jueves, 15 de mayo de 2008
Balonmano
¿Qué hace falta para jugar al balonmano?
Si preguntásemos a cien jugadores, entrenadores o simples aficionados al balonmano qué es lo fundamental para practicar este deporte obtendríamos una buena colección de respuestas distintas: mucho entrenamiento, labor de equipo, compenetración con los compañeros, unas buenas instalaciones, un buen entrenador...
Pocos de los encuestados acertarían con la respuesta correcta: un balón.
Como casi siempre lo obvio nos pasa desapercibido, pero sin esa pequeña esfera, foco de nuestras miradas y desvelos, este deporte, como tantos otros, no existiría.
Pero, a pesar de ser el objeto sobre el que gravita toda nuestra actividad en la cancha, no le prestamos la atención que se merece. Vamos a mirarlo hoy detenidamente, pero desde una óptica un tanto extraña: vamos a mirar el balón con...¡ojos matemáticos!. Si, no te sorprendas, en ese balón que ha pasado tantas veces por tus manos, que tantas alegrías, y alguna que otra tristeza, te ha proporcionado, hay más sorpresas matemáticas de las que te puedes imaginar.
Cuando está bien inflado, parece una esfera perfecta, el cuerpo ideal de los filósofos griegos, la creación de los dioses. Pero, ¿realmente es una esfera perfecta?.
Pocos de los encuestados acertarían con la respuesta correcta: un balón.
Como casi siempre lo obvio nos pasa desapercibido, pero sin esa pequeña esfera, foco de nuestras miradas y desvelos, este deporte, como tantos otros, no existiría.
Pero, a pesar de ser el objeto sobre el que gravita toda nuestra actividad en la cancha, no le prestamos la atención que se merece. Vamos a mirarlo hoy detenidamente, pero desde una óptica un tanto extraña: vamos a mirar el balón con...¡ojos matemáticos!. Si, no te sorprendas, en ese balón que ha pasado tantas veces por tus manos, que tantas alegrías, y alguna que otra tristeza, te ha proporcionado, hay más sorpresas matemáticas de las que te puedes imaginar.
Cuando está bien inflado, parece una esfera perfecta, el cuerpo ideal de los filósofos griegos, la creación de los dioses. Pero, ¿realmente es una esfera perfecta?.
todos sus lados iguales, muy conocidos. Efectivamente, son pentágonos y hexágonos unidos entre sí. Si está un poco desinflado se puede mantener apoyado perfectamente en equilibrio sobre una de sus caras... Ha dejado de ser una esfera, ahora es... un poliedro. Un poliedro que tiene nombre propio, aunque un tanto raro: icosaedro truncado.
Pero volvamos a sus caras. Te has parado alguna vez a contar cuantos pentágonos y cuántos hexágonos tiene. Seguro que no. Y no es una tarea tan simple.
Antes de seguir leyendo, coge uno en tus manos y ánimo: cuéntalos... ¡Tiempo!. ¿Ya lo tienes?. ¿No te habrás equivocado?... Bueno, los pentágonos no ofrecen demasiada dificultad, efectivamente son los que habías dicho...12.
Vamos por los hexágonos..., esto se empieza a complicar. Si te faltan dedos para contar, recurre a la mirada matemática y piensa... Cada pentágono está rodeado por cincos hexágonos, luego debería haber doce por cinco... sesenta hexágonos. Pero cada uno de ellos está unido a tres pentágonos diferentes... ¡Ya está! Sesenta dividido entre tres, en total veinte hexágonos. En total 32 caras. ¡No ha sido tan complicado!
Ya puestos a contar, ¿cuántas costuras, o aristas como prefieras, tendrá? Te aconsejo que no intentes contarlas a lo salvaje. Ponte otra vez las gafas matemáticas...
Si hay 20 hexágonos y cada uno tiene 6 aristas...120 aristas, más 12 pentágonos por cinco aristas cada uno...60. En total 180 aristas. Pero cuidado, cada arista está compartida por dos polígonos, así que la hemos contado dos veces. Luego hay... ¡bingo!...90 costuras. ¿Quién lo diría?
Ya nos ha picado la curiosidad. ¿Cuántos vértices, ya sabes... dónde se juntan las aristas, tendrá?
Siempre puedes coger un rotulador y empezar a poner un número en cada vértice, pero seguro que la mente cuenta mejor. Veamos..., cada arista tiene dos vértices, así que hay 90 x 2, 180 vértices. Demasiados. ¡Ah, claro! Cada uno lo he contado varias veces. ¡Calma!... Si en cada vértice confluyen tres aristas, cada uno lo he contado tres veces, asi que hay, ... eso es, 180 dividido entre 3, 60 vértices.
Decididamente, no es para pararse a contarlos en mitad de un partido.
Por cierto, hablando de caras, aristas y vértices. Seguro que ahora te acuerdas de que había una fórmula que relacionaba su número. Si, eso de que caras + vértices = aristas + 2. ¿Será verdad, con nuestro balón?. Pues claro, acaso lo dudabas: 32 + 60 = 90 + 2.
Esta relación la demostró un matemático suizo, Leonard Euler, uno de los matemáticos más prolíficos de todos los tiempos. Prolífico en todos los sentidos, no sólo publico más de 500 libros y artículos, a pesar de quedarse tuerto a los 28 años y ciego 17 años antes de morir, además le dió tiempo a tener trece hijos, lo que con toda seguridad constituye un record en el mundo de las matemáticas.
Pero volvamos a nuestro balón, bueno, a nuestro icosaedro truncado.
Aunque a primera vista no lo parezca, este poliedro se obtiene al cortar los 12 vértices de un icosaedro - uno de los cinco poliedros regulares descubiertos ya por Platón hace más de 2.500 años, formado por 20 triángulos iguales -, de ahí su nombre. Los 12 pentágonos corresponden a los 12 cortes en los vértices del icosaedro y los 20 hexágonos son los restos de las caras del icosaedro.
¿Por qué se utiliza este poliedro para construir los balones?, ¿es el que más se aproxima a una esfera?
Su volumen es sólo el 86,74 % de la esfera correspondiente, que no es una mala aproximación. Al curvar sus caras cuando se infla este porcentaje aumenta ligeramente y sobrepasa el 95 %.
Pero hay otro poliedro de nombre casi impronunciable, el rombicosidodecaedro, para abreviarle llamaremos "rombico", que ocupa el 94,32 % de la esfera, ¡ y sin inflar!.
