Ocultando las plazas de el cubo de Rubik

Question

Esta es una combinatoria pregunta relacionada con el cubo de Rubik $3\times3\times3$ (y, al final, sus generalizaciones $n\times n\times n$). Supongo que los lectores están familiarizados con este rompecabezas. Vamos a recordar algunos conceptos básicos de la terminología y convenciones para descartar posibles ambigüedades. En la siguiente, utilizamos las palabras estado y configuración indistintamente, como sinónimos exactos.

Sólo estamos interesados en las configuraciones de el cubo de Rubik, donde tiene la forma de un cubo (por lo tanto, consideramos que las rotaciones de sus capas por un ángulo de $90^\circ$ atómico transformaciones, y no incompleta rotaciones están permitidos). También, consideramos que las configuraciones que pueden ser obtenidos a partir de uno al otro por una sólida rotaciones del cubo como un todo (sin movimientos relativos de sus partes) como idénticos.

El cubo ha $6$ caras, cada una de ellas es la $3\times3$ cuadrícula de cuadrados - $9$ cuadrados por cara, y $54$ plazas en total. Cada cuadrado es de un color sólido. La orientación de cada uno de los cuadrados es irrelevante (de hecho, esta regla tiene una significación sólo para las plazas centrales). Hay $6$ diferentes colores, y hay $9$ de los cuadrados de cada color. No hay un solo estado seleccionado, donde cada cara se compone de todos los cuadrados del mismo color - este estado es llamado el resuelto estado. Un estado que se puede alcanzar desde el estado resuelto por una secuencia de rotaciones de las capas se denomina validez de estado (el estado resuelto, por supuesto, es un estado válido también).

Como una nota de lado, si se nos permite desmontar el cubo en sus partes y reassemling ellos, entonces podemos obtener el número de estados posibles $12$ veces mayor que el conjunto de estados válidos (este conjunto más grande sería un discontinuo de la unión de $12$ clases de equivalencia bajo válido rotaciones, cada una de las clases denomina órbita). Sólo estamos interesados en la válida de los estados en la siguiente.

Generalmente, se supone que los colores de todas las plazas en el cubo son visibles. Vamos a considerar una posibilidad de que algunas plazas puede ser oscurecida (por ejemplo, completamente cubierto por una opaca incoloro pegatina), por lo que sus colores no son visibles.

En general, ocultando algunos cuadros pueden resultar en algunos estados visualmente indistinguibles. Como ejemplos triviales, ocultando todos los $54$ plazas hace que todos los estados indistinguibles, pero ocultando sólo $1$ plaza (no importa cual) no hace ninguna de estados indistinguibles.

1. ¿Qué número máximo de plazas en el cubo de Rubik $3\times3\times3$ puede ser oscurecida sin hacer ningún tipo de estados indistinguibles?

2. ¿Qué número máximo de plazas en el cubo de Rubik $2\times 2\times 2$ puede ser oscurecida sin hacer ningún tipo de estados indistinguibles?

3. ¿Qué número máximo de plazas en el cubo de Rubik $n\times n\times n$ puede ser oscurecida sin hacer ningún tipo de estados indistinguibles? Podemos encontrar una fórmula general, la recurrencia de relación, etc. para calcular para cada $n\in\mathbb N$?

Answer 1

Para hacer nuestra vida más fácil, podemos separar las piezas por 3 tipos:

Bordes (3 pegatinas)
Lados (2 pegatinas)
Centros (1 pegatina)

También se nota que estoy observando un cubo con Amarillo y Negro( yo lo llamo Blanco más adelante) colores para la parte superior y los lados de la parte inferior como mi esquema de color por defecto.
(Otras piezas seguir Rojo, Azul, Naranja, Verde)

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Para el $3\times3\times3$ cubo de Rubik, en primer lugar se puede resolver por medio de piezas.

Podemos concluir que si el esquema de color es sabido, que todos los oscurecida centros se puede determinar si tenemos al menos 2 vecinos.
Esto significa que podemos pelar 4 centros si tenemos 2 vecinos. Esto puede ser comprobado por jugar con su propio cubo, o simplemente siguiendo las leyes de posiciones legales y el uso de algo como un solucionador de ayuda. (Esto es debido a que los centros no pueden ser realmente cambió, pero las piezas alrededor de ellos puede de manera que se ve de esa manera)

A continuación, vamos a ver cómo muchas pegatinas de las piezas de los bordes puede ser oscurecida o pelado, ya que cualquier configuración de $n\times n\times n$ siempre tiene exactamente 8 aristas.

Podemos enumerarlos por los colores que contienen:
(Rojo, Azul, Verde, Naranja, Amarillo, Blanco) $$ R,G,Y $$ $$ R,G,W $$ $$ R,B,Y $$ $$ R,B,W $$ $$ O,G,Y $$ $$ O,G,W $$ $$ O,B,Y $$ $$ O,B,W $$

Si quieres saber cuántas pegatinas pueden ser pelado y todavía ser capaz de identificar cada esquina, usted puede preguntarse; ¿cuántas pegatinas se pueden tomar para que al ponerlos de nuevo, sólo tiene una posible manera de hacerlo?

