik s Cube. Bachelor-projekt. Institutionen för matematik, KTH. url: Billey, Sara (2011). Computer Proofs. What is the value of computer assisted proofs? url: (sidst set ). Chen, Janet (2004). Group Theory and the Rubik s Group. Notesamling. url: 20Rubik s%20cube.pdf. Den Store Danske (2009). Firefarve-problemet. url: http: // Matematik_og_statistik/Regning%2C_algebra_og_talteori/firefarveproblemet (sidst set ). Johansen, Mikkel Willum (2009). Kan man stole på en computer? Videnskab.dk. url: (sidst set ). Joyner, David (2008). Adventures in Group Theory: Rubik s Cube, Merlin s Machine, and Other Mathematical Toys. John Hopkins University Press. isbn: Lauritzen, Niels (2003). Concrete Abstract Algebra. From Numbers to Gröbner Bases. Cambridge University Press. isbn: Nicely, Thomas R. (2011). Pentium FDIV flaw. url: (sidst set ). Proofwiki (2012). Subgroup of index 2 is normal. url: (sidst set ). (2013). Center of Symmetric Group is Trivial. url: (sidst set ). Rokicki, Tomas m.fl. God s Number is 20. url: (sidst set ). (2013). The Diameter of the Rubik s Group is Twenty. I: Society of Industrial and Applied Mathematics: Discrete Math 27.2, s doi: / Rubiks Brand Ltd. History of the Rubik s Cube. url: (sidst set ). Tymoczko, Thomas (1979). The Four-Color Problem and Its Philosophical Significance. I: Journal of Philosophy 76, s url: philosophy/course_websites/math_s08/readings/tymoczko.pdf (sidst set ). 32

39 Bibliografi Wuthrich, Chris (2013). Group Theory G13GTH. url: (sidst set ). 33

40

41 Supplerende resultater Appendiks A A.1 Resultater fra (Lauritzen 2003) A.1.1 Lemma: Lad σ S n. Så er σ et produkt af n(σ) 2-cykler. A.1.2 Lemma: Enhver permutation i A n er et produkt af 3-cykler A.1.3 Lemma: En gruppe G af primtalsorden P, er isomorf til den cykliske gruppe Z p. A.1.4 Lemma: Lad ϕ: G 1 G 2 være en gruppehomomorfi. Så er ϕ(g 1 ) G 2. A.2 Resultat fra (Chen 2004) A.2.1 Lemma: Lad G være en endelig gruppe og S en delmængde af G. Hvis det gælder at, 1. Ethvert element i S opfylder en egenskab P. 2. For g G og h G, som begge opfylder egenskaben P, så opfylder gh egenskaben P. Så opfylder alle elementer i S egenskaben P. A.3 Resultat fra (Proofwiki 2012) A.3.1 Lemma: Lad G være en gruppe, og H G. Hvis G = 2 H, så er H normal i G. A.4 Resultat fra (Wuthrich 2013) A.4.1 Sætning: Lad A være en abelsk gruppe frembragt af endeligt mange elementer. Så eksisterer der et r 0 og heltal 1 < m 1 m 2... m t således at m i m i+1 for alle 1 i < t og sådan at A Z m1 Z m2... Z mt Z r