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El grupo de todas las permutaciones posibles del Cubo de Rubik es el siguiente: por una parte podemos combinar entre sí de cualquier forma todos los picos lo que da lugar a 8! posibilidades. Con las aristas pasa lo mismo, es decir, que podemos combinarlos como queramos lo que da lugar a 12! posibilidades, pero la permutación total de vertices y aristas debe de ser en total par lo que nos elimina la mitad de las posibilidades. Por otra parte, podemos rotar todos los vértices como queramos salvo uno sin cambiar nada más en el cubo. La orienntación del último vértice vendrá determinada por la que tenga los otros siete y esto nos crea 3^7 posibilidades. Con las aristas pasa lo mismo, es decir, nos aparecen 2^11 posibilidades más. En total tendremos que el número de permutaciónes posibles en el Cubo de Rubik es de: Para ver entonces que esta fórmula es correcta tendremos que ver dos cosas: la primera es ver que realmente podemos hacer en el Cubo todo lo que hemos dicho arriba y la segunda es que no podemos hacer más cosas (como que el orden de la permutación total de vértices y aristas es par y que la orientación de un vértice o arista viene determinada por la orientación del resto de vértices o aristas respectivamente). El esquema de la demostración es el siguiente. 1-Generación de permutación par conjunta de aristas y vértices 1.1-Caso aristas 1.2-Caso vertices 2-Posibles giros de piezas 2.1-Caso aristas 2.2-Caso vertices 3-Imposibilidad de permutación impar conjunta de aristas y vértices 4-Restricciones en los giros 4.1-Restricción en los vértices 4.2-Restricción en las aristas 1-Generación de permutación par conjunta Vamos a proceder primero a demostrar que podemos lograr cualquier permutación par conjunta de vértices y aristas. Una permutación de este tipo puede venir dada de dos formas: podemos tener una permutación par de aristas y una permutación par de vértices o podemos tener una permutación impar de aristas y una permutación impar de vértices. Como un giro de 90 grados genera una permutación impar de vértices y una permutación impar de aristas tendremos que con un simple giro podemos pasar del caso impar-impar al caso par-par y si podemos resolver el caso par-par está claro que podremos resolver entonces también el caso impar-impar. Nos basta entonces con demostrar que es posible conseguir cualquier permutación par-par. Dado que la posición inicial del Cubo es par-par para demostrar esto basta con ver que podemos generar cualquier permutación par de vértices sin modificar el resto del cubo y que por otro lado podemos generar cualqiuer permutación par de aristas sin modificar de nuevo el resto del cubo. Para demostrar esto vamos a usar un resultado de tería de grupos: el conjunto de permutaciones pares de n elementos está generado por las parejas de 2-ciclos y también está generado por los 3-ciclos. Vamos a estudiar primero el caso de las aristas. Volver al esquema de la prueba 1.1-Caso aristas Como las parejas de 2-ciclos de aristas genera el grupo de las aristas pares es suficiente con comprobar que podemos obtener cualquier 2-ciclo de aristas. El movimiento I2 A2 I2 A2 I2 A I2 A2 I2 A2 I2 A' nos intercambia las aristas AF y AT por un lado e intercambia por otro a las aristas AD y AI, es decir, este movimiento es una pareja de 2-ciclos (ver animación de la derecha). A partir de este movimiento vamos a ver que podemos generar cualquier pareja de 2-ciclos. Imaginemos que queremos intercambiar entre sí una arista que llamaremos X con otra que llamaremos Y y que además queremos intercambiar otra arista Z con otra arista T (es decir, queremos hacer una pareja de 2-ciclos). Es inmediato que con unos pocos movimientos podemos llevar la arista X a la AF, la Y a la AT, la Z a la AD y la T a la AI sin importarnos lo que ocurra con las demás piezas del cubo. Llamemos a esta secuencia de movimientos como M. Sea M' la secuencia inversa de M. Entonces si aplicamos M, después la secuencia descrita arriba (es decir, I2 A2 I2 A2 I2 A I2 A2 I2 A2 I2 A') y después aplicamos la secuencia M' obtendremos que se han intercambiado las aristas que queríamos y el resto del cubo permanece igual ya que la secuencia M' lo único que hace es llevar las piezas que había movido M a su sitio y como después de aplicar M el siguiente movimiento lo que ha hecho a sido intercambiar precisamente