El "rombico" está formado por 12 pentágonos, 30 cuadrados y 20 triángulos... 62 caras en total; casi el doble que nuestro sencillo icosaedro truncado. Tiene "sólo" 120 aristas y, según Euler, 60 vértices. Sospechamos por qué ninguna casa deportiva se ha lanzado a la aventura de comercializar un balón basado en este poliedro...tantas caras saldrían demasiado "caras".
Se pueden conseguir balones basándose en poliedros que se aproximan aún más a la esfera. Para ello hay que utilizar polígonos no regulares, es decir, con lados de distinta longitud. De hecho, algunos balones de fútbol se han construido de esta forma aunque también resultan más caros de fabricar.
Si quieres ver como serían basta que te fijes en algunas de las bóvedas que se utilizan para cubrir los radiotelescopios, esas cúpulas que hay en algunos observatorios astronómicos. Parecen semiesferas perfectas, sin embargo, aunque un poco exóticos, son poliedros.
En fin, a partir de ahora, cuando hagas una vaselina y veas volar el balón hacia la portería piensa que el viejo Platón, que identificaba al icosaedro con el agua, y el ciego Euler, que se entretuvo en contar tantas caras y vértices de tantos poliedros han hecho posible, en parte, que ese tanto suba al marcador.
Y si te parece ver entre el público a dos tipos raros, fantasmagóricos, vestidos con túnicas griegas aplaudiendo a rabiar tu vaselina, no te extrañes. Son Menecmo y Apolonio, los padres de esas curvas tan populares llamadas cónicas. Te aplauden, por que sin pretenderlo has dibujado en el aire una de las cónicas que les hicieron inmortales: una parábola.
Las mates en el tour de Francia
Las mates en el tour de Francia
LAS PENDIENTES DEL TOURMALET
Una de las ascensiones más famosas del Tour de Francia es la del Col du Tourmalet (2.115 m.). Antes de la etapa los ciclistas estudian bien la gráfica de altimetría. En esa gráfica se representan las cotas de altitud alcanzadas en cada punto kilométrico y, para cada kilómetro, la pendiente media de subida.
Una de las ascensiones más famosas del Tour de Francia es la del Col du Tourmalet (2.115 m.). Antes de la etapa los ciclistas estudian bien la gráfica de altimetría. En esa gráfica se representan las cotas de altitud alcanzadas en cada punto kilométrico y, para cada kilómetro, la pendiente media de subida.
¿Qué medida es la que mejor puede expresar la dureza de un puerto de montaña?. Podría serlo el desnivel total que se sube desde el comienzo de la ascensión hasta la cima (la llamaremos tasa de variación). En este caso, desde el Km. 0 al Km. 17:
TV0 , 17 = 2.115 – 847 = 1.268 m.
Pero si dos puertos tuvieran el mismo desnivel total, ¿tendrían la misma dureza?. No, porque sería más duro aquel que subiese ese desnivel en menos kilómetros; su pendiente media habría de ser mayor. Así que conviene conocer esa pendiente media, dividiendo o “repartiendo” todo el desnivel entre todos los kilómetros de la carretera (la llamaremos tasa de variación media). En este caso:
TVM 0 , 17 = 1.268 m. / 17 km. = 1.268 m. / 17.000 m. = 0,075 = 7,5 %
Es decir, por término medio la pendiente es del 7,5 %. Pero un promedio es un “reparto ideal” que puede no corresponderse con la realidad en ningún momento. Tú puedes tener un 6 de nota media sin haber sacado 6 en ningún examen; de la misma forma, aunque la pendiente media del Tourmalet sea del 7,5%, puede ser que en ningún tramo importante la pendiente sea exactamente esa.
La pendiente media nos informa así de la dureza global del puerto. Pero si un ciclista quiere saber dónde están las cuestas más fuertes, para dosificar su esfuerzo, tendrá que conocer la pendiente media en tramos más cortos. Por ejemplo, kilómetro a kilómetro.
Estudiemos la pendiente media entre el Km. 14 y el Km. 15:
TVM 14 , 15 = (1.951 m. – 1.869 m.) / 1.000 m. = 82 / 1.000 = 0,082 = 8,2%
Como se ve en la gráfica, hay kilómetros donde la pendiente media es del 2% y en otros llega al 10%. Acortar el intervalo (de los 23 km. a sólo 1 km.) permite precisar. Y aún más si calculamos la pendiente media en un tramo de 100 m. de carretera, o de 10 m., o de 1 m., o de… h à 0 . De hecho es conocida, por ejemplo, la pendiente que hay en la salida de cada curva; es decir, la pendiente en un tramo infinitesimal. Se le llama tasa de variación instantánea o derivada.
¿por qué se equivoca tanto el hombre del tiempo?
¿por qué se equivoca tanto el hombre del tiempo?
El problema es que tratamos todos los días con el tiempo. La gente lee en los periódicos que está calculados todos los eclipses posibles en varios miles de años, que están calculadas todas las trayectorias de numerosos cuerpos celestes con una precisión muy alta, etc. Luego, ¿como es posible que no puedan calcular si va a llover mañana o no?.
Las ecuaciones que rigen el tiempo en cualquier parte del mundo están perfectamente calculadas: son ecuaciones con variables tales como temperatura, presión atmosférica, humedad relativa del aire, velocidad del viento, etc. Todas estas variables se funden en un conjunto de ecuaciones mas o menos complejas y que con potentes ordenadores es factible resolver. Pero sigue habiendo un margen alto de errores en predicciones meteorológicas que vayan mas allá de unos pocos días. ¿Cual es la razón?.
La razón es que las ecuaciones que rigen el tiempo forman un sistema caótico. Un sistema de ecuaciones es caótico cuando una pequeña variación en las condiciones iniciales, produce un resultado totalmente diferente en la solución del problema. Para calcular el tiempo que hará mañana, necesitamos, evidentemente, saber como está el tiempo el día de hoy. La temperatura en este instante será un valor inicial que habrá que introducir en las ecuaciones para saber el tiempo que hará mañana.
Vamos a ver esto muy bien con un ejemplo muy sencillo:
Supongamos que tenemos el sistema de ecuaciones lineales en dos variables:
Las ecuaciones que rigen el tiempo en cualquier parte del mundo están perfectamente calculadas: son ecuaciones con variables tales como temperatura, presión atmosférica, humedad relativa del aire, velocidad del viento, etc. Todas estas variables se funden en un conjunto de ecuaciones mas o menos complejas y que con potentes ordenadores es factible resolver. Pero sigue habiendo un margen alto de errores en predicciones meteorológicas que vayan mas allá de unos pocos días. ¿Cual es la razón?.
