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grupos de aquellos vértices. Luego todos esos exágonos, o algunos, serán necesa¬ 
riamente caras del poliedro arquimédico que buscamos; y, por consiguiente, las 
otras caras deberán ser los triángulos ABC, A-lBíQ,..., que habíamos dibujado. 
El poliedro resultante es el bi-tetraedro, que hemos deducido en el párrafo III. 
VI. (Fig. 47). Dibujemos, finalmente, sobre las caras del tetraedro P O R S 
los triángulos iguales y equiláteros ABC, A 1 B 1 C 1 ,..., concéntricos con aquellas e 
idénticamente situados; pero sin ocupar ninguna de las cinco posiciones estu¬ 
diadas anteriormente, con lo cual ni estarán inscritos en las caras ni tendrán sus 
lados respectivamente paralelos a las aristas. Con estas condiciones, un atento 
R 
/ I \ 
/ 1 \ 
/ 1 \ 
Fig. 47 
examen enseña que, si no se cumplen las igualdades AC=CC, = C 2 A, los 
vértices de los cuatro triángulos antes dibujados, no pueden determinar polí¬ 
gonos regulares que cierren ángulos sólidos; pero, si aquellas igualdades se cum¬ 
plen, resultan equiláteros e iguales los triángulos C A B, C B A x , C A X C,, 
CC X C 2 , CCA y sus homólogos; y cierran juntos un icosaedro regular. Y como 
con los vértices de éste no puede formarse ningún poliedro arquimédico, se con¬ 
cluye que la situación de los triángulos ABC, AjBjQ,..., que ahora estamos ana¬ 
lizando, no origina ninguna solución. 
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