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Tema: Análise Combinatória; Sólido Cubo
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Autor:  gisellemcarvalho [ 27 abr 2015, 16:16 ]
Título da Pergunta:  Tema: Análise Combinatória; Sólido Cubo
Com 10 cores é possível pintar quantos cubos distintos?
Autor:  Orijinalca [ 28 abr 2015, 13:37 ]
Título da Pergunta:  Re: Tema: Análise Combinatória; Sólido Cubo
Want more content less.
Autor:  Rui Carpentier [ 29 abr 2015, 23:40 ]
Título da Pergunta:  Re: Tema: Análise Combinatória; Sólido Cubo
Pode usar o teorema de enumeração de Pólya.
O número de colorações da faces do cubo com 10 cores é dado por \(\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}10^{c(g)}\) onde \(G\) é o grupo das simetrias (rotações) do cubo e \(c(g)\) é o número de cíclos da simetria \(g\) vista como uma permutação das faces.
Uma simetria do cubo é univocamente determinada pela posição de um vértice e de uma aresta adjacente. Como há 8 possibilidades para esse vértice e 3 para a aresta adjacente temos que há \(8\times 3=24\) simetrias ou rotações. Estas são a rotação nula, \(I\), as rotações de 90º, 180º e 270º em torno das (três) retas que ligam os pontos médios de faces opostas (\(F_{90}^1\), \(F_{180}^1\), \(F_{270}^1\), \(F_{90}^2\), \(F_{180}^2\), \(F_{270}^2\), \(F_{90}^3\), \(F_{180}^3\) e \(F_{270}^3\), ), as rotações de 120º e 240º sobre as (quatro) retas que ligam vértices opostos (\(V_{120}^{1}\), \(V_{240}^{1}\), \(V_{120}^{2}\), \(V_{240}^{2}\), \(V_{120}^{3}\), \(V_{240}^{3}\), \(V_{120}^{4}\) e \(V_{240}^{4}\)) e as rotações de 180º sobre as (seis) retas que ligam os pontos médios de arestas opostas (\(A^1\), \(A^2\), \(A^3\), \(A^4\), \(A^5\) e \(A^6\)).
Se enumerarmos as faces do cubo \([0,1]^3\) por \(1=\{0\}\times [0,1]\times [0,1]\), \(2=\{1\}\times [0,1]\times [0,1]\), \(3=[0,1]\times \{0\}\times [0,1]\), \(4=[0,1]\times \{1\}\times [0,1]\), \(5=[0,1]\times [0,1]\times \{0\}\) e \(6=[0,1]\times [0,1]\times \{1\}\), temos que as rotações vista como permutação das faces são:
\(I=(1)(2)(3)(4)(5)(6)\) (6 cíclos),
\(F_{90}^1=(1)(2)(3546)\) (3 cíclos),
\(F_{180}^1=(1)(2)(34)(56)\) (4 cíclos),
\(F_{270}^1=(1)(2)(3645)\) (3 cíclos),
\(F_{90}^2=(3)(4)(1625)\) (3 cíclos),
\(F_{180}^2=(3)(4)(12)(56)\) (4 cíclos),
\(F_{270}^2=(3)(4)(1526)\) (3 cíclos),
\(F_{90}^3=(5)(6)(3546)\) (3 cíclos),
\(F_{180}^3=(5)(6)(34)(56)\) (4 cíclos),
\(F_{270}^3=(5)(6)(3645)\) (3 cíclos),
\(V_{120}^{1}=(135)(246)\) (2 cíclos),
\(V_{240}^{1}=(153)(264)\) (2 cíclos),
\(V_{120}^{2}=(154)(263)\) (2 cíclos),
\(V_{240}^{2}=(145)(236)\) (2 cíclos),
\(V_{120}^{3}=(146)(235)\) (2 cíclos),
\(V_{240}^{3}=(164)(253)\) (2 cíclos),
\(V_{120}^{4}=(163)(254)\) (2 cíclos),
\(V_{240}^{4}=(136)(245)\) (2 cíclos),
\(A^1=(12)(35)(46)\) (3 cíclos),
\(A^1=(12)(36)(45)\) (3 cíclos),
\(A^1=(34)(15)(26)\) (3 cíclos),
\(A^1=(34)(16)(25)\) (3 cíclos),
\(A^1=(56)(13)(24)\) (3 cíclos),
\(A^1=(56)(14)(23)\) (3 cíclos).

Logo temos 1 permutação de 6 cíclos, 3 permutações de 4 cíclos, 12 permutações de 3 cíclos e 8 permutações de 2 cíclos. Portanto o número de colorações é \(\frac{1}{24}(10^6+3\times 10^4+12\times 10^3+8\times 10^2)=\frac{104280}{24}=43450\).
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