La razón es que las ecuaciones que rigen el tiempo forman un sistema caótico. Un sistema de ecuaciones es caótico cuando una pequeña variación en las condiciones iniciales, produce un resultado totalmente diferente en la solución del problema. Para calcular el tiempo que hará mañana, necesitamos, evidentemente, saber como está el tiempo el día de hoy. La temperatura en este instante será un valor inicial que habrá que introducir en las ecuaciones para saber el tiempo que hará mañana.
Vamos a ver esto muy bien con un ejemplo muy sencillo:
Supongamos que tenemos el sistema de ecuaciones lineales en dos variables:
5x+7y=0.77
x+10y=1
Si resolvemos este sistema de ecuaciones lineales, obtenemos las soluciones
x=0
x=0
y=0.1
Vamos a perturbar un poco el sistema, es decir, vamos a poner un sistema de ecuaciones que varíe muy poco respecto al anterior. El sistema es:
5x+7y=0.697
x+10y=1.01
Hemos variado en 0.01 la suma de las dos ecuaciones con respecto a las ecuaciones originales. Es de esperar que una variación tan pequeña en las ecuaciones hará que la diferencia entre las soluciones sea también pequeña. Sin embargo, si resolvemos este último sistema de ecuaciones veremos que las soluciones son:
x = -0.17
y = 0.22
que se diferencian en bastante mas que la perturbación que hemos causado. Esto sucede así porque el sistema no es estable o está mal condicionado. Mirando la siguiente gráfica se adivina fácilmente por qué sucede esto:
Se han exagerado las proporciones para apreciar mejor los detalles. Las rectas mas finas corresponden al primer sistema de ecuaciones, y las mas gruesas al segundo. Señalados con un punto negro están las soluciones de ambos sistemas.
La diferencia tan grande entre las soluciones ocurre porque las pendientes de las gráficas son muy parecidas, por tanto, cualquier mínima variación en las dos rectas hace que varíe mucho el punto de intersección.
Cuando resolvemos las ecuaciones que rigen el tiempo, ocurre algo parecido, una mínima variación en los datos iniciales hace que varíe mucho el resultado. Se podría pensar que esto se solucionaría siendo mas precisos en la toma de los datos iniciales: por ejemplo, midiendo la temperatura con una gran precisión: el problema es que nunca medimos la temperatura con una precisión absoluta: usamos aparatos tales como termómetros, etc., y siempre tenemos un margen de error. Este margen de error puede ser suficiente para obtener un resultado diametralmente opuesto.
Esta peculiaridad de los sistemas caóticos se conoce como "el efecto mariposa", ya que se afirma que el aleteo de una mariposa en Hong-Kong (es decir, una perturbación muy pequeña) puede hacer que esta tarde llueva en Londres.
Un poco de humor
Un poco de humor
¿ Por que se suicidó el libro de mates?
- Porque tenía demasiados problemas
-Papá, Papá!, ¿Me haces el problema de matemáticas?
- No hijo, no estaría bien.
- Bueno, inténtalo de todas formas
El profesor de matemáticas hizo esta pregunta en clase: Si tomo un avión y voy al norte, luego al sur, después al este y luego al oeste, ¿ cuantos años tengo?
Usted tiene 44 años, replicó un alumno. Exactamente, dijo sorprendido el maestro. Pero , ¿cómo lo supiste?Muy fácil, contestó el muchacho. Tengo un hermano que tiene 22 años y está medio loco
Estadística
El 33% de los accidentes mortales involucran a alguien que ha bebido. Por tanto el 67% restante ha sido causado por alguien que no había bebido. A la vista de ésto, está claro que la forma más segura de conducir es ir borracho y a toda pastilla.
La probabilidad de tener un accidente de tráfico aumenta con el tiempo que te pasas en la calle. Por tanto, cuanto más rápido circules, menor es la probabilidad de que tengas un accidente.
El 20 % de las personas muere a causa del tabaco. Por lo tanto, el 80 % de las personas muere por no fumar. Así que queda demostrado que no fumar es peor que fumar.
En Nueva York un hombre es atropellado cada diez minutos. El pobre tiene que estar hecho polvo.
¿ Por que se suicidó el libro de mates?
- Porque tenía demasiados problemas
-Papá, Papá!, ¿Me haces el problema de matemáticas?
- No hijo, no estaría bien.
- Bueno, inténtalo de todas formas
El profesor de matemáticas hizo esta pregunta en clase: Si tomo un avión y voy al norte, luego al sur, después al este y luego al oeste, ¿ cuantos años tengo?
Usted tiene 44 años, replicó un alumno. Exactamente, dijo sorprendido el maestro. Pero , ¿cómo lo supiste?Muy fácil, contestó el muchacho. Tengo un hermano que tiene 22 años y está medio loco
Estadística
El 33% de los accidentes mortales involucran a alguien que ha bebido. Por tanto el 67% restante ha sido causado por alguien que no había bebido. A la vista de ésto, está claro que la forma más segura de conducir es ir borracho y a toda pastilla.
La probabilidad de tener un accidente de tráfico aumenta con el tiempo que te pasas en la calle. Por tanto, cuanto más rápido circules, menor es la probabilidad de que tengas un accidente.
El 20 % de las personas muere a causa del tabaco. Por lo tanto, el 80 % de las personas muere por no fumar. Así que queda demostrado que no fumar es peor que fumar.
En Nueva York un hombre es atropellado cada diez minutos. El pobre tiene que estar hecho polvo.
juegos numericos
Juegos numéricos.
La cantidad de pasatiempos de este tipo es muy amplia. Son clasificados en dos grandes bloques: por un lado los de ordenación, en los que hay que colocar los números en determinados lugares según unas exigencias previas, y por otro lado los de cálculo, en los que se puede ir desde los más simples con sumas, hasta las operaciones más complicadas.
1.- Siete números en la Y griega
Coloca las cifras del 1 al 7 en el siguiente tablero, de manera que dos números consecutivos no estén juntos ni vertical, ni horizontal, ni diagonalmente.
2.- La rueda numérica
Sitúa los números del 1 al 9 en los cuadros del tablero, de forma que todas las líneas de tres números sumen 15.
3.- El triángulo que suma igual
Distribuye las cifras del 1 al 6 en el tablero, de forma que la suma de cada lado del triángulo sea la misma.
4.- El cuadro de números.
Coloca los ocho primeros números en el tablero, de forma que cada número que esté en un cuadrado, sea la diferencia de los que están en los círculos a sus lados.
5.- Ocho números en línea
Coloca las cifras del 1 al 8 en los cuadros de la siguiente línea, de forma que la diferencia, en un orden o en otro, entre dos números vecinos, no sea nunca menor que 4
6.- Pares e impares en una suma
Con los números del 1 al 9 realiza la suma que aparece en el tablero, colocando los números pares en los cuadrados y los impares en los círculos.
