Nesne

4.4: Latin Kareleri


Tanım: Latin kare

A Latin kare of order (n) (n imes n) (n) sembolleriyle dolu bir ızgaradır, böylece her sembol her satırda ve sütunda bir kez görünür.

Örnek (PageIndex{1})

İşte 4. dereceden bir Latin karesi:

Genellikle semboller için (1ldots n) tamsayılarını kullanırız. (n) mertebesinde pek çok Latin karesi vardır, bu yüzden "gerçekten aynı" olan Latin karelerini farklı olarak saymamayı kabul ederek sayıyı sınırlamak işe yarar. azaltışmış Latin kareler. Küçültülmüş bir Latin kare, ilk satırın (1ldots n) (sırasıyla) ve ilk sütunun da aynı şekilde (1ldots n) olduğu bir karedir.

Örnek (PageIndex{2})

Bu Latin karesini düşünün:

4231
2413
1342
3124

Bir Latin karesi fikri için satırların ve sütunların sırası gerçekten önemli değildir. Satırları ve sütunları yeniden düzenlersek, sonucun özünde aynı Latin karesi olduğunu düşünebiliriz. Sütunları yeniden sıralayarak yukarıdaki kareyi şuna çevirebiliriz:

1234
3412
2341
4123

Sonra ikinci ve üçüncü satırları değiştirebiliriz:

1234
2341
3412
4123

Bu Latin karesi indirgenmiş biçimdedir ve esasen orijinaliyle aynıdır.

Temel yapısını değiştirmeden bir Latin karesinin görünümünü değiştirmenin bir başka basit yolu da sembolleri değiştirmektir.

Örnek (PageIndex{3})

Daha önce olduğu gibi aynı Latin karesiyle başlayarak:

4231
2413
1342
3124

1 ve 4 sembollerini değiştirerek şunu elde edebiliriz:

1234
2143
4312
3421

Şimdi üçüncü ve dördüncü satırları değiştirirsek şunu elde ederiz:

1234
2143
3421
4312

Bu Latin karesinin indirgenmiş formda olduğuna dikkat edin, ancak aynı Latin karesiyle başlamamıza rağmen önceki örnekteki indirgenmiş formla aynı değil. Bu nedenle, bazı indirgenmiş Latin karelerinin birbiriyle aynı olduğunu düşünmek isteyebiliriz.

Tanım: izotop ve İzotopi Sınıfları

İki Latin karesi izotopik eğer satırlar, sütunlar ve semboller değiştirilerek her biri diğerine dönüştürülebilirse. Bu izotopi bağıntısı bir denklik bağıntısıdır; denklik sınıfları isotopi sınıflar.

Görünüşe göre Latin kareleri, önemli bir hesaplama gücü olmadan saymak oldukça zordur. Latin karelerinin sayısı yalnızca (n=11) kadar bilinir. İşte tüm Latin kareler, indirgenmiş Latin kareler ve izotopik olmayan Latin kareler (yani izotopi sınıflarının sayısı) için ilk birkaç değer:

(n)HerşeyAzaltışmışizotopik olmayan
1111
2211
31211
457642
5161280562

Latin karesini nasıl üretebiliriz? Bir grubun ne olduğunu biliyorsanız, herhangi bir sonlu grubun çarpım tablosunun bir Latin karesi olduğunu bilmelisiniz. (Ayrıca, herhangi bir Latin karesi, bir yarı grup.) Bu isimde gruplarla karşılaşmamış olsanız bile, bazılarını biliyor olabilirsiniz. Örneğin, toplama altında modulo (n) tamsayıları göz önüne alındığında, toplama tablosu bir Latin karesidir.

Örnek (PageIndex{4})

Örnek 4.3.6 Modulo 6 tam sayıları için toplama tablosu:

012345
123450
234501
345012
450123
501234

Örnek 4.3.7 İşte potansiyel olarak birçok Latin karesi oluşturmanın başka bir yolu. İlk satır (1,ldots, n) ile başlayın. (A_i=[n] ers eğik çizgi{i}) kümelerini göz önünde bulundurun. Egzersizden 1 kısımda 4.1 bu set sisteminin birçok sdrs; (x_1,x_2,ldots,x_n) bir sdr, ikinci satır için kullanabiliriz. Genel olarak, (1,ldots,j) satırlarını seçtikten sonra, (A_i) (i) sütunu için henüz seçilmemiş tamsayılar kümesi olsun. Bu set sistemi bir sdr, bunu (j+1) satırı için kullanıyoruz.

