Olympiades par équipes (exercice 1)

Bonjour,

Pour le cas $B d.$ et les figures $14$ et $15$ je trouve comme toi : trois cas.

Il me semble qu'il manque le cas $15bis$ où le second cube reste en bas, mais diamétralement opposé à celui dessiné. Il ne s'agit pas du même cube (d'après moi) parce qu'on ne peut pas passer de l'un à l'autre par similitude.

Comme dans la figure $15$, on part de la face supérieure. Puis on part de la case noire vers le centre (de la face supérieure). Le second cube noir dessiné est : vers le centre (de la face supérieure), puis à gauche, puis tout en bas. Il manque le cube : vers le centre, puis à droite, puis tout en bas.

Je trouve bien qu'il s'agit de deux cubes différents car j'ai essayé les quatre possibilités (de compter à partir d'une des quatre cases noires) et ils ne sont pas similaires : on tourne soit à gauche soit à droite et on obtient deux cubes distrincts.

Je me range à l'avis de Sebastien06 et de YvesM : les cubes 15 et 15bis sont bel et bien différents.
Je n'ai pas encore trouvé d'argument mathématique frappant, mais dans le cadre des Rubik's cube, on dirait que c'est une affaire de parité.

Par contre, il y a bien au total 22 cubes différents. En notant C (pour centre du cube), F (pour centre de face), A (pour milieu d'arête), S (pour sommet) les positions possible pour un petit cube noir, on a
1CF, 1 CS, 1 CA,
2FS, 3 FA, 4 SA,
2 FF, 5 AA, 3 SS.
Si donc le corrigé compte 22 cubes en en ayant oublié un, c'est qu'il en met aussi un en trop. Une inspection des dessins montre que c'est du côté des SA que ça pêche, et effectivement les dessins 11 et 12 représentent le même cube : une rotation d'un tiers de tour autour de l'axe joignant le sommet occupé par le cube noir au sommet diamétralement opposé amène le premier dessin sur le deuxième.
Ça la fout mal.

Prenons le problème du décompte des AA par un autre bout, qui est celui de la formule de Burnside (pas du niveau seconde, bien entendu !).
Le groupe des rotations du cube (24 éléments) agit sur l'ensemble des 12 arêtes et sur l'ensemble des 66 coloriages des 12 arêtes en 2 noires et 10 blanches.
Il y a 6 rotations d'ordre 4, qui ont chacune 3 orbites à 4 éléments dans l'ensemble des 12 arêtes : aucun coloriage fixé.
Il y a 8 rotations d'ordre 3, qui ont chacune 4 orbites à 3 éléments dans l'ensemble des 12 arêtes : aucun coloriage fixé.
Il y a 3 rotations d'ordre 2 dont les axes joignent les centres de faces opposées. Chacune à 6 orbites à 2 éléments dans l'ensemble des 12 arêtes : 6 coloriages fixés.
Il y a 6 rotations d'ordre 2 dont les axes joignent les milieux d'arêtes opposées. Chacune a 2 points fixes et 5 orbites à 2 éléments dans l'ensemble des 12 arêtes : 6 coloriages fixés.
Enfin il y a l'identité qui ne bouge rien du tout : les 66 coloriages possibles sont fixés.
Monsieur Burnside nous dit que le nombre d'orbites de l'action du groupe des rotations sur l'ensemble des coloriages est
$$\frac1{24} ( 6\times 0+8\times 0+ 3\times 6+6\times 6+1\times 66)=5\;.$$