He encontrado el número máximo de 12, de 24 de calcomanías; tomando todas las R o S, todos los B o G y, por último, todos Y o W.
He aquí un ejemplo:

$$ -,-,- $$ $$ -,-,W $$ $$ -,B,- $$ $$ -,B,W $$ $$ O,-,- $$ $$ O,-,W $$ $$ O,B,- $$ $$ O,B,W $$

Ahora por shuflling el orden y la rotación de todos 8 los bordes de todas las maneras posibles, sólo habrá un camino a seguir quitado las pegatinas, así que usted todavía puede identificar las piezas.

Ahora las piezas Laterales, que puede ser un poco difícil.
En el $3\times3\times3$ cubo de Rubik, hay 12 piezas de los bordes:

$$ G,R $$ $$ R,B $$ $$ B,O $$ $$ O,G $$ $$ Y,G $$ $$ G,W $$ $$ W,B $$ $$ B,Y $$ $$ R,W $$ $$ W,O $$ $$ O,Y $$ $$ Y,R $$

Ahora usted puede intentar hacer lo mismo.
En primer lugar, he probado a quitar todos los adhesivos Blancos, entonces me permite tomar un color de $Y,?$ piezas de distinto color amarillo, y después de eso nada más se pueden tomar sin ofrecer múltiples soluciones para los bordes; de modo que fue de 5 pegatinas.
Luego, después de otros intentos fallidos, he encontrado que usted puede eliminar de 6 pegatinas; uno de cada color para que no haya varias pegatinas del mismo color de pie sin su segundo color, y estoy bastante seguro de que no se puede hacer con más de 6 aquí.
Si alguien puede hacerlo mejor aquí, por favor hágamelo saber.

Así que si no he cometido un error, por el $3\times3\times3$ cubo de Rubik se puede eliminar total de $12+6+4 = 22$ de los 54 pegatinas superior (después de las cosas que he señalado) sin perder ninguna información sobre el cubo de los estados.

El $2\times2\times2$ el cubo de Rubik es de sólo 8 piezas de los bordes, así que 12 de los 24 pegatinas pueden ser removidos aquí.

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Ahora podemos tratar de generalizar a otros a $n\times n\times n$ cubos.

Ahora sabemos que podemos;
$n=2$ 12 de 24
$n=3$ 22 de 54

Para cualquier $n\times n\times n$ cubo, siempre tenemos 8 aristas, así que eso es $+12$ oscurecida pegatinas.

Para las piezas laterales, tenemos $n$ de cada pieza (conjunto ordenado de piezas):

$$ W,R $$ $$ W,B $$ $$ W,G $$ $$ W,O $$ $$ Y,R $$ $$ Y,B $$ $$ Y,G $$ $$ Y,O $$ $$ R,B $$ $$ R,G $$ $$ O,B $$ $$ O,G $$

No hay nada más que hacer aquí más que aplicar la misma cosa que yo hice en $3\times 3\times 3$ cubo;
Retire los 6 pegatinas, uno de cada color para que no haya varias pegatinas del mismo color de pie sin su segundo color y hacer que para cada nuevo conjunto de las piezas laterales.
Esto nos provee con $6\times(n-2)$ piezas más oscuro.
De nuevo, si se puede hacer mejor con el conjunto ordenado I, siempre, por favor hágamelo saber.

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Hasta ahora, el número de pegatinas que podemos oscuro es: $$12+6\times(n-2)+C$$

Donde $C$ es el número de "móvil" y "inmóvil" centros de podemos ocultar, que aparecen después de $n>3$ y aún no se han resuelto.
(al$n=3$$c=4$ )

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Así que ahora, el centro de las piezas en $4\times 4\times 4$ cubo y cada una de las otras con $2k$ lados ($k>1$) son diferentes de todos los $2k+1$ caras de los cubos;

El$2k+1$, al igual que nuestro standart $3\times3\times3$ cubo tiene 6 real "centros", que son inmóviles y $4$ $6$ puede ser oscurecida, el resto de una pegatina centros de aquí son "móviles" y se comportan de manera diferente cuando se gira.
Lo mismo va para todos los centros todos los "móviles" en $2k$ cubos.

Cómo muchos de estos centros móviles puede ser oscurecida? Yo diría que en una partida obligado, todos de un color que está a continuación:
$C = (n-2)^2$ $n>3$
Y nos da finalmente:

$$12+6\times(n-2)+(n-2)^2$$

Las piezas que sin duda puede ocultar.

Todavía no he empezado a comprobar si más puede ser oscurecida en estos centros, pero eso es porque su ahora al final del día y no tengo más tiempo, y ahora decidí a publicar mi progreso hasta ahora.

Creo que se podría tomar de aquí para terminar la generalización y probar a ver si es posible para ocultar más de $(n-2)^2$ pegatinas utilizando el esquema de color y legal de permutaciones, así que tal vez separadas las fórmulas para $2k$ $2k+1$ puede ser encontrado.

Actualización

En realidad no creo que el móvil de los centros debe proveer de nosotros con los problemas adicionales, por lo tanto podemos tomar para $C$ que es: $ = (n-2)^2 \times 4$ Ya que sólo necesitamos 2 pleno centro de colores, que nos dirá el resto, más fácilmente después de resolver el cubo a su estado resuelto.

Entonces tenemos: $$12+6\times(n-2)+4\times(n-2)^2$$

Tengo clases en la mañana por la mañana temprano, así que buenas noches.

Edit: Esto debe ser calculada y comprobar para asegurarse de que no he hecho un error en alguna parte.