Farget kube

[Karl_Erik]

En 6x6x6-kube består av $6^3$ 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.

[Fibonacci92]

Lukter jeg induksjonsbevis?

[Karl_Erik]

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.

[Fibonacci92]

Ingen uklarhet;) har funnet fram duploklossene:D

[BMB]

Uvanlig og interessant oppgave

La det være $h$ blå terninger i hjørnene, $k$ blå terninger i kantene (inkluderer ikke hjørneterninger;$12\cdot 4=48$ kantterninger totalt), $f$ blå terninger på overflaten (inkluderer ikke kantterninger eller hjørneterninger; $6\cdot 4^2=96$ overflateterninger totalt), og la $i$ være antall indre blå terninger. Vi finner fire uavhengige ligninger.

Vi har umiddelbart $h+k+f+i=81$, og videre må $i=24$.

Observer nå at det i alt finnes $5^3=125$ 2x2x2-kuber. Hvis vi nå for hver blå terning teller opp antall 2x2x2-kuber som den er en del av, vil dette summere til $3\cdot 125$, 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 $h+2k+4f+8i=375$.

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 $3\cdot 9=27$ blå terninger vendt ut. Vi får ligningen $3h+2k+f=3\cdot 27=81$.

Ved å løse systemet får man $(h,k,f,i)=(3,18,36,24)$, så tre av hjørneterningene er blå og fem er røde.

[Karl_Erik]

Dette er selvfølgelig riktig.

[mrcreosote]

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 $a_{ijk}$ være 1 hvis terningen på plass ijk er blå og 0 hvis terningen er rød for $i,j,k\in \{0,1,2,3,4,5\}$ og la $t_{ijk}=\sum _{\alpha =i}^{i+1}\sum _{\beta =j}^{j+1}\sum _{\gamma =k}^{k+1}{a}_{\alpha \beta \gamma }\equiv 3$ ved antagelsen.

Da er $\sum _{i,j,k\in \{0,5\}}{a}_{ijk}=\sum _{i,j,k=0}^4(-1{)}^{i+j+k}{t}_{ijk}=3\sum _{i,j,k=0}^4(-1{)}^{i+j+k}=3$, den siste overgangen kan for eksempel ses ved å forestille seg en 5*5*5-kube i sjakkmønster.