ferjorosa/bne-hemeroteca-ocr-xix huggingface dataset:
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que al resolver éste no se perderá ninguna solución. Por consiguiente:

Si en los problemas que se sustituyan sucesivamente, á partir del propuesto, las condiciones de dos consecutivos son recíprocas, las soluciones del primero son idénticas con las del último y con cualquiera de los demás.

Cuando las relaciones sustituidas son simplemente consecuencias de las propuestas, toda solución del primero será solución del segundo; pero todas las del segundo no lo son necesariamente del primero. Por consiguiente:

Si de los problemas sustituidos sucesivamente á partir del propuesto, las condiciones de una cualquiera son consecuencias del precedente, las soluciones de uno cualquiera de ellos contienen todas las del propuesto, y pueden contener otras extrañas.

18. Esta hipótesis facilita el obtener una figura, con la cual pueden combinarse otras figuras ó líneas auxiliares, que se juzguen como las más adecuadas para llegar á deducir de sus relaciones con la supuesta, la verdad ó resultados propuestos.

Ejemplos:
1.º Trazar una tangente común á dos circunferencias dadas (figura 5.a).

HIPOTÉTICAMENTE (análisis), se principia por considerar:
1.º T'T tangente á las dos circunferencias.
2.º De esta hipótesis, unida á las CONSTRUCCIONES AUXILIARES: radios OT y O'T' y la
O'M || a TT'
resulta:
O'M tangente á circunferencia de radio R=R', pues
O'M es \( \perp \) á OT'.
3.º Deduciéndose, en fin que:
TT' es || a MO'

Así el cuadro:

Hipótesis . . . { TT' tangente pedida.

PRÁCTICAMENTE (síntesis), á la CONSTRUCCIÓN FINAL siguiente.
1.º Trazar la tangente á la circunferencia de radio R - R', desde O'.
2.º Trazar los rádios OT' y O'T' \( \perp \) á O'M'.
3.º Trazar la || a TT' á MO'
que resuelve el problema.

Fig. 5.a

Este resultado deducido de suponer resuelto el problema conduce.

Consirucción final...{ O'M tangente á la circunferencia auxiliar.
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 1

El Progreso matemático
PERIÓDICO DE MATEMÁTICAS PURAS Y APLICADAS

DIRECTOR: D. ZOEL G. DE GALDEANO

INTRODUCTION AUX MÉTHODES GÉOMÉTRIQUES DE H. GRASSMANN
PAR M. VICTOR SCHLEGEL
Professeur à l’Ecole Technique de Hagen i W

I. — Addition et soustraction géométrique de points et de distances (Strecken).

1. Soient \( e_1 \) et \( e_2 \) deux points quelconques d’une droite, alors la distance de ces points (Strecke) est représentée par la différence \( (e_1 - e_4) \) ou \( (e_2 - e_1) \), selon que le segment \( (e_1, e_2) \) tire son origine du mouvement de \( e_3 \) ou de \( e_1 \). Donc la distance est déterminée simultanément à l’égard de longueur et de direction. — Quant à la position, elle est arbitraire; car, si \( (e_1 - e_4) \) et \( (e_3 - e_1) \) sont deux distances égales et parallèles, on a

\[
(e_1 - e_3) = (e_3 - e_4),
\]

d’où il suit:

\[
(e_1 - e_3) = (e_3 - e_4),
\]

propriété connue du parallélogramme.

On a aussi identiquement:

\[
(e_1 - e_2) + (e_2 - e_4) = (e_1 - e_4),
\]

ce qui caractérise l’addition géométrique de distances quelconques ou l’équivalence de deux forces avec leur résultante.

Soit P un point quelconque situé entre \( e_1 \) et \( e_2 \), et soit le rapport

\[
\frac{e_1 - P}{P - e_2} = \frac{\alpha_1}{\alpha_2},
\]

(1)

où \( \alpha_1 \) et \( \alpha_2 \) sont deux nombres. On en tire:

\[
(\alpha_1 + \alpha_2) P = z_1 e_1 + z_2 e_2, \text{ ou } P = z_1 e_1 + z_2 e_2.
\]

(2)
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 10

P, apoyándose respectivamente en los pares de rectas (AB, A'B'), (BC, B'C'), (CA, C'A') se hallan situadas en un mismo plano, es el hiperboloide que pasa por las rectas AA', BB', CC'.
N. C. M. (J. Neuberg).