7.- La serpiente súmica
Sitúa sobre los círculos de la serpiente los números del 1 al 9, de manera que cada línea de tres números, sume 13.
8.- El producto con nueve números
Coloca las cifras del 1 al 9 sobre el tablero, de forma que el producto resultante sea correcto.
Aclaraciones.
En la mayoría de los juegos hay varias soluciones.
En el enunciado del segundo juego, se pide que los diámetros de la rueda sumen 15, para hacer el juego más interesante, la condición conviene expresarla diciendo que deben sumar igual, sin decír el valor.
En el tercer juego hay diversas soluciones (los tres números suman 9, 10, 11,12). Este juego puede complicarse modificando las exigencias, basta pedir que cuando se coloquen los seis números, cada lado del triángulo sume distinto, pero que en las sumas se obtengan tres números consecutivos.
El cuarto juego se ha presentado como diferencia para que no fuese casi todo sumas, pero se puede plantear también el colocar los nueve números de manera que los que queden en los cuadros negros, sean la suma de los que están en los círculos vecinos.
La cantidad de pasatiempos de este tipo es muy amplia. Son clasificados en dos grandes bloques: por un lado los de ordenación, en los que hay que colocar los números en determinados lugares según unas exigencias previas, y por otro lado los de cálculo, en los que se puede ir desde los más simples con sumas, hasta las operaciones más complicadas.
1.- Siete números en la Y griega
Coloca las cifras del 1 al 7 en el siguiente tablero, de manera que dos números consecutivos no estén juntos ni vertical, ni horizontal, ni diagonalmente.
2.- La rueda numérica
Sitúa los números del 1 al 9 en los cuadros del tablero, de forma que todas las líneas de tres números sumen 15.
3.- El triángulo que suma igual
Distribuye las cifras del 1 al 6 en el tablero, de forma que la suma de cada lado del triángulo sea la misma.
4.- El cuadro de números.
Coloca los ocho primeros números en el tablero, de forma que cada número que esté en un cuadrado, sea la diferencia de los que están en los círculos a sus lados.
5.- Ocho números en línea
Coloca las cifras del 1 al 8 en los cuadros de la siguiente línea, de forma que la diferencia, en un orden o en otro, entre dos números vecinos, no sea nunca menor que 4
6.- Pares e impares en una suma
Con los números del 1 al 9 realiza la suma que aparece en el tablero, colocando los números pares en los cuadrados y los impares en los círculos.
7.- La serpiente súmica
Sitúa sobre los círculos de la serpiente los números del 1 al 9, de manera que cada línea de tres números, sume 13.
8.- El producto con nueve números
Coloca las cifras del 1 al 9 sobre el tablero, de forma que el producto resultante sea correcto.
Aclaraciones.
En la mayoría de los juegos hay varias soluciones.
En el enunciado del segundo juego, se pide que los diámetros de la rueda sumen 15, para hacer el juego más interesante, la condición conviene expresarla diciendo que deben sumar igual, sin decír el valor.
En el tercer juego hay diversas soluciones (los tres números suman 9, 10, 11,12). Este juego puede complicarse modificando las exigencias, basta pedir que cuando se coloquen los seis números, cada lado del triángulo sume distinto, pero que en las sumas se obtengan tres números consecutivos.
El cuarto juego se ha presentado como diferencia para que no fuese casi todo sumas, pero se puede plantear también el colocar los nueve números de manera que los que queden en los cuadros negros, sean la suma de los que están en los círculos vecinos.
viernes, 2 de mayo de 2008
la estadistica en el poker
PROBABILIDADES DE MANOS JUGANDO AL POKER
Aqui puedes ver una tabla con las probabilidades y maneras de conseguir unas buenas jugadas cuando juegas al Poker. Realmente, cuando se juega al Poker estos numeros no significan mucho pero puede ser útil para jugadores que juegan mas a la estadistica y ayudar a decidir decisión a la hora de jugar para conseguir una buena jugada o plantarse para abandonar la mano.
La proxima tabla trata sobre las posibilidades de conseguir una particular carta o de mejorarla al ver las primeras 5 cartas enseñadas. Esta tabla es especialmente para el juego Texas Holdem. Como podeis ver, cuando mejor jugada se quiere conseguir mas dificil es que te salga antes de pasar al Turn. Lo maximo que he visto ha sido un "4 del mismo tipo" que habia conseguido un jugador en las mesas de Poker Online, amagó las cartas hasta el river y allí realizó un apuesta muy fuerte... y ¿que pasó? esta claro, se llevó todo el bote porque el jugador contrario tenia un Full House y se creia que habia ganado él.
Aqui puedes ver una tabla con las probabilidades y maneras de conseguir unas buenas jugadas cuando juegas al Poker. Realmente, cuando se juega al Poker estos numeros no significan mucho pero puede ser útil para jugadores que juegan mas a la estadistica y ayudar a decidir decisión a la hora de jugar para conseguir una buena jugada o plantarse para abandonar la mano.
La proxima tabla trata sobre las posibilidades de conseguir una particular carta o de mejorarla al ver las primeras 5 cartas enseñadas. Esta tabla es especialmente para el juego Texas Holdem. Como podeis ver, cuando mejor jugada se quiere conseguir mas dificil es que te salga antes de pasar al Turn. Lo maximo que he visto ha sido un "4 del mismo tipo" que habia conseguido un jugador en las mesas de Poker Online, amagó las cartas hasta el river y allí realizó un apuesta muy fuerte... y ¿que pasó? esta claro, se llevó todo el bote porque el jugador contrario tenia un Full House y se creia que habia ganado él.
como dibujar polígonos regulares
Triangulo, hexágono y dodecágonoemos trazando dos diámetros perpendiculares entre sí, A continuación, con centro en 1 y 4 trazaremos dos arcos, de radio igual al de la circunferencia dada, que nos determinarán, sobre ella, los puntos 2, 6, 3 y 5. Por último con centro en B trazaremos un arco del mismo radio, que nos determinará el punto C sobre la circunferencia dada.
Uniendo los puntos 2, 4 y 6, obtendremos el triángulo inscrito. Uniendo los punto 1, 2, 3, 4, 5 y 6, obtendremos el hexágono inscrito. Y uniendo los puntos 3 y C, obtendremos el lado del dodecágono inscrito; para su total construcción solo tendríamos que llevar este lado, 12 veces sobre la circunferencia.
