Le scatole di tè

[axpgn]

Un negoziante teneva allineate in bella mostra sul suo bancone cinque scatole di tè. Erano di latta, cubiche e tutte le facce erano finemente dipinte. Trenta immagini in tutto però una di quelle sulla scatola N.1 era riportata anche su quella N.4 ed altre due della N.4 si ritrovavano anche sulla N.3 e quindi solo $27$ erano diverse. Inoltre il proprietario teneva sempre la scatola N.1 ad una delle due estremità della fila e non accostava mai la N.3 e la N.5.
Con queste condizioni quanti allineamenti di immagini, diversi tra loro, si potevano osservare frontalmente entrando in quel negozio?

Cordialmente, Alex

[superpippone]

C'è una cosa che non mi è chiara: nell'allineamento ci possono anche essere immagini ripetute, o devono essere tutte diverse??

[axpgn]

Possono essere ripetute, sono gli allineamenti che devono essere diversi ... almeno questo è quello che ho capito io ...

[orsoulx]

Dovrebbe essere:

$ n=2 cdot 3 [(2 cdot 2) 6^5- 2 (2 cdot 6^3)]-2 cdot 6^3=181008 $

Ciao

[axpgn]

Ciao orsoulx,

Dovrebbe essere, sì ... perché mi sa che ho male interpretato questa frase "... He always keeps n.1 at one end of the row ..." e quindi probabilmente intendeva che la n.1 fosse fissa ad un estremità sola ... perciò il risultato è qualcosa più della metà di quello ... puoi provare di nuovo? Grazie,

Cordialmente, Alex

P.S.: a mia parziale scusante ( ) posso dire che l'interpretazione che ho dato è dovuta anche al fatto che se così fosse (la n.1 fissa da una parte) allora la condizione dell'immagine comune tra n.1 o n.4 sarebbe inutile ... o no?

[orsoulx]

Ciao Alex,
se il qualcosa più della metà è $ 6^3 = 216 $, allora un'ipotesi possibile è quella che hai proposto, con la conseguente inutilità dell'informazione relativa all'uguaglianza di una faccia sulle scatole n.1 e n.4.

[ot]Sono stato fra i monti a preparare il set per la prossima serie di Heidi. Ho fatto anche i provini per la parte del nonno, ma dicono che sono troppo burbero.
Stammi bene
Beppe[/ot]

[axpgn]

Non mi torna ... in entrambi i casi ho numeri più alti ...

[ot]anche tu ...[/ot]

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

Caro Alex,
se ho intese bene oltre a quella che ti ho proposto v'è la tua soluzione e quella originale, tutte diverse fra loro. Da questo posso dedurre solo che almeno due devono essere errate. Per formulare altre ipotesi mi servirebbero i valori delle soluzioni che non conosco.
Ciao
Beppe

[axpgn]

Volevo aspettare qualche altro (eventuale) intervento prima di postare la mia soluzione ...
Nel caso della scatola n.1 fissa ad un'estremita della fila i miei conti concordano con la soluzione fornita dell'autore (senza spiegazione), nell'altro caso è solo una mia ipotesi ... non ho il riscontro dell'autore.

Cordialmente, Alex

[axpgn]

La risposta dell'autore è $91.584$

Il mio ragionamento è stato questo: assumiamo che la scatola n.1 sia sempre collocata ad una estremità (p.es. a sinistra) e per adesso la lasciamo stare; se non ci fossero condizioni e le immagini fossero tutte diverse avremmo $4!*6^4$ allineamenti diversi delle quattro scatole rimanenti ma tenendo conto del vincolo sugli accostamenti delle scatole n.3 e n.5 le permutazioni delle $4$ scatole diventano la metà, cioè $12$ e quindi gli allineamenti si riducono a $6^4*12=15.552$ che moltiplicato per le sei facce della n.1 diventano $93.312$.
Purtroppo le immagini non sono tutte diverse, perciò dovremo togliere qualcosa ... per ciascuna permutazione delle quattro scatole, io chiamo "permutazione associata" quella in cui le posizioni delle scatole n.3 e n.4 si sono scambiate; se chiamo $A$ e $B$ le immagini comuni alle due scatole avremo quattro casi in cui la permutazione associata e quella primitiva sono uguali ovvero $A_3A_4=A_4A_3$, $B_3B_4=B_4B_3$, $A_3B_4=A_4B_3$ e $B_3A_4=B_4A_3$, e per ciascun caso abbiamo $36$ allineamenti diversi (dovuti alle scatole n.2 e n.5); pertanto per ogni "permutazione associata" avremo $144$ allineamenti da togliere dal computo totale. Ora, le permutazioni associate sono solo due, dato che le altre sono già state eliminate dal vincolo degli accostamenti, quindi gli allineamenti diversi in totale sono $6^4*12-288=15.264$ che moltiplicato per le sei facce della scatola n.1 fa $91.584$

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Se invece assumessimo che la scatola n.1 può stare sia a sinistra che a destra, allora ...

Abbiamo già visto che con la n.1 a sinistra vi sono $91.584$ allineamenti diversi, spostandola a destra dovremo togliere da questi ultimi quelli che eventualmente siano simili ai primi.
Dato che la n.1 passa dalla prima posizione all'ultima le uniche permutazioni di quattro scatole che ci interessano sono quelle in cui la scatola n.4 si trova in prima posizione, le quali sono solo $2$; per ciascuna di esse ci sono $6^3=216$ allineamenti diversi quindi il totale sarà $91.584*2-216*2=182.736$.
IMHO

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

La mia soluzione è sbagliata e non per un errore, ma per due che, fortunatamente, sono di segno opposto, compensandosi in parte.
Ho conteggiato come doppioni solo i casi in cui n.3 e n.4 presentano la medesima faccia e non ho tenuto conto che per avere un doppione le due scatole devono potersi scambiare di posto rispettando la condizione della non contiguità di n.3 e n.5. Non male!
Ciao