Combinatoria con la formula di Burnside per ottaedro

[3m0o]

Vorrei capire se il mio ragionamento è corretto per risolvere questo esercizio.
Per una festa un impresa di decorazioni decide di proporre degli ottaedri regolari i cui vertici sono delle palline colorate legate da dei tubi metallici

1) Se l'impresa dispone di \( m \geq 1 \) colori, quanti modelli differenti potra proppore? (Supponendo che i dubi hanno lo stesso colore)
2) L'impresa decide infine di colorare anche i tubi (indipendentemente dalle palline). Quanti modelli può creare, se disponde di \( m \) colore per le palline e \( n \) per i tubi?

Applichiamo la formula di Burnside tenendo conto per ciascun tipo di rotazione il numero di punti fissi dell ottaedro i cui 6 vertici sono colorati.
Abbiamo 5 classi di rotazioni per il gruppo \( G \) delle rotazioni di un ottaedro, che è isomorfo al gruppo simmetrico \( \mathfrak{S}_4 \) di ordine 24, ed essendo il cubo il politopo duale, il gruppo di rotazioni dell ottaedro è costituido delle stesse rotazioni del cubo iscritto.
Un cubo possiede 6 facce, 12 spigoli, 8 vertici e pertanto \( G \) è composto :
-dal'identità d'asse di rotazione passante "ovunque" e di ordine 1
-da \(a_1 \times b_1 \) rotazioni di asse passante per due facce opposte di ordine \(c_1 \)
-da \(a_2 \times b_2 \) rotazioni di asse passante per due facce opposte di ordine \(c_2 \)
-da \(a_3 \times b_3 \) rotazioni di asse passante per due vertici opposti di ordine \(c_3 \)
-da \(a_4 \times b_4 \) rotazioni di asse passante per due spigoli opposti di ordine \(c_4 \)
Abbiamo che \( b_i = N(D_i) /2 \); dove \( D_i \in \{ \) facce, spigoli, vertici \( \} \) e \( N(D_i) \) indica il numero di \( D_i \) presenti nel cubo. Dunque \( b_{1,2}= 3 \), \( b_3=4 \) e \( b_4=6 \).
\( c_4 = 2 \) (sono andato a memoria non so se c'è un modo per trovarlo) è primo dunque \( a_4 = c_4 -1 = 1 \),
siccome le facce del ottaedro sono di dei triangoli allora \( c_3 = 3 \) che è primo allora \( a_3 = 2 \).
\( c_2 = 2 \) (come \( c_4 \) a memoria) che è primo allora \( a_2 = 1 \).
\( c_1 = 4 \) abbiamo due rotazioni d'ordine \( 4 \) che lasciano invariato il cubo. Dunque \( a_1=2 \)
Pertanto G è composto da:
-dal'identità d'asse di rotazione passante "ovunque" e di ordine 1
-da \(6 \) rotazioni di asse passante per due facce opposte di ordine \(4 \)
-da \(3\) rotazioni di asse passante per due facce opposte di ordine \(2 \)
-da \(8 \) rotazioni di asse passante per due vertici opposti di ordine \(3 \)
-da \(6 \) rotazioni di asse passante per due spigoli opposti di ordine \(2 \)

Dunque per un ottaedro
-dal'identità d'asse di rotazione passante "ovunque" e di ordine 1
-da \(6 \) rotazioni di asse passante per due vertici opposti di ordine \(4 \)
-da \(3\) rotazioni di asse passante per due vertici opposti di ordine \(2 \)
-da \(8 \) rotazioni di asse passante per due facce opposte di ordine \(3 \)
-da \(6 \) rotazioni di asse passante per due spigoli opposti di ordine \(2 \)