las aristas que queríamos, al devolver cada pieza a su sitio quedan en su posición inicial salvo las cuatro aristas intercambiadas en el paso intermedio. Volver al esquema de la prueba Ejemplo El proceso de multiplicar un elemento de un grupo por otro elemento por la derecha y por el inverso de este último por la izquierda es conocido como conjugación y es precisamente lo que hemos hecho en la demostración anterior. Para que quede más claro vamos a ver un ejemplo. Imaginemos que queremos intercambiar por ejemplo la arista AF con la DB y la IT con la DF. Vamos a buscar la secuencia M descrita antes. AF está donde nos interesa, vamos a poner entonces DB en AT. Para esto aplicamos B T2. IT se nos ha colocado en DT con lo que aplicando D' conseguimos que se nos quede en AD. Por último aplicando A2 D2 A2 conseguimos que DF que estaba en DB se nos quede en AI. Por lo tanto nuestra secuencia M es igual a B T2 D' A2 D2 A2 y la combinación M' será igual a A2 D2 A2 D T2 B'. A continuación mostramos como sería el movimiento: Volver al esquema de la prueba 1.2-Caso vertices Vamos a demostrar ahora que también podemos obtener cualquier permutación par de vértices sin modificar el resto de piezas del cubo. Para demostrar esto usaremos que los 3-ciclos de esquinas genera el grupo de las permutaciones de esquinas pares. La secuencia I' A D A' I A D' A' nos lleva la esquina FAI a la ATI, la ATI a la DTA y esta última esquina va a la inicial (ver animación de la izquierda), es decir, tenemos un 3-ciclos. De nuevo es obvio que podemos llevar tres esquinas cualquiera a las tres posiciones descritas (ponemos primero una en la AIT y después las otras dos). Debido a esto, al igual que en el caso de las aristas, usando conjugación podremos obtener cualquier 3-ciclo de esquinas con lo que quedará demostrado que podemos generar cualquier permutación par de vértices sin modificar el resto del cubo. Volver al esquema de la prueba 2-Posibles giros de piezas Ahora vamos a demostrar que dados 7 vértices podemos girarlos como queramos y que dadas 11 aristas podemos hacer lo mismo. La demostración de que el último vértice o arista no podemos manipularlo se va a hacer al final de la prueba. Volver al esquema de la prueba 2.1-Giro de aristas Si aplicamos F A B' I2 A2 B2 D A D' B2 A2 I2 B A' F' A' conseguiremos invertir las aristas AF y AD (ver animación de la izquierda). De aquí es fácil deducir que podemos girar todas las aristas que queramos como queramos salvo una. Por ejemplo podemos empezar girando con este movimiento la arista AF, si queremos girar la arista AD como ya está girada no haremos nada, si queremos girarla basta con girar todo el cubo para que la arista AD quede en la posición AF y la AT en la posición AD y después aplicamos el movimiento anterior. Podemos seguir procediendo así girando las aristas que queramos girándolas o no en el orden AT, AI, IT, IB, IF, FB, FD, DB y DT. Así, la única arista que no hemos podido girar como hemos querido es la BT. Análogamente podríamos haber hecho lo mismo eligiendo otras 11 aristas al azar. Volver al esquema de la prueba 2.2-Giro de vértices Siguiendo un razonamiento análogo al caso de las aristas, lo único que necesitamos para demostrar que podemos girar 7 vértices a nuestro antojo es que podemos girar dos vértices fijados sin modificar el resto del cubo (en este caso, para girar una pieza deberemos aplicar una secuencia de movimientos una o dos veces). Esto lo conseguimos con la secuencia D' B D F B F' A F B' F' D' B' D A' (ver figura de la derecha). Volver al esquema de la prueba 3-Imposibilidad de permutación impar conjunta Vamos a demostrar ahora que es imposible generar una permutación impar conjunta de vértices y aristas. Esto realmente es inmediato debido a que un cuarto de giro de una cara cualquiera genera un 4-ciclo de aristas y un 4-ciclo de vértices y por lo tanto tenemos una permutación impar de aristas y una permutación impar de vértices lo que conjuntamente genera una permutación par. Debido a que los cuarto de giro de una cara son un conjunto generador del grupo de las permutaciones del Cubo de Rubik tendremos que hemos encontrado un conjunto de permutaciones pares generadoras y por lo tanto todas las permutaciones son pares lo que nos demuestra que es imposible generar una permutación impar conjunta. Volver al esquema de la prueba 4-Restricciones de los giros Por último sólo nos