De los tres polígonos, solo el dodecágono admite la construcción de estrellados, concretamente del estrellado de 5. El hexágono admite la construcción de un falso estrellado, formado por dos triángulos girados entre sí 60º.
NOTA: Todas las construcciones de este ejercicio se realizan con una misma abertura del compás, igual al radio de la circunferencia dada.
Cuadrado y octógonoComenzaremos trazando dos diámetros perpendiculares entre sí, que nos determinarán, sobre la circunferencia dada, los puntos 1-5 y 3-7 respectivamente.
A continuación, trazaremos las bisectrices de los cuatro ángulos de 90º, formados por la diagonales trazadas, dichas bisectrices nos determinarán sobre la circunferencia los puntos 2, 4, 6 y 8.
Uniendo los puntos 1, 3, 5 y 7, obtendremos el cuadrado inscrito. Y uniendo los puntos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 y 8, obtendremos el octógono inscrito.
El cuadrado no admite estrellados. El octógono sí, concretamente el estrellado de 3. El octógono también admite la construcción de un falso estrellado, compuesto por dos cuadrados girados entre sí 45º.
NOTA: De esta construcción podemos deducir, la forma de construir un polígono de doble número de lados que uno dado. Solo tendremos que trazar las bisectrices de los ángulos centrales del polígono dado, y estas nos determinarán, sobre la circunferencia circunscrita, los vértices necesarios para la construcción.
Pentágono y decágonoComenzaremos trazando dos diámetros perpendiculares entre sí, que nos determinarán sobre la circunferencia dada los puntos A- B y 1-C respectivamente. Con el mismo radio de la circunferencia dada trazaremos un arco de centro en A, que nos determinará los puntos D y E sobre la circunferencia, uniendo dichos puntos obtendremos el punto F, punto medio del radio A-O
Con centro en F trazaremos un arco de radio F-1, que determinará el punto G sobre la diagonal A-B. La distancia 1-G es el lado de pentágono inscrito, mientras que la distancia O-G es el lado del decágono inscrito.
Para la construcción del pentágono y el decágono, solo resta llevar dichos lados, 5 y 10 veces respectivamente, a lo largo de la circunferencia.
El pentágono tiene estrellado de 2. El decágono tiene estrellado de 3, y un falso estrellado, formado por dos pentágonos estrellados girados entre sí 36º.
ENEÁGONO (construcción aproximada)
Comenzaremos trazando dos diámetros perpendiculares, que nos determinarán, sobre la circunferencia dada, los puntos A-B y 1-C respectivamente.
Con centro en A, trazaremos un arco de radio A-O, que nos determinará, sobre la circunferencia dada, el punto D. Con centro en B y radio B-D, trazaremos un arco de circunferencia, que nos determinará el punto E, sobre la prolongación de la diagonal 1-C. Por último con centro en E y radio E-B=E-A, trazaremos un arco de circunferencia que nos determinará el punto F sobre la diagonal C-1. En 1-F habremos obtenido el lado del eneágono inscrito en la circunferencia.
Procediendo como en el caso del heptágono, llevaremos dicho lado, 9 veces sobre la circunferencia, para obtener el heptágono buscado.
El eneágono tiene estrellado de 4 y de 2. También presenta un falso estrellado, formado por 3 triángulos girados entre sí 40º.
PROCEDIMIENTO GENERAL (construcción aproximada)Este procedimiento se utilizará solo cuando el polígono buscado no tenga una construcción particular, ni pueda obtenerse como múltiplo de otro, dado que este procedimiento lleva inherente una gran imprecisión.
Comenzaremos con el trazado del diámetro A-B, que dividiremos, mediante el Teorema de Tales en tantas partes iguales como lados tenga el polígono que deseamos trazar, en nuestro caso 11.
Con centro en A y B trazaremos dos arcos de radio A-B, los cuales se interceptarán en los puntos C y D. Uniendo dichos puntos con las divisiones alternadas del diámetro A-B, obtendremos sobre la circunferencia, los puntos P, Q, R, .. etc., vértices del polígono. Igualmentre se procedería con el punto D, uniendolo con los puntos 2, 4, etc., y obteniendo así el resto de los vértices del polígono.
Solo restaría unir dichos puntos para obtener el polígono buscado.
El cubo de rubik...¿como resolverlo?
El cubo de rubik
El cubo de Rubik es un puzzle mecánico inventado por el escultor y profesor de arquitectura húngaro Ernö Rubik en 1974.
Resolución:
Antes de comenzar a girar las caras tendremos que ponernos de acuerdo en algunos convencionalismos que nos permitirán en lo sucesivo saber de qué estamos hablando.
Y para una mejor comprensión de las fórmulas las indicaremos con las letras de sus iniciales del modo siguiente:
A = Arriba
B = aBajo
F = Frontal
T = Trasera
D = Derecha
I = Izquierda 
POSICIONAMIENTO BASICO PARA EMPEZAR A ARMAR EL CUBO DE RUBIK
Si el borde que se desea mover hacia la cara de Arriba está en la cara del medio entre Arriba y Abajo RC gire el cubo de modo que ese borde quede en la posición Frente Derecha, si el color de la cara de Arriba está en la cara derecha haga el movimiento B2: D B- D- y luego haga el movimiento B1. Si el color de la cara de Arriba está en la cara del Frente, haga F B F-VÉRTICES DE LA CARA INFERIOR
Dos fórmulas para colocar los cuatro vértices de la cara de abajo:
Lo primero que hay que hacer es colocar un vértice justo encima de la posición en la que ha de entrar y se dará una de las dos posiciones de las figuras que, salvo una excepción que se explicará más adelante.
Considerando en este caso que la cara frontal es la representada aquí en amarillo.
En el primer caso la fórmula será la siguiente: -I-AI
Y en el segundo caso los movimientos son: (Para este caso el frente es el lado VERDE, notar también la coincidencia entre los colores del centro y el color asociado al vertice que deseamos mover)
Este será el resultado después de colocar los cuatro vértices de la cara inferior, quedando así completa esta cara y la primera corona. Hay que hacer una observación: puede darse el caso que el color que se ha de colocar en la cara de abajo quede situado en la cara de arriba, el tal caso basta con hacer un movimiento...
En esta fase conseguiremos, usando una sola fórmula, que las cuatro piezas aristas de la cara superior se orienten correctamente, es decir, que el color de cada una de las piezas coincida ya definitivamente con el de la pieza central de esa cara formando una cruz, aunque no coincidan con el color de las caras laterales.
Es posible que como consecuencia de las anteriores manipulaciones del cubo, ya coincidan algunas de las piezas. En cualquier caso, consideremos que no es así y veremos que vamos pasando por todas las combinaciones posibles.