Possiamo applicare la formula di Burnside
\[ \frac{1}{\begin{vmatrix}G\end{vmatrix}} \sum\limits_{g \in G } \begin{vmatrix} X^g \end{vmatrix} \]
-Abbiamo una scelta di \( m \) colori dunque per l'identità abbiamo una scelta \(m \) di colori per ogni vertice dell ottaedro in quanto tutti i vertici sono punti fissi dell'identità, pertanto \( m^6 \) possibili modelli.
- Per le 6 rotazioni di asse passante per due vertici di ordine 4. Per i due vertici passanti per gli assi abbiamo \( m \) scelte di colori per ciascuno in quanto sono punti fissi. Per i restanti 4 fissato il colore di uno abbiamo fissato il colore di tutti gli altri, dunque abbiamo solo \( m \) scelte, dunque in totale \( 6m^3 \) possibili.
- Per 3 rotazioni di asse passante per due vertici opposti di ordine 2, come prima per i due vertici passanti per l'asse sono punti fissi perché non si muovono dunque \( m^2 \) scelte, inoltre per gli altri 4 vertici abbiamo che determinato un colore di un vertice determiniamo il colore di quello opposto. Dunque abbiamo in totale \( 3 m^4 \) modelli possibili.
-Per le 8 rotazioni di asse passante per due facce opposte di ordine 3. Ragionando sul politopo duale direi che ho per vertici del ottaedro la scelta del colore (ma non sono sicuro).
- Per le 6 rotazioni di asse passante per due spigoli opposti di ordine 2. Ragionando sul politopo come prima direi che ho per 3 vertici dell ottaedro la scelta del colore (ma anche qui non sono sicuro).

Dunque
Numero di modelli totali = \( \frac{1}{24}(m^6 +3m^4+ 6m^3+8m^2 + 6m^3)= \frac{1}{24}(m^6 + 3m^4 + 12m^3+3m^4+8m^2) \)

Per il punto b) ho provato a ragionare come sopra ma il numero degli spigoli "liberi" ovvero per quanti ho una scelta di \( n \) colori, non riesco proprio a vederlo, qualcuno può aiutarmi? La soluzione dice:
Numero totali di modelli = \( \frac{1}{24}(m^6n^{12} +3m^4n^6+ 6m^3n^3+8m^2n^4 + 6m^3n^7) \)

[3m0o]

Cioé ho trovato che il teorema di Polya ci da un risultato equivalente a quello di Burnside
Difatto il numero delle colorazioni distinte delle facce a meno di rotazioni dati \( m \) colori
Per un tetraedro è dato da \( \frac{1}{12} ( m^4 + 8m^2 + 3m^2) \)
E dal momento che il politopo del tetraedro è sé stesso allora il numero delle colorazioni distinte dei vertici a meno di una rotazione dati \( n \) colori è dato da \( \frac{1}{12} ( n^4 + 8n^2 + 3n^2) \)

Per un cubo abbiamo per le facce \( \frac{1}{24} ( m^6 + 3m^4 + 12m^3+8m^2) \)
Per un ottaedro abbiamo per le facce \( \frac{1}{24} ( m^8 + 3m^2 + 8m^2 + 6m^2+6m^2) \)
E visto che uno è il politopo dell'altro abbiamo che il numero delle colorazioni distinte dei vertici a meno di una rotazione dati \( n \) colori è dato da
Per un ottaedro abbiamo per i vertici \( \frac{1}{24} ( n^6 + 3n^4 + 12n^3+8n^2) \)
Per un cubo abbiamo per i vertici \( \frac{1}{24} ( n^8 + 3n^2 + 8n^2 + 6n^2+6n^2) \)

Per un dodecaedro per le facce \( \frac{1}{60} ( m^{12} + 24m^4 + 20m^4+15m^6) \)
Per un icosaedro per le facce \( \frac{1}{60} ( m^{20} + 24m^4 + 20m^8+15m^{10}) \)
E visto che uno è il politopo dell'altro abbiamo che il numero delle colorazioni distinte dei vertici a meno di una rotazione dati \( n \) colori è dato da
Per un icosaedro per i vertici \( \frac{1}{60} ( n^{12} + 24n^4 + 20n^4+15n^6) \)
Per un dodecaedro per i vertici \( \frac{1}{60} ( n^{20} + 24n^4 + 20n^8+15n^{10}) \)

Dunque ad esempio se avessi un dodecaedro troncato, per le facce "del dodecaedro regolare" ho a disposizione \( m \) colori e per le facce del icosaedro ho a disposizione \(n \) colori (le facce del icosaedro regolare sono "incollate" al posto degli spigoli del dodecaedro regolare, per formare il dodecaedro troncato appunto). E volessi trovare il numero di colorazioni possibili distinte a meno di rotazioni. Allora avrei il seguente risultato:
\( \frac{1}{60} ( m^{12}n^{20} + 24m^4n^4 + 20m^4n^8+15m^6n^{10}) \) colorazioni possibili distinte a meno di rotazioni.

Ma se volessi ad esempio colorare anche gli spigoli come faccio a trovare il numero di colorazioni distinte dati \( m \) colori a meno di rotazioni per un icosaedro (ad esempio) ?
Gentilmente se qualcuno riesce a spiegarmelo sarebbe molto bello che fra 2 giorni ho un esame
Grazie mille