queda comprobar que es imposible controlar el giro de todos los vértices o aristas. Como lo que no podemos controlar es el giro del último vértice o arista demostrar esto es equivalente a demostrar que sólo es posible hacer una tercera parte de los giros de todos los vértices y la mitad de los giros de aristas. Volver al esquema de la prueba 4.1-Restricciones en los vértices Esta parte de la prueba es quizás la más difícil de explicar aunque cuando se entiende queda bastante clara. Para empezar vamos a fijarnos en el cubo con el que estamos trabajando. Se puede observar que todos los picos tienen un lado (y sólo uno) de color naranja o rojo. Además, cada pico tiene un lado en la cara A o en la cara B. Consideremos un pico que esté en la cara A. Consideraremos que este pico no está girado cuando su color naranja o rojo esté en la cara A. Análogamente consideraremos que un pico que esté en la cara B no está girado cuando su lado naranja o rojo esté en la cara B. A un pico que no haya sido girado le asociaremos el valor 0 y cada vez que se gire en el sentido de las agujas del reloj le sumaremos 1. Obsérvese que girar una vez en el sentido opuesto a las agujas del reloj es lo mismo que girar dos veces en el mismo sentido por lo que se le sumaría 2. Hay que observar que cuando el pico gire tres veces vuelve a la posición original por lo que el valor 0 es igual al 3 y de la misma forma es igual a cualquier valor 3n. Por lo tanto vamos a trabajar módulo 3. Vamos a demostrar que si sumamos los valores asignados de esta forma a cada pico (que puede ser 0, 1 ó 2 ya que trabajamos módulo 3), el resultado final considerado módulo 3 será igual a 0. Como la suma en un principio podría ser 0, 1 ó 2 esto demostraría que sólo la tercera parte de los giros de picos serían posibles. Para demostrar esto basta observar que los movimientos A, A', B y B' no giran a ningún pico. Por lo tanto el giro total que generan se corresponde con sumar 0. Por otra parte, los movimientos D, D', I, I', F, F', T y T' hacen que dos picos giren en el sentido de las agujas del reloj y que otros dos giren es sentido opuesto. Esto hace que el giro total correspondiente es equivalente a sumar 1+1+2+2=0 en módulo 3. Así que como tenemos un conjunto de generadores del Cubo que hacen que el giro total permanezca constante y inicialmente valía 0 tendremos que siempre valdrá 0. Con lo que hemos demostrado lo que queríamos. Esta demostración quizás sea algo difícil de entender pero cuando se entiende puede parecer hasta muy simple. Volver al esquema de la prueba 4.2-Restricciones en las aristas Esta demostración es análoga a la de los vértices con la diferencia de que ahora debemos trabajar en módulo 2 ya que de hecho nos da igual girar una arista en el sentido de las agujas del reloj o en el opuesto. Lo único que vamos a explicar es como se puede definir aquí que una arista esté no girada.Consideremos un cubo con los colores de los ejemplos de arriba. Supongamos que una arista está en la cara A. En 8 casos contra 12 uno de los dos lados de la arista será naranja o rojo y en este caso diremos que está bien orientada cuando su lado naranja o rojo esté en la cara A. Si ninguno de sus lados es naranja o rojo tendremos que uno de sus lados es azul o verde en cuyo caso diremos que está bien orientada cuando dicho lado esté en la cara A. Análogamente cuando una arista esté en la cara B cuando su lado rojo o naranja (y en su defecto verde o azul) esté en dicha cara. Por último si la arista no está en ninguna de las caras anteriores debe de estar o en la cara F o en la cara T. En dicho caso diremos que la arista está bien orientada cuando lado naranja o rojo (y en su defecto verde o azul) esté en la cara F o T. Razonando entonces como en el caso anterior obtendremos que la suma de los giros totales valdría 0 y como en un principio podría valer 0 ó 1, el número de casos se nos reduce a la mitad. Volver al esquema de la prueba Con todo esto terminaría la demostración de la prueba. La parte 4 de la demostración es mía. He encontrado alguna demostración de la prueba parecida pero a mi parecer menos comprensible por lo que he decidido escribir aquí mi demostración. Si alguien tiene alguna demostración alternativa más corta o fácil de entender le agradecería que me la enviara por correo electrónico o lo comentase en el foro.
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