Partiendo de la posición de la primera figura, ejecutamos la fórmula(FRENTE cara VERDE):
ARISTAS DE LA CARA DE ARRIBA (COLOCACIÓN)Esta fase consistirá en hacer que las piezas arista de la cara superior cambien de posición sin perder la orientación de su color que acabamos de conseguir y por supuesto sin romper el orden de las piezas colocadas hasta ahora.
Lo primero que debemos hacer es ir girando la cara de arriba observando las caras laterales, hasta comprobar que uno y sólo uno de los colores de las caras laterales se encuentra correctamente colocado. En ese momento consideraremos que la cara lateral que tiene el color correctamente colocado es la cara de atrás y la pondremos en esa posición para iniciar este movimiento.
-D2ADA-DAD
El cubo de Rubik es un puzzle mecánico inventado por el escultor y profesor de arquitectura húngaro Ernö Rubik en 1974.
Resolución:
Antes de comenzar a girar las caras tendremos que ponernos de acuerdo en algunos convencionalismos que nos permitirán en lo sucesivo saber de qué estamos hablando.
Y para una mejor comprensión de las fórmulas las indicaremos con las letras de sus iniciales del modo siguiente:
A = Arriba
B = aBajo
F = Frontal
T = Trasera
D = Derecha
I = Izquierda
De este modo podemos decir que un movimiento 'B' supone girar la cara de abajo 90 grados en el sentido de las agujas del reloj y la combinación 'BF' es la combinación de dos movimientos primero de abajo y luego frontal en el sentido ya indicado.
Para indicar que un movimiento es en sentido contrario a las agujas del reloj se indicará con el signo menos delante, tal como '-B'.
También se da el caso de que una cara no se tenga que girar 90 grados sino 180 grados, este movimiento se indicara con un 2 delante de la letra, tal como '2A', que supondría girar la cara de arriba 180 grados.
De este modo se pueden expresar movimientos complejos tal como 'AFB-F-B FB-F-B-A' que indicaría el giro de las caras de arriba, abajo y frontal en el orden indicado, unas veces a derecha y otras a izquierda según el signo.
Para comenzar a resolver el cubo empezaremos siempre por la cara de abajo, teniendo en cuenta que este color permanecerá siempre en esa posición hasta la completa resolución del cubo.
Esta cara la resolveremos en dos fases, primero las cuatro aristas y después los cuatro vértices. El resultado debe ser, prescindiendo de los colores elegidos, algo como la imagen de la figura.
Para indicar que un movimiento es en sentido contrario a las agujas del reloj se indicará con el signo menos delante, tal como '-B'.
También se da el caso de que una cara no se tenga que girar 90 grados sino 180 grados, este movimiento se indicara con un 2 delante de la letra, tal como '2A', que supondría girar la cara de arriba 180 grados.
De este modo se pueden expresar movimientos complejos tal como 'AFB-F-B FB-F-B-A' que indicaría el giro de las caras de arriba, abajo y frontal en el orden indicado, unas veces a derecha y otras a izquierda según el signo.
Para comenzar a resolver el cubo empezaremos siempre por la cara de abajo, teniendo en cuenta que este color permanecerá siempre en esa posición hasta la completa resolución del cubo.
Esta cara la resolveremos en dos fases, primero las cuatro aristas y después los cuatro vértices. El resultado debe ser, prescindiendo de los colores elegidos, algo como la imagen de la figura.
POSICIONAMIENTO BASICO PARA EMPEZAR A ARMAR EL CUBO DE RUBIK
Escoja la cara que quiere armar primero y colóquela arriba (la cara la identifica el cubelete centro el cual en realidad nunca se mueve -en forma relativa a los demás centros-)
Para armar la cruz formada por el centro y los 4 bordes adyacentes, localice un borde de la cara que quiere armar, si éste está en la cara de arriba y el color de la cara de arriba está en dicha cara, simplemente gire la cara de arriba hasta que el color lateral del borde se alinee con la cara lateral correspondiente. Si después de esto hay otro borde con el color de la cara de arriba en dicha cara pero el color lateral sin corresponder a la cara que ahora ocupa ese lugar, voltee el cubo de forma que ese borde quede en la posición Arriba Derecha y haga el movimiento D2 gire la cara B ya sea B o B2 o B- hasta alinear el color lateral de ese borde con su cara lateral correspondiente y luego mueva dos veces la cara lateral correspondiente en que quedó el borde.
De la misma forma, si el borde que se desea mover hacia la cara de Arriba está en la cara de abajo y el color de la cara de arriba está en la cara de abajo, gire la cara B ya sea B o B2 o B- hasta alinear el color lateral de ese borde con su cara lateral correspondiente y luego mueva dos veces la cara lateral correspondiente en que quedó el borde.
Movimiento B1: Si el borde que se desea mover hacia la cara de Arriba está en la cara de abajo y el color de la cara de arriba está en una de las caras laterales, gire el cubo de forma que la cara lateral del color de la cara inferior del borde a mover quede al frente. Mueva la cara B hasta que el borde a mover quede debajo del centro de la cara del Frente y realice el movimiento:
Para armar la cruz formada por el centro y los 4 bordes adyacentes, localice un borde de la cara que quiere armar, si éste está en la cara de arriba y el color de la cara de arriba está en dicha cara, simplemente gire la cara de arriba hasta que el color lateral del borde se alinee con la cara lateral correspondiente. Si después de esto hay otro borde con el color de la cara de arriba en dicha cara pero el color lateral sin corresponder a la cara que ahora ocupa ese lugar, voltee el cubo de forma que ese borde quede en la posición Arriba Derecha y haga el movimiento D2 gire la cara B ya sea B o B2 o B- hasta alinear el color lateral de ese borde con su cara lateral correspondiente y luego mueva dos veces la cara lateral correspondiente en que quedó el borde.
De la misma forma, si el borde que se desea mover hacia la cara de Arriba está en la cara de abajo y el color de la cara de arriba está en la cara de abajo, gire la cara B ya sea B o B2 o B- hasta alinear el color lateral de ese borde con su cara lateral correspondiente y luego mueva dos veces la cara lateral correspondiente en que quedó el borde.