Tanım 4.3.8 Diyelim ki (A) ve (B) (n sıralı iki Latin karesi), (A_{i,j}) ve (B_{i,j} girişleri var) ) (i) satırında ve (j) sütununda. (M) matrisini (M_{i,j}=(A_{i,j},B_{i,j})); girişleriyle oluşturun. bu işlemi (M=Acup B) olarak belirteceğiz. (A) ve (B) olduğunu söylüyoruz dikey (M) tüm (n^2) sıralı çiftleri içeriyorsa ((a,b)), (1le ale n), (1le ble n) , yani, ({0,1,ldots,n-1} imes{0,1,ldots,n-1}) öğesinin tüm öğeleri.

Göreceğimiz gibi, (n) tek ise, (n) mertebesindeki ortogonal Latin karelerini bulmak kolaydır; (4k) ortogonal Latin karelerini bulmak çok zor değil ve (2) ve (6 sıraları hariç) (4k+2) ortogonal Latin karelerini bulmak zor ama mümkün ). 1700'lerde Euler, (4k+2) mertebesi dışında tüm mertebelerde ortogonal Latin kareler olduğunu gösterdi ve (6) mertebesinde ortogonal Latin kareler olmadığını tahmin etti. 1901'de amatör matematikçi Gaston Tarry, bu tür Latin kareler için tüm olasılıkların ortogonal olamayacağını göstererek, gerçekten de (6) sırasının olmadığını gösterdi. 1959'da nihayet diğer tüm düzenlerin ortogonal Latin kareleri olduğu gösterildi.

Teorem 4.3.9

(n) tek olduğunda, (n) derecesinde ortogonal Latin kare çiftleri vardır.

Kanıt

Bu ispat, grup teorisi fikirleri kullanılarak kısaltılabilir, ancak biz kendi kendine yeten bir versiyonunu sunacağız. Ek mod (n) için ekleme tablosunu göz önünde bulundurun:

0(cdots)(J)(cdots)(n-1)
00(cdots)(J)(cdots)(n-1)
(vnoktalar)
(ben)(ben)(cdots)(i+j)(cdots)(n+i-1)
(vnoktalar)
(n-1)(n-1)(cdots)(n+j-1)(cdots)(n-2)

İlk önce bunun (elbette ilk satır ve sütun olmadan) (0,1,ldots,n-1) sembolleriyle bir Latin karesi olduğunu iddia ediyoruz. (i) satırındaki iki giriş düşünün, (i+j) ve (i+k) deyin. (i+jequiv i+j pmod{n}), o zaman (jequiv k), yani (j=k). Bu nedenle, (i) satırının tüm girdileri farklıdır, dolayısıyla (0,1,ldots,n-1) öğesinin her biri (i) satırında tam olarak bir kez görünür. Her birinin herhangi bir sütunda bir kez göründüğünün kanıtı benzerdir. Buna Latin karesi (A) diyelim. (Şimdiye kadar (n) tek mi çift mi her şeyin doğru olduğuna dikkat edin.)

Şimdi (B_{i,j}=A_{2i,j}=2i+j) girişleriyle (B) yeni bir kare oluşturun, burada (2i) ve (2i+j) ile bu değerler mod (n) anlamına gelir. Böylece (B)'nin (i) satırı, (A)'nın (2i) satırı ile aynıdır. Şimdi, gerçekte (B) satırlarının tam olarak farklı bir sırada (A) satırları olduğunu iddia ediyoruz. Bunu yapmak için, eğer (2iequiv 2kpmod{n}), o zaman (i=k) olduğunu göstermek yeterlidir. Bu, (B) öğesinin tüm satırlarının farklı olduğu ve dolayısıyla (A) öğesinin tüm satırlarının olması gerektiği anlamına gelir.

Genelliği kaybetmeden (ige k) olduğunu varsayalım. (2ieşdeğer 2kpmod{n}) ise, o zaman (n2(i-k)'yi böler). (n) tek olduğundan, (ndivides (i-k)). (i) ve (k) (0,1,ldots,n-1), (0le i-kle n-1) içinde olduğundan. Bu değerlerden yalnızca (0) (n) ile bölünebilir, yani (i-k=0). Böylece (B) aynı zamanda bir Latin karesidir.

(Acup B) öğesinin ({0,1,ldots,n-1} imes{0,1,ldots,n) öğesinin tüm (n^2) öğelerini içerdiğini göstermek için -1}), (Acup B)'nin hiçbir iki öğesinin aynı olmadığını göstermek yeterlidir. Diyelim ki ((i_1+j_1,2i_1+j_1)=(i_2+j_2,2i_2+j_2)) (aritmetik mod (n)'dir). Sonra denklemleri çıkararak, (i_1=i_2); ilk denklemde bu, (j_1=j_2) anlamına gelir.

