Continua la serie degli enigmi matematici da me pubblicati sulla rivista Coelum Astronomia. Nel
numero di dicembre 2013 parlai di cubi, o meglio di cubi 3
× 3
× 3: un oggetto fondamentale, direi, nella storia della matematica ricreativa. Alzi la mano chi non ha mai provato, almeno una volta, a mettere in ordine il celeberrimo cubo di Rubik, geniale marchingegno ideato nel 1974 dall’architetto ungherese Ernő Rubik (qui a destra).
Da una quarantina d’anni i matematici studiano questo rompicapo in
profondità, ricavandone continue sorprese. Ad esempio, una questione
matematicamente interessante (e per nulla facile) consiste nel trovare
la via più breve per portare il cubo della disposizione ordinata a
partire da una situazione iniziale qualsiasi. Questo problema è
strettamente correlato ad un altro: qual è il numero minimo di mosse con
cui possiamo certamente risolvere il rompicapo partendo da una
configurazione qualsiasi? I matematici hanno assegnato a questo numero
un nome molto altisonante: il numero di Dio. Nel 1981 fu dimostrato che
tale numero non poteva essere maggiore di 52. Successivamente molti
matematici cercarono di abbassare il numero, e riuscirono nell’intento.
Nel luglio del 2010, Morley Davidson, Tomas Rokicki, Herbert Kociemba e
John Dethridge, sfruttando software sofisticati e computer molto
potenti, dimostrarono che il numero di Dio è uguale a 20 (avevo approfondito quattro anni fa la questione in un
post specifico).
Un altro rompicapo, certamente meno famoso, basato sul cubo 3x3x3, è il cubo Soma,
creato nel 1936 dal poliedrico matematico danese Piet Hein. Cercatelo
nei negozi: ne esistono versioni in legno molto belle, con le quali vi
divertirete un sacco.
Come sottolineavo in un altro mio
post del 2011, la vita di Hein sembra uscita da un
romanzo: discendente di un altro Piet Hein, comandante navale nella
guerra degli Ottant’anni nel Seicento e ricordato in Olanda come eroe
nazionale, si arruolò durante la seconda guerra mondiale come
partigiano, si sposò quattro volte, ebbe cinque figli, fu matematico,
fisico, ingegnere, inventore, divulgatore scientifico, poeta e
scrittore.
Ma fu soprattutto un geniale creatore di
affascinanti giochi matematici: per esempio l’Hex, studiato da John
Nash (quello del film “A beautiful mind”) e descritto da Martin Gardner,
e appunto il cubo Soma.
Hein s’inventò questo gioco mentre
seguiva una lezione di fisica quantistica di Werner Heisenberg: ebbe
l’ispirazione quando il premio Nobel cominciò a parlare di uno spazio
diviso in celle cubiche, e cominciò a chiedersi quali fgure possono
essere create unendo tra di loro più cubetti.
Il giovane danese concentrò la sua
attenzione sulle combinazioni concave di cubetti, e si accorse che con
tre cubetti si può creare una sola struttura di questo tipo, fatta a
“L”, mentre con quattro cubetti esistono sei diverse figure concave.
Ora, si chiese Hein, quanti cubetti
elementari servono per allestire questo kit di sette configurazioni?
Contateli: sono in tutto 27.
Piet pensò allora che anche in un cubo 3x3x3 ci sono 27 cubetti
elementari, e la domanda nacque spontanea: è possibile assemblare le
sette strutture in modo da creare un tale cubo 3x3x3.
La risposta è sì: ed esistono addirittura 240 diversi modi per farlo! E
non è finita qui, perché le sette parti possono essere utilizzate anche
per creare innumerevoli figure diverse dal cubo 3x3x3, come potete
vedere nella figura qui a destra (peraltro largamente incompleta).