Movimiento B1: Si el borde que se desea mover hacia la cara de Arriba está en la cara de abajo y el color de la cara de arriba está en una de las caras laterales, gire el cubo de forma que la cara lateral del color de la cara inferior del borde a mover quede al frente. Mueva la cara B hasta que el borde a mover quede debajo del centro de la cara del Frente y realice el movimiento:
B- D F- D-
Si el borde que se desea mover hacia la cara de Arriba está en la cara del medio entre Arriba y Abajo RC gire el cubo de modo que ese borde quede en la posición Frente Derecha, si el color de la cara de Arriba está en la cara derecha haga el movimiento B2: D B- D- y luego haga el movimiento B1. Si el color de la cara de Arriba está en la cara del Frente, haga F B F-VÉRTICES DE LA CARA INFERIOR
Dos fórmulas para colocar los cuatro vértices de la cara de abajo:
Lo primero que hay que hacer es colocar un vértice justo encima de la posición en la que ha de entrar y se dará una de las dos posiciones de las figuras que, salvo una excepción que se explicará más adelante.
Considerando en este caso que la cara frontal es la representada aquí en amarillo.
En el primer caso la fórmula será la siguiente: -I-AI
Y en el segundo caso los movimientos son: (Para este caso el frente es el lado VERDE, notar también la coincidencia entre los colores del centro y el color asociado al vertice que deseamos mover)
DA-D
Este será el resultado después de colocar los cuatro vértices de la cara inferior, quedando así completa esta cara y la primera corona. Hay que hacer una observación: puede darse el caso que el color que se ha de colocar en la cara de abajo quede situado en la cara de arriba, el tal caso basta con hacer un movimiento...
D-A-D 2A
...cuando el color se encuentra justo encima de su posición definitiva (la cara frontal sigue siendo la verde), para llegar a alguna de las dos posiciones iniciales de esta fase y prodecer con el que corresponda de ellos. En este último caso también podemos colocar la pieza directamente en su lugar si aplicamos el movimiento
D -A -D -F 2A F
El resultado de esta fase se muestra en la figura.
...cuando el color se encuentra justo encima de su posición definitiva (la cara frontal sigue siendo la verde), para llegar a alguna de las dos posiciones iniciales de esta fase y prodecer con el que corresponda de ellos. En este último caso también podemos colocar la pieza directamente en su lugar si aplicamos el movimiento
D -A -D -F 2A F
El resultado de esta fase se muestra en la figura.
ARISTAS DEL SEGUNDO ANILLO
En este caso también se pueden dar dos posibilidades: que la arista que debemos colocar quede en la cara frontal, representada aquí en color verde, caso del primer gráfico, o que quede en la cara derecha, caso del segundo gráfico.
En el primer caso el movimiento es el siguiente: AD-A-D F-D-FD
Y el segundo caso: -A-FAF -DFD-F
El resultado de cualquiera de las dos fórmulas ha de ser el de la figura, y repitiendo el proceso para cada arista de este anillo se resolverá el anillo completo tal como se ve en la otra figura.
Nótese que la segunda fase del último movimiento es idéntica a la última fase del movimiento descrito para colocar los vértices de la cara inferior y de hecho ocurre lo mismo con la primera fórmula, pero visto desde otra cara, si nos detenemos a estudiar porqué ocurre esto se verá rápidamente la lógica de lo estudiado hasta ahora y se evitará tener que memorizar las fórmulas, pasando a resolver el cubo hasta este punto de una forma intuitiva.
En el primer caso el movimiento es el siguiente: AD-A-D F-D-FD
Y el segundo caso: -A-FAF -DFD-F
El resultado de cualquiera de las dos fórmulas ha de ser el de la figura, y repitiendo el proceso para cada arista de este anillo se resolverá el anillo completo tal como se ve en la otra figura.
Nótese que la segunda fase del último movimiento es idéntica a la última fase del movimiento descrito para colocar los vértices de la cara inferior y de hecho ocurre lo mismo con la primera fórmula, pero visto desde otra cara, si nos detenemos a estudiar porqué ocurre esto se verá rápidamente la lógica de lo estudiado hasta ahora y se evitará tener que memorizar las fórmulas, pasando a resolver el cubo hasta este punto de una forma intuitiva.
Falta mencionar que podría darse el caso de que la pieza arista del anillo central se encontrara situada en su lugar correcto pero en posición inversa o que esté colocada en el anillo central pero en un lugar incorrecto. En este caso, cualquiera de los dos movimientos explicados en esta fase situando el cubo de forma que nuestra pieza se encuentre en las caras frontales y derecha hará que salga de este lugar y quede en alguna de las posiciones descritas en esta sección.
Hasta aquí todo ha sido muy fácil, de hecho la mayoría de los que han intentado el Cubo de Rubik han llegado hasta aquí por sí solos sin más ayuda que su propia experimentación. La cosa se complica al tratar de resolver la cara de arriba ya que, lógicamente debe hacerse sin deshacer lo hecho hasta ahora.ARISTAS DE LA CARA DE ARRIBA (ORIENTACIÓN)En esta fase conseguiremos, usando una sola fórmula, que las cuatro piezas aristas de la cara superior se orienten correctamente, es decir, que el color de cada una de las piezas coincida ya definitivamente con el de la pieza central de esa cara formando una cruz, aunque no coincidan con el color de las caras laterales.
Es posible que como consecuencia de las anteriores manipulaciones del cubo, ya coincidan algunas de las piezas. En cualquier caso, consideremos que no es así y veremos que vamos pasando por todas las combinaciones posibles.
Hasta aquí todo ha sido muy fácil, de hecho la mayoría de los que han intentado el Cubo de Rubik han llegado hasta aquí por sí solos sin más ayuda que su propia experimentación. La cosa se complica al tratar de resolver la cara de arriba ya que, lógicamente debe hacerse sin deshacer lo hecho hasta ahora.ARISTAS DE LA CARA DE ARRIBA (ORIENTACIÓN)En esta fase conseguiremos, usando una sola fórmula, que las cuatro piezas aristas de la cara superior se orienten correctamente, es decir, que el color de cada una de las piezas coincida ya definitivamente con el de la pieza central de esa cara formando una cruz, aunque no coincidan con el color de las caras laterales.
Es posible que como consecuencia de las anteriores manipulaciones del cubo, ya coincidan algunas de las piezas. En cualquier caso, consideremos que no es así y veremos que vamos pasando por todas las combinaciones posibles.
En esta fase conseguiremos, usando una sola fórmula, que las cuatro piezas aristas de la cara superior se orienten correctamente, es decir, que el color de cada una de las piezas coincida ya definitivamente con el de la pieza central de esa cara formando una cruz, aunque no coincidan con el color de las caras laterales.
Es posible que como consecuencia de las anteriores manipulaciones del cubo, ya coincidan algunas de las piezas. En cualquier caso, consideremos que no es así y veremos que vamos pasando por todas las combinaciones posibles.
