Gli enigmi di Coelum: Palomar Cube

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=12 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.