Ma veniamo al problema sottoposto ai lettori di Coelum. Prendiamo il cubo di Rubik. Essendo un
cubo 3x3x3, i cubetti costitutivi sono in tutto 27. Essendovi 6 facce, ciascuna con 9 quadratini, ci sono 54 quadratini. Come osservavo nell’articolo, nel rompicapo ungherese ci sono tre diversi tipi di cubetti:
- quelli posti al centro delle sei facce (6);
- quelli posti sugli angoli (8);
- quelli posti a metà degli spigoli (12).
In tutto sono 26. Aggiungendo il cubetto nascosto nel centro del cubo grande, arriviamo a 27.
L’enigma proposto era il seguente: scrivere un numero su ciascuno dei 54 quadratini del cubo, in modo che:
- su ogni faccia del cubo grande ci siano tutti i numeri da 1 a 9;
- la somma dei numeri presenti sui quadratini esposti da ogni cubetto d’angolo e da ogni cubetto di spigolo sia la stessa.
Va detto subito: non era per niente
facile, tanto è vero che soltanto tre lettori erano riusciti a risolvere il problema.
In una delle soluzioni inviate, la somma costante è uguale a 12. La rappresentazione del cubo
escogitata dal lettore era molto ingegnosa e molto appropriata per raffigurare tutti i numeri
associati ai 54 quadratini:
Il lettore aveva raccontato di essere partito col piede
sbagliato, pensando che la somma dovesse essere 10. Poi comprese che 12
poteva essere un numero più promettente. Infatti i cubetti d’angolo
sono 8, e quelli e di metà spigolo sono 12: quindi sono in tutto 20, e
20 x 12 = 240; ora, dato che su ognuna delle 6 facce ci sono tutti i
numeri da 1 a 9, la somma complessiva dei numeri è pari a (1+2+3+…+9)x6 =
270. Quei 30 mancanti, quindi, si devono suddividere tra i 6
quadratini posti al centro delle facce.
Questo brillante risolutore di enigmi aveva addirittura
modificato uno dei suoi cubi di Rubik, sostituendo i bollini colorati
con adesivi bianchi e numerandoli poi con un pennarello secondo lo
schema trovato. Quindi si era cimentato in un rompicapo del tutto inedito:
mescolare il nuovo cubo “pseudo-Rubik”, con i numeri da 1 a 9 al posto
dei sei colori, e tentare di riordinarlo!
Il lettore aveva così preso ispirazione dall’enigma
originario da me proposto per inventarne un altro, forse ancora più
interessante.
Anche un altro lettore aveva trovato una soluzione con somma uguale a 12.
Un terzo lettore
aveva inviato in redazione un’analisi del problema splendidamente rigorosa
ed esaustiva. La riporto integralmente, anche
perché in essa si dimostra in modo ineccepibile come le soluzioni
posssibili dell’enigma siano associate alle somme 11, 12 e 13 (quindi
non soltanto 12).
Nel contesto di questa trattazione così
impeccabile, mi era piaciuta particolarmente l’idea di introdurre la
definizione formale di Palomar Cube (abbreviato anche in PC): chissà che un giorno qualche paper
scientifico non riprenda questa terminologia, assicurandola
definitivamente al lessico matematico (sto scherzando, ma non si sa
mai).
Ed ecco a voi l’esposizione del lettore.
L'angolo delle notazioni
Indichiamo con:
- #ca = numero di cubetti ad angolo, ossia 8
- #cms = numero di cubetti di metà spigolo, ossia 12
- Σ(ca) la somma dei 3 valori che appaiono su un cubetto ad angolo
- Σ(cms) la somma dei 2 valori che appaiono su un cubetto di metà spigolo
- n(d,i,j) il numero che compare sulla d-faccia del Palomar Cube in posizione (i,j):
- n(d,i,j) = {1,..,9} per ogni 1≤ d ≤ 6
Assumiamo che le facce siano numerate
come quelle di un dado e che le posizioni su ciascuna faccia siano
numerate come in una matrice 3×3. Poiché le facce sono numerate come
quelle di un comune dado, le facce 1-6, 2-5 e 3-4 sono opposte tra loro.
Se d e d* sono due facce opposte del PC definiamo coniugato
dell’elemento (d,i,j) l’elemento che corrisponde a (d*,i*,j) dove
i*=(10-i) mod 6.
Ad esempio il coniugato di (1,1,1) è (6,3,1), mentre il coniugato di (2,2,3) è (5,2,3).
Con questa notazione il numero associato
al cubetto centrale sulla d-faccia di un PC è n(d,2,2) (che ha come
coniugato (d*,2,2)) ed inoltre Σ(cc) = Σ(n(d,2,2)) rappresenta la somma
dei valori attribuiti a tutti i cubetti centrali del PC.
Che cos'è un Palomar Cube
Un Palomar Cube è per definizione un cubo numerico con la seguente proprietà:
per ogni ca e per ogni cms: Σ(ca) = Σ(cms) = k
k può valere solo 11,12 o 13
Dimostriamo innanzitutto che k è tale che:
10 <
k < 14, ossia
k può valere 11,12, o 13 (R1)
Osserviamo che per ogni d-faccia:
Σ(n(d,i,j)) = (9*10)/2 = 45
e quindi su tutto il PC:
Σ(n(d,i,j)) = 270
Poiché Σ(ca)= Σ(cms)=k e poiché #ca=
8 e #cms=1
2 allora deve essere:
20k+ Σ(cc) = 270 (R2)
e quindi
k < 14.
Inoltre se ponessimo per ipotesi k ≤ 10
allora 20k ≤ 200 ma poiché Σ(cc) ≤ 54 allora la (R2) risulterebbe non
vera. Di conseguenza k > 10.
Caratteristica di simmetria
In base alla notazione prescelta, la
condizione Σ(ca) = k può essere espressa per ogni cubetto d’angolo in
funzione dei numeri che compaiono su ciascuna delle 3 facce come segue:
1a) n(1,1,1)+n(2,1,1)+n(4,1,3) = k
2a) n(1,1,3)+n(4,1,1)+n(5,1,3) = k
3a) n(1,3,1)+n(2,1,3)+n(3,1,1) = k
4a) n(1,3,3)+n(3,1,3)+n(5,1,1) = k
5a) n(6,3,1)+n(5,3,1)+n(3,3,3) = k
6a) n(6,3,3)+n(3,3,1)+n(2,3,3) = k
7a) n(6,1,1)+n(5,3,3)+n(4,3,1) = k
8a) n(6,1,3)+n(4,3,3)+n(2,3,1) = k
dove le 5a-8a sono le relazioni valide per i valori coniugati – termine per termine – delle 1a-4a.
Analogamente la condizione Σ(cms) = k può essere espressa per ogni cella di metà spigolo come:
1b) n(1,1,2)+n(4,1,2) = k
2b) n(1,2,1)+n(2,1,2) = k
3b) n(1,3,2)+n(3,1,2) = k
4b) n(1,2,3)+n(5,1,2) = k
5b) n(2,2,1)+n(4,2,3) = k
6b) n(2,2,3)+n(3,2,1) = k
7b) n(6,3,2)+n(3,3,2) = k
8b) n(6,2,3)+n(2,3,2) = k
9b) n(6,1,2)+n(4,3,2) = k
10b) n(6,2,1)+n(5,3,2) = k
11b) n(5,2,1)+n(3,2,3) = k
12b) n(5,2,3)+n(4,2,1) = k
dove anche qui le 7b-12b sono le relazioni valide per i valori coniugati – termine per termine – delle 1b-6b.
Naturalmente risulterà anche:
1c) n(1,2,2)+n(2,2,2)+n(3,2,2)+n(4,2,2)+n(5,2,2)+n(6,2,2) = Σ(cc) = 270 – 20k
Per i nostri scopi possiamo allora senz’altro assumere nel seguito che n(d,i,j) = n(d*,i*,j).
In questo modo, sarà altresì possibile
determinare univocamente i valori dell’intero cubo attraverso tutti i
valori attribuiti a 3 facce.
Soluzione per k=13
Si nota immediatamente che ‘1’,‘2’ e ‘3’
non possono essere assegnati come valori delle celle di metà spigolo,
poiché non esiste alcun valore che possa soddisfare le 1b-12b. Di
conseguenza questi valori possono essere attribuiti solo ai cubetti
d’angolo o ai cubetti centrali.
Dalla 1c deriva inoltre che Σ(cc) = 10
per cui è necessario scegliere per i cubetti centrali 6 valori la cui
somma è 10. Possiamo considerare valida per i nostri scopi la sequenza
(1,1,3,1,1,3).
Ne deriva che i restanti due ‘1’, i sei ‘2’ e gli altri quattro ‘3’
sono necessariamente valori da assegnare ai cubetti d’angolo. Una
possibile assegnazione è quella in cui i due ‘1’ e i sei ‘2’ sono
attribuiti a cubetti diversi, mentre i quattro ‘3’ sono distribuiti
equamente tra gli ‘1’ e i ‘2’.
Ne risulta la seguente sequenza (ogni
riga rappresenta un elemento delle 8 terne):
(x x y y n n k k)
(3 3 3 3 t t r r)
(1 1 2 2 2 2 2 2)
Si vede allora subito che le due x sono determinate univocamente dal
valore ‘9’, mentre le due y dal valore ‘8’. Ne deriva anche che nei
valori dei cubetti d’angolo sono necessariamente da annoverare anche due
‘4’ e due ‘5’ che senza i due ‘9’ e i due ‘8’ non possono
reciprocamente “accoppiarsi” nelle celle di metà spigolo. La nuova
configurazione diventa quindi:
(9 9 8 8 n n k k)
(3 3 3 3 4 4 5 5)
(1 1 2 2 2 2 2 2)
che viene immediatamente “soddisfatta” attribuendo alle incognite i valori 7 e 6, ossia
(9 9 8 8 7 7 6 6)
(3 3 3 3 4 4 5 5)
(1 1 2 2 2 2 2 2)
Abbiamo trovato in questo modo 8 terne da associare agli 8 cubetti ad
angolo; i valori per i dodici cubetti di metà spigolo saranno di
conseguenza rappresentati dalle 3 coppie residue (9,4), (8,5) e (7,6)
ciascuna presente 4 volte, ossia:
(9 9 9 9 8 8 8 8 7 7 7 7)
(4 4 4 4 5 5 5 5 6 6 6 6)
Si noti che sia le terne che le coppie
sono uguali a due a due: in questo modo è possibile assegnarli come
valori di elementi coniugati del Palomar Cube, ad esempio secondo lo
schema nell’immagine qui a destra.
Soluzione per k=12
Si nota immediatamente che ‘1’ e ‘2’ non possono essere assegnati
come valori delle celle di metà spigolo, poiché non esiste alcun valore
che possa soddisfare le 1b-12b. Di conseguenza questi valori possono
essere attribuiti solo ai cubetti d’angolo o ai cubetti centrali.
Dalla 1c deriva inoltre che: Σ(cc) = 30 per cui è necessario
scegliere per i cubetti centrali 6 valori la cui somma è 30. Possiamo
considerare valida per i nostri scopi la sequenza (5,7,3,5,7,3).
Ne deriva che i sei ‘1’, i sei ‘2’ ed almeno due ‘9’ sono
necessariamente valori da assegnare ai cubetti d’angolo. Una possibile
assegnazione è quella in cui i sei ‘1’ e i due ‘2’ sono attribuiti a
cubetti diversi, mentre i quattro ‘2’ restanti saranno distribuiti
equamente tra gli ‘1’ e i ‘2’. Ne risulta la seguente sequenza (ogni
riga rappresenta un elemento delle 8 terne):
(9 9 y y n n k k)
(2 2 2 2 x x r r)
(1 1 2 2 1 1 1 1)
Si vede allora subito che le due y sono determinate univocamente
attribuendo il valore ‘8’; ne deriva anche che nei valori dei cubetti
d’angolo sono necessariamente da annoverare anche due ‘4’ che senza i
due ‘8’ non possono reciprocamente “accoppiarsi” nelle celle di metà
spigolo.
La nuova configurazione diventa quindi:
(9 9 8 8 n n k k)
(2 2 2 2 4 4 r r)
(1 1 2 2 1 1 1 1)
che può essere soddisfatta” attribuendo a n il ‘7’ a k il ‘6’ ed a r il ‘5’, ossia
(9 9 8 8 7 7 6 6)
(2 2 2 2 4 4 5 5)
(1 1 2 2 1 1 1 1)
I valori per i dodici cubetti di metà spigolo saranno quindi
rappresentati dalle 2 coppie residue (6,6) e (7,5) e dalle 4 coppie
(8,4) e (9,3) ossia:
(9 9 9 9 8 8 8 8 7 7 6 6)
(3 3 3 3 4 4 4 4 5 5 6 6)
Si
noti che sia le terne che le coppie sono uguali a due a due: in questo
modo è possibile assegnarli come valori di elementi coniugati del
Palomar Cube, ad esempio secondo lo schema qui a sinistra.
Soluzione per k=11
Si nota immediatamente che ’1’ non può
essere assegnato come valore delle celle di metà spigolo, poiché non
esiste alcun valore che possa soddisfare le 1b-12b. Dalla 1c deriva
inoltre che Σ (cc) = 50, per cui ‘1’ non può essere assegnato a nessun
cubetto centrale, ma solo ai cubetti d’angolo.
Poiché Σ (cc) = 50 possiamo considerare valida per i nostri scopi la sequenza: (9,9,7,9,9,7).
Ne deriva che almeno quattro ‘2’ e due ‘4’ sono necessariamente
valori da assegnare ai cubetti d’angolo. Una possibile assegnazione è la
seguente:
(x x y y n n k k)
(1 1 2 2 p p q q)
(1 1 1 1 2 2 4 4)
Si vede allora subito che le due x e le due y sono determinate
univocamente attribuendo loro rispettivamente il ‘9’ e l’8’; ne deriva
anche che nei valori dei cubetti d’angolo sono necessariamente da
annoverare anche altri due ‘2’ e due ‘3’ che senza i due ‘9’ e i due ‘8’
non possono“accoppiarsi” nelle celle di metà spigolo.
La nuova
configurazione diventa quindi:
(9 9 8 8 n n k k)
(1 1 2 2 2 2 3 3)
(1 1 1 1 2 2 4 4)
che viene immediatamente “soddisfatta” attribuendo i valori 7 e 4, ossia
(9 9 8 8 7 7 4 4)
(1 1 2 2 2 2 3 3)
(1 1 1 1 2 2 4 4)
I valori per i dodici cubetti di metà spigolo saranno rappresentati
dalle 6 coppie residue (6,5) dalle 4 coppie (8,3) e dalle due coppie
(7,4) ossia:
(8 8 8 8 7 7 6 6 6 6 6 6)
(3 3 3 3 4 4 5 5 5 5 5 5)
Si noti che sia le terne che le coppie
sono uguali a due a due: in questo modo è possibile assegnarli come
valori di elementi coniugati del Palomar Cube, ad esempio secondo lo
schema qui a destra.
Con gli ormai canonici due giorni di ritardo (il caldo africano che ci opprime rende i movimenti lenti e macchinosi, perdonatemi), ecco il reminder di Mr. Palomar per il Carnevale di luglio, ospitato da Flavio "Dioniso" Ubaldini su Pitagora e dintorni.