Solución por el Sr. Sollerbinky.

Sean Pαα', Pββ', Pγγ' estas tres rectas situadas en el mismo plano Q. Proyectemos el triángulo ABC, desde el punto P, sobre el plano A'B'C', y sea A"B"C" esta proyección.

Hallándose en una misma recta los puntos de intersección α', β', γ' de los lados homólogos de los triángulos A'B'C' y A"B"C"(1), estos triángulos son homológicos. Las rectas A'A", B'B", C'C" concurren, pues, en un punto S.

Por consiguiente, los tres planos PAA', PBB', PCC' pasan por una misma recta PS. De otro modo, la recta PS se apoya constantemente sobre tres rectas fijas AA', BB', CC'. Engendra, pues, una superficie reglada de segundo orden.

Esta superficie es un hiperboloide de una hoja, á menos que las rectas AA', BB', CC', no sean paralelas á un mismo plano. Entonces la superficie es un paraboloide hiperbólico.

Cuestión n° 4 (V. t. I, p. 207).

Si por um ponto fijo P, tomado en un hiperboloidereglado, se trazan rectas que se apoyan en las diagonales de los cu-

(1) α', β'; γ' pertenecen á la intersección de los planos Q, A' B' C'.
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driláteros que forman dos generatrices fijas del primer sistema con dos generatrices variables del segundo, estas rectas se hallan situadas en un mismo plano.

M. C. M. (J. Neuberg).

Solución por el Sr. SOLLERTINSKY.

Sean: PAA' la generatriz del segundo sistema que pasa por P; A, A' sus puntos de intersección con las generatrices fijas AM, A'M' del primer sistema; P' el conjugado armónico de P con relación á AA'; BB', CC' dos generatrices variables del mismo sistema que AA'.

El plano Q, tangente en P' á la superficie, encontrará á BB', CC' en puntos B', C' que se hallan situados sobre la otra generatriz que pasa por P'.

Sean z, z' los puntos en que el plano Q encuentra á B'C, BC'. La recta AB", como intersección de los planos Q, ACB' pasa por z, así como la recta A'C" que es la intersección de los planos Q, ACC'. Asimismo las rectas AC", A'B" concurren en el punto x'.

Pero dos diagonales C'B", x'z' de un cuadrilátero plano zC"x'B" dividen armónicamente á la tercera diagonal AA'. La recta C'B" pasa por P; luego la recta x'z' pasa por P.

Así, todas las rectas Pzx' se hallan situadas en un mismo plano Q.

Cuestión 49 (Véase t. II, pág. 126).

Sean OA, OB dos semidiámetros conjugados de una elipse; F, F' los focos; OH = \(\frac{OF}{\sqrt{2}}\), OH' = \(\frac{OF'}{\sqrt{2}}\); K el punto simétrico de H' con relación á AB. Demostrar: 1.º Que los cuatro puntos A, B, H, K se hallan en una circunferencia. 2.º Que se tiene \(\frac{KA}{KB} = \frac{HB}{HA}\).

(C. A. Laisant).

Solución por el Sr. SOLLERTINSKY

Se sabe que la cuerda AB envuelve á una elipse que tiene por focos H, H'. El punto de contacto de AB con su envolvente es el medio M de AB, y el diámetro de esta nueva elipse, conjugada con OM, es igual á AB. (1)

(1) En efecto. Siendo OA, OB radios perpendiculares de un círculo, la cuerda AB es el lado del cuadrado inscripto. Esta cuerda envuelve, pues, un círculo concéntrico cuyo diámetro es igual á AB, es decir, al diámetro del círculo dado dividido por \( \sqrt{2} \), y el punto de contacto de AB es su medio M.
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La recta HK debe pasar por el punto de contacto M de AB, y se tiene

\[
HM \cdot MK = HM \cdot MH' = \overline{MA}^2,
\]

porque el producto de los radios vectores de un punto M de la elipse es igual al cuadrado del semi-diámetro conjugado con el que pasa por M.