(Meydan)

Örnek 4.3.10 (n=3), $$left[matrix{ 0&1&2cr 1&2&0cr 2&0&1cr} ight]cup left[matrix{ 0&1&2cr 2&0&1cr 1&2&0 olduğunda cr}sağ]= left[matrix{ (0,0)&(1,1)&(2,2)cr (1,2)&(2,0)&(0,1)cr (2,1)&(0,2)&(1,0)cr}sağ]. $$

Latin kareleri ve ortogonal Latin kare çiftleri oluşturmaya yönelik açık bir yaklaşım, daha küçük Latin kareleriyle başlamak ve bunları daha büyük kareler üretmek için kullanmaktır. (m) düzeyindeki Latin karesinden ve (n) düzeyinden bir Latin karesinden (mn) bir Latin karesi üreteceğiz.

(A), (1,ldots,m) sembolleriyle (m) mertebesinde bir Latin karesi ve (1,ldots,m) sembolleriyle (n) mertebesinden (B) (1, ldotlar,n). (c_{i,j}), (1le ile m), (1le jle n), (mn) yeni semboller olsun. Her (B) girişini bir (A) kopyasıyla değiştirerek bir (mn imes mn) ızgarası oluşturun. Sonra bu (A) kopyasındaki her (i) girişini (c_{i,j} ile değiştirin), burada (j), (B)'nin değiştirilen girişidir. Bu yeni Latin karesini (A imes B) gösteriyoruz. İşte bir (4 imes 4) Latin karesini (3 imes 3) Latin karesiyle birleştirerek bir (12 imes 12) Latin karesi oluşturan bir örnek: }

(1)(2)(3)(4)
(2)(3)(4)(1)
(3)(4)(1)(2)
(4)(1)(2)(3)
(zamanlar)
(1)(2)(3)
(2)(3)(1)
(3)(1)(2)
(=)
(c_{1,1})(c_{2,1})(c_{3,1})(c_{4,1})
(c_{2,1})(c_{3,1})(c_{4,1})(c_{1,1})
(c_{3,1})(c_{4,1})(c_{1,1})(c_{2,1})
(c_{4,1})(c_{1,1})(c_{2,1})(c_{3,1})
(c_{1,2})(c_{2,2})(c_{3,2})(c_{4,2})
(c_{2,2})(c_{3,2})(c_{4,2})(c_{1,2})
(c_{3,2})(c_{4,2})(c_{1,2})(c_{2,2})
(c_{4,2})(c_{1,2})(c_{2,2})(c_{3,2})
(c_{1,3})(c_{2,3})(c_{3,3})(c_{4,3})
(c_{2,3})(c_{3,3})(c_{4,3})(c_{1,3})
(c_{3,3})(c_{4,3})(c_{1,3})(c_{2,3})
(c_{4,3})(c_{1,3})(c_{2,3})(c_{3,3})
(c_{1,2})(c_{2,2})(c_{3,2})(c_{4,2})
(c_{2,2})(c_{3,2})(c_{4,2})(c_{1,2})
(c_{3,2})(c_{4,2})(c_{1,2})(c_{2,2})
(c_{4,2})(c_{1,2})(c_{2,2})(c_{3,2})
(c_{1,3})(c_{2,3})(c_{3,3})(c_{4,3})
(c_{2,3})(c_{3,3})(c_{4,3})(c_{1,3})
(c_{3,3})(c_{4,3})(c_{1,3})(c_{2,3})
(c_{4,3})(c_{1,3})(c_{2,3})(c_{3,3})
(c_{1,1})(c_{2,1})(c_{3,1})(c_{4,1})
(c_{2,1})(c_{3,1})(c_{4,1})(c_{1,1})
(c_{3,1})(c_{4,1})(c_{1,1})(c_{2,1})
(c_{4,1})(c_{1,1})(c_{2,1})(c_{3,1})
(c_{1,3})(c_{2,3})(c_{3,3})(c_{4,3})
(c_{2,3})(c_{3,3})(c_{4,3})(c_{1,3})
(c_{3,3})(c_{4,3})(c_{1,3})(c_{2,3})
(c_{4,3})(c_{1,3})(c_{2,3})(c_{3,3})
(c_{1,1})(c_{2,1})(c_{3,1})(c_{4,1})
(c_{2,1})(c_{3,1})(c_{4,1})(c_{1,1})
(c_{3,1})(c_{4,1})(c_{1,1})(c_{2,1})
(c_{4,1})(c_{1,1})(c_{2,1})(c_{3,1})
(c_{1,2})(c_{2,2})(c_{3,2})(c_{4,2})
(c_{2,2})(c_{3,2})(c_{4,2})(c_{1,2})
(c_{3,2})(c_{4,2})(c_{1,2})(c_{2,2})
(c_{4,2})(c_{1,2})(c_{2,2})(c_{3,2})

Teorem 4.3.11

f (A) ve (B) Latin karelerdir, dolayısıyla (A imes B).

Kanıt

Aynı satırda iki (c_{i,j}) ve (c_{k,l}) sembolünü düşünün. Bu sembolleri içeren pozisyonlar (A) ile aynı kopyadaysa, o zaman (i ot=k), çünkü (A) bir Latin karedir ve dolayısıyla semboller (c_{i, j}) ve (c_{k,l}) farklıdır. Aksi takdirde, (j ot=l), çünkü (B) bir Latin karesidir. Argüman sütunlar için aynıdır.

(Meydan)

Dikkat çekici bir şekilde, bu işlem korur ortogonallik:

Teorem 4.3.12

(A_1) ve (A_2) (m), (B_1) ve (B_2) sıralı Latin kareler ise (n), (A_1) düzeyinde Latin kareler ve (A_2) diktir ve (B_1) ve (B_2) diktir, o zaman (A_1 imes B_1) (A_1 imes B_2)'ye diktir.

Kanıt

(A_i imes B_i) içeriğini (C_i(w,x,y,z) ile belirtiriz, yani kopyanın (w) satırı ve (x) sütunundaki giriş anlamına gelir. (B_i) satırının (y) ve (z) sütunundaki girdinin yerini alan (A_i), ki bunu (B_i(y,z) olarak belirtiriz). (A_i(w,x)) öğesini (A_i) satırının (w) ve (x) sütunundaki girişi belirtmek için kullanırız.

Diyelim ki ((C_1(w,x,y,z),C_2(w,x,y,z))=(C_1(w',x',y',z'),C_2(w',x ',y',z'))), burada ((w,x,y,z) ot=(w',x',y',z')). Ya ((w,x) ot=(w',x')) ya da ((y,z) ot=(y',z')). İkincisi ise, o zaman ((B_1(y,z),B_2(y,z))= (B_1(y',z'),B_2(y',z'))), bir çelişki, çünkü (B_1), (B_2)'ye diktir. Dolayısıyla ((y,z)=(y',z')) ve ((w,x) ot=(w',x')). Ancak bu, ((A_1(w,x),A_2(w,x))=(A_1(w',x'),A_2(w',x'))), bir çelişki anlamına gelir. Dolayısıyla (A_1 imes B_1), (A_1 imes B_2) ile ortogonaldir.

(Meydan)

(4k) ortogonal Latin kareler oluşturmak istiyoruz. (4k=2^mcdot n) yazın, burada (n) tek ve (mge 2). Teoreme göre (n) ortogonal Latin kareleri olduğunu biliyoruz. 4.3.9. (2^m) ortogonal Latin kareler varsa, o zaman teoreme göre 4.3.12 (4k=2^mcdot n) düzeyinde ortogonal Latin kareler oluşturabiliriz.

(2^m) mertebesinde bir Latin karesi elde etmek için teoremi de kullanırız 4.3.12. (4=2^2) ve iki (8=2^3) mertebesinde iki ortogonal Latin kare bulmak yeterlidir. Daha sonra teoremin tekrarlanan uygulaması 4.3.12 (2^m), (mge 2) ortogonal Latin kareler oluşturmamıza izin verir.

4 dereceli iki ortogonal Latin karesi:

$$left[matrix{ 1&2&3&4cr 2&1&4&3cr 3&4&1&2cr 4&3&2&1cr} ight] left[matrix{ 1&2&3&4cr 3&4&1&2cr 4&3&2&1$cr 2&1&}

ve sipariş 8'den ikisi:

$$ sol [ matris {1 ve 3 ve 4 ve 5 ve 6 ve 7 ve 8 ve 2 cr 5 & 2 & 7 ve 1 & 8 ve 4 ve 6 ve 3 cr 6 ve 4 ve 3 8 ve 1 ve 2 ve 5 ve 7 cr 7 ve 8 ve 5, 4, 2 ve 1 ve 3 ve 6 cr 8 ve 7 ve 2 ve 6 & 5 & 3 1 ve 4 cr 2 & 5 & 8 ve 3 7 ve 6 ve 4 ve 1 cr 3 1 ve 6 '2, 4, 8 ve 7 & 5 cr 4 & 6 ve 1 ve 7 ve 3 & 5 & 2 & 8 cr} doğru] sol [ matris {1 ve 4 ve 5 ve 6 ve 7 ve 8 ve 2 ve 3 cr 8 ve 2 ve 6 & 5 & 3 1 ve 4 ve 7 CR2 ve 8 ve 3 7 ve 6 ve 4 ve 1 ve 5 cr 3&6&2&4&8&7&5&1cr 4&1&7&3&5&2&8&6cr 5&7&1&8&4&6&3&2cr 6&3&8&1&2&5&7&4cr 7&5&4&2&1&3&6&8cr }sağ]. $$


Videoyu izle: This is WHY you need a CAJON. Cajon vs Drums (Ekim 2021).