Partiendo de la posición de la primera figura, ejecutamos la fórmula(FRENTE cara VERDE):
FDA-D-A-F
El resultado obtenido se muestra en la otra figura y, desde esta misma posición, repetimos exactamente la misma fórmula obteniendo el resultado de la figura de abajo.
Para conseguir que la cruz de la cara de arriba se complete del modo de la otra figura de abajo, basta con repetir de nuevo la misma fórmula sin cambiar la orientación del cubo.
Por descontado que si, al comenzar esta fase ya tenemos algunas de las piezas colocadas de forma correcta, no hará falta repetir la fórmula tres veces, podemos empezar orientando el cubo en la forma adecuada según alguna de las figuras anteriores, para comenzar la fase desde ese punto.
El resultado obtenido se muestra en la otra figura y, desde esta misma posición, repetimos exactamente la misma fórmula obteniendo el resultado de la figura de abajo.
Para conseguir que la cruz de la cara de arriba se complete del modo de la otra figura de abajo, basta con repetir de nuevo la misma fórmula sin cambiar la orientación del cubo.
Por descontado que si, al comenzar esta fase ya tenemos algunas de las piezas colocadas de forma correcta, no hará falta repetir la fórmula tres veces, podemos empezar orientando el cubo en la forma adecuada según alguna de las figuras anteriores, para comenzar la fase desde ese punto.
ARISTAS DE LA CARA DE ARRIBA (COLOCACIÓN)Esta fase consistirá en hacer que las piezas arista de la cara superior cambien de posición sin perder la orientación de su color que acabamos de conseguir y por supuesto sin romper el orden de las piezas colocadas hasta ahora.
Lo primero que debemos hacer es ir girando la cara de arriba observando las caras laterales, hasta comprobar que uno y sólo uno de los colores de las caras laterales se encuentra correctamente colocado. En ese momento consideraremos que la cara lateral que tiene el color correctamente colocado es la cara de atrás y la pondremos en esa posición para iniciar este movimiento.
-D2ADA-DAD
Esta fórmula hace que sin moverse la arista de la cara trasera arriba, se desplacen en sentido inverso a las agujas del reloj las otras tres aristas de la cara superior, tal como indica la figura.
Si con este movimiento no han quedado colocadas las tres piezas, se ha de repetir el mismo movimiento sin perder la orientación del cubo y quedará resuelto el problema.
Podría darse el caso que, por más que giremos la cara superior, nunca tengamos una arista sola bien colocada en una cara lateral, sino dos bien colocadas. En este caso, efectuamos el movimiento de esta fase una vez y comenzamos de nuevo la fase desde el principio girando la cara de arriba, ya que ahora sí es posible encarar una sola pieza.
Al final de esta fase deberá quedar el cubo como se muestra en la figura
Si con este movimiento no han quedado colocadas las tres piezas, se ha de repetir el mismo movimiento sin perder la orientación del cubo y quedará resuelto el problema.
Podría darse el caso que, por más que giremos la cara superior, nunca tengamos una arista sola bien colocada en una cara lateral, sino dos bien colocadas. En este caso, efectuamos el movimiento de esta fase una vez y comenzamos de nuevo la fase desde el principio girando la cara de arriba, ya que ahora sí es posible encarar una sola pieza.
Al final de esta fase deberá quedar el cubo como se muestra en la figura
VÉRTICES DE LA CARA DE ARRIBA (COLOCACIÓN)También aquí usaremos una sola fórmula para solucionar la colocación de los vértices, ésta es:
-DAI-ADA-I-A
Este movimiento hace que tres vértices de la cara de arriba se muevan en el sentido de las agujas del reloj, tal como se indica en la figura y el vértice de las caras arriba, izquierda y atrás permanece en su lugar.
Por lo tanto, después de un movimiento, con la pieza vértice de las caras arriba, izquierda y atrás en su lugar, podría darse el caso de que el resto de las tres piezas no se hubieran colocado bien, en tal caso haremos el movimiento una vez más y seguro que se ponen en su sitio.
También podría darse el caso de que al comenzar con esta fase, ninguna de las piezas estuviera bien colocada, la solución es hacer el movimiento una vez y observar el resultado, ahora sí que hay una pieza en su sitio, por lo que el problema queda reducido al caso anterior.
-DAI-ADA-I-A
Este movimiento hace que tres vértices de la cara de arriba se muevan en el sentido de las agujas del reloj, tal como se indica en la figura y el vértice de las caras arriba, izquierda y atrás permanece en su lugar.
Por lo tanto, después de un movimiento, con la pieza vértice de las caras arriba, izquierda y atrás en su lugar, podría darse el caso de que el resto de las tres piezas no se hubieran colocado bien, en tal caso haremos el movimiento una vez más y seguro que se ponen en su sitio.
También podría darse el caso de que al comenzar con esta fase, ninguna de las piezas estuviera bien colocada, la solución es hacer el movimiento una vez y observar el resultado, ahora sí que hay una pieza en su sitio, por lo que el problema queda reducido al caso anterior.
VÉRTICES DE LA CARA DE ARRIBA (ORIENTACIÓN)Con esta fase terminaremos de solucionar el cubo.
Para realizarlo vamos a usar una sola fórmula (aunque tiene tres variantes dependiendo del modo en que hayan quedado los vértices). Con ella conseguiremos que dos vértices giren sobre sí mismos un tercio de vuelta; el que se encuentra en el vértice de las caras arriba, frontal y derecha lo hará en el sentido de las agujas del reloj y otro vértice cualquiera de la cara de arriba, dependiendo de la variante elegida, lo hará un tercio en sentido contrario a las agujas del reloj. Observamos el caso de la figura en la que se van a rotar los vértices situados en las caras arriba, frontal, derecha y arriba, frontal, izquierda. El movimiento es el siguiente:
-D-BDB-D-BD-A-DBD-B-DBDA
y estará resuelto.
Para realizarlo vamos a usar una sola fórmula (aunque tiene tres variantes dependiendo del modo en que hayan quedado los vértices). Con ella conseguiremos que dos vértices giren sobre sí mismos un tercio de vuelta; el que se encuentra en el vértice de las caras arriba, frontal y derecha lo hará en el sentido de las agujas del reloj y otro vértice cualquiera de la cara de arriba, dependiendo de la variante elegida, lo hará un tercio en sentido contrario a las agujas del reloj. Observamos el caso de la figura en la que se van a rotar los vértices situados en las caras arriba, frontal, derecha y arriba, frontal, izquierda. El movimiento es el siguiente:
-D-BDB-D-BD-A-DBD-B-DBDA
y estará resuelto.
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