Los puntos A, B, H, K se hallan, pues, en un mismo círculo.

De los triángulos semejantes KAM, BHM y de los triángulos KMB, AMH resulta

\[
\frac{KA}{BH} = \frac{AM}{HM} \quad \text{y} \quad \frac{KB}{AH} = \frac{MB}{MH}.
\]

Luego

\[
\frac{KA}{BH} = \frac{KB}{AH} \quad \text{o} \quad \frac{KA}{KB} = \frac{HB}{HA}.
\]

Observación.—Siendo K' el simétrico de H' con relación al medio M de AB, los puntos A, B, H, K' se hallan también sobre el mismo círculo, y se tiene

\[
\frac{K'A}{K'B} = \frac{HA}{HB}
\]

Cuestión 50 (Véase t. II, pág. 126).

Se dan en un mismo plano un triángulo ABC y un punto D. Sobre las rectas indefinidas AD, BD, CD se determinan tres puntos variables A', B', C' con la condición que los triángulos A'BC, B'CA, CAB sean equivalentes.

1.º Los lados del triángulo A'B'C' envuelven tres parábolas \(P_a, P_b, P_c\).

2.º Estas parábolas tienen dos tangentes comunes, es decir, se verifica dos veces que los puntos A', B', C' se hallan en línea recta.

3.º Hallar los focos y las directrices de las parábolas \(P_a, P_b, P_c\).
(J. Neuberg).

Solución por el Sr. Sollerstinky.

Sean \(x, \beta, \gamma\) los puntos en que las rectas DA, DB, DC encuentran á BC, CA, AB.
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Se tiene

\[
\frac{A'BC}{ABC} = \frac{A'z}{Az}; \quad \frac{B'CA}{BCA} = \frac{B'\beta}{A\beta}; \quad \frac{C'AB}{CAB} = \frac{C'\gamma}{C\gamma}
\]

Luego, en virtud de la condición:

\[
\frac{A'z}{Az} = \frac{B'\beta}{B\beta} = \frac{C'\gamma}{C\gamma}
\]

Y por consiguiente las divisiones AA'z, BB'\beta, CC'\gamma son semejantes. Luego las rectas B'C', C'A', A'B' envuelven á las parábolas P_a, P_b, P_c, inscriptas respectivamente á los cuadriláteros B\beta\gamma C, C\gamma z A, A\alpha\beta B.

El foco F_a de la parábola P_a es la segunda intersección de las circunferencias DBC, D\beta\gamma, y los simétricos de F_a con relación á las rectas B\beta, C\gamma pertenecen á la directriz de P_a.

Como se sabe, el círculo F_a F_b F_c pasa por el punto D y corta á DA, DB, DC en los puntos z', \beta', \gamma' tales, que las rectas F_a x', F_b \beta, F_c \gamma', concurren en el mismo punto E. Este punto es la intersección de las dos tangentes comunes á las tres parábolas. (Véase la Memoria de M. Neuberg: Sur les projections et contreprojections, etc. Ch. VI, y en particular § 60 pp. 81-82).

Cuestión núm. 52 (Véase t. II, pág. 127).

Se dan dos rectas rectangulares OA, OB y un punto C, por el que se hace pasar una secante variable ACB. Se describe la circunferencia que tiene AB por diámetro.

1.º Se traza la cuerda MCN perpendicular á AB. Hallar el lugar de los puntos M, N.

2.º Se traza en B la tangente sobre la que se proyectan los puntos M, N en S, T. Hallar el lugar de los puntos S, T.

(H. Brocard).

Solución por el Sr. Sollertinsky

1.º Sea O' el simétrico de O con relación á C. Siendo el cuadrilátero OMO'N