Farget kube
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
En 6x6x6-kube består av [tex]6^3[/tex] terninger som alle enten er røde eller blå (altså er ingen kuber både røde og blå eller ufargede). Det er kjent at enhver 2x2x2-kube inneholdt i den store kuben består av nøyaktig tre blå og fem røde terninger. Vis at i den store kuben er nøyaktig tre av hjørnene blå, og fem er røde.
Det kan det godt hende at du gjør. Personlig brukte jeg ikke induksjon, men konklusjonen holder for større kuber også, så det er veldig mulig dette fører fram.
Glemte forresten å presisere det, men med 'hjørnene' i den store kuben mener jeg altså terningene i hjørnene i den grad det var noen uklarhet.
Glemte forresten å presisere det, men med 'hjørnene' i den store kuben mener jeg altså terningene i hjørnene i den grad det var noen uklarhet.
-
Fibonacci92
- Abel
- Innlegg: 665
- Registrert: 27/01-2007 22:55
Ingen uklarhet;) har funnet fram duploklossene:D
Uvanlig og interessant oppgave 
La det være [tex]h[/tex] blå terninger i hjørnene, [tex]k[/tex] blå terninger i kantene (inkluderer ikke hjørneterninger;[tex]12 \cdot 4=48[/tex] kantterninger totalt), [tex]f[/tex] blå terninger på overflaten (inkluderer ikke kantterninger eller hjørneterninger; [tex]6 \cdot 4^2=96[/tex] overflateterninger totalt), og la [tex]i[/tex] være antall indre blå terninger. Vi finner fire uavhengige ligninger.
Vi har umiddelbart [tex]h+k+f+i=81[/tex], og videre må [tex]i=24[/tex].
Observer nå at det i alt finnes [tex]5^3=125[/tex] 2x2x2-kuber. Hvis vi nå for hver blå terning teller opp antall 2x2x2-kuber som den er en del av, vil dette summere til [tex]3 \cdot 125[/tex], ettersom hver av de 125 har nøyaktig 3 blå terninger. Men det er klart at en blå terning i et hjørne er en del av nøyaktig én 2x2x2-kube, en terning i kanten er del av nøyaktig to, en på overflaten nøyaktig 4, en indre nøyaktig åtte. Dette gir altså [tex]h+2k+4f+8i=375[/tex].
For å få en fjerde ligning; ta en 2x2x6-blokk av terninger, og legg merke til at hvis en 2x2x1-skive har y blå terninger, vil en grensende skive ha 3-y blå terninger. Det følger at hvis en slik skive grenser til utsiden av den store kuben slik at y av de fire terningene som vender ut er blå, vil 3-y terninger av de fire terningene på motstående side være blåe. Det er tre par motstående sider, og for hvert slike par er det [tex]3 \cdot 9=27[/tex] blå terninger vendt ut. Vi får ligningen [tex]3h+2k+f=3 \cdot 27=81[/tex].
Ved å løse systemet får man [tex](h,k,f,i)=(3,18,36,24)[/tex], så tre av hjørneterningene er blå og fem er røde.
La det være [tex]h[/tex] blå terninger i hjørnene, [tex]k[/tex] blå terninger i kantene (inkluderer ikke hjørneterninger;[tex]12 \cdot 4=48[/tex] kantterninger totalt), [tex]f[/tex] blå terninger på overflaten (inkluderer ikke kantterninger eller hjørneterninger; [tex]6 \cdot 4^2=96[/tex] overflateterninger totalt), og la [tex]i[/tex] være antall indre blå terninger. Vi finner fire uavhengige ligninger.
Vi har umiddelbart [tex]h+k+f+i=81[/tex], og videre må [tex]i=24[/tex].
Observer nå at det i alt finnes [tex]5^3=125[/tex] 2x2x2-kuber. Hvis vi nå for hver blå terning teller opp antall 2x2x2-kuber som den er en del av, vil dette summere til [tex]3 \cdot 125[/tex], ettersom hver av de 125 har nøyaktig 3 blå terninger. Men det er klart at en blå terning i et hjørne er en del av nøyaktig én 2x2x2-kube, en terning i kanten er del av nøyaktig to, en på overflaten nøyaktig 4, en indre nøyaktig åtte. Dette gir altså [tex]h+2k+4f+8i=375[/tex].
For å få en fjerde ligning; ta en 2x2x6-blokk av terninger, og legg merke til at hvis en 2x2x1-skive har y blå terninger, vil en grensende skive ha 3-y blå terninger. Det følger at hvis en slik skive grenser til utsiden av den store kuben slik at y av de fire terningene som vender ut er blå, vil 3-y terninger av de fire terningene på motstående side være blåe. Det er tre par motstående sider, og for hvert slike par er det [tex]3 \cdot 9=27[/tex] blå terninger vendt ut. Vi får ligningen [tex]3h+2k+f=3 \cdot 27=81[/tex].
Ved å løse systemet får man [tex](h,k,f,i)=(3,18,36,24)[/tex], så tre av hjørneterningene er blå og fem er røde.
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
En annen mer algebraisk løsning som ikke gir like stor detaljrikdom i svaret, men som lett lar seg generalisere til ulike terninger i flere dimensjoner:
La [tex]a_{ijk}[/tex] være 1 hvis terningen på plass ijk er blå og 0 hvis terningen er rød for [tex]i,j,k\in\{0,1,2,3,4,5\}[/tex] og la [tex]t_{ijk}=\sum_{\alpha=i}^{i+1}\sum_{\beta=j}^{j+1}\sum_{\gamma=k}^{k+1}a_{\alpha\beta\gamma}\equiv3[/tex] ved antagelsen.
Da er [tex]\sum_{i,j,k\in\{0,5\}} a_{ijk} = \sum_{i,j,k=0}^4 (-1)^{i+j+k}t_{ijk}=3\sum_{i,j,k=0}^4 (-1)^{i+j+k}=3[/tex], den siste overgangen kan for eksempel ses ved å forestille seg en 5*5*5-kube i sjakkmønster.
La [tex]a_{ijk}[/tex] være 1 hvis terningen på plass ijk er blå og 0 hvis terningen er rød for [tex]i,j,k\in\{0,1,2,3,4,5\}[/tex] og la [tex]t_{ijk}=\sum_{\alpha=i}^{i+1}\sum_{\beta=j}^{j+1}\sum_{\gamma=k}^{k+1}a_{\alpha\beta\gamma}\equiv3[/tex] ved antagelsen.
Da er [tex]\sum_{i,j,k\in\{0,5\}} a_{ijk} = \sum_{i,j,k=0}^4 (-1)^{i+j+k}t_{ijk}=3\sum_{i,j,k=0}^4 (-1)^{i+j+k}=3[/tex], den siste overgangen kan for eksempel ses ved å forestille seg en 5*5*5-kube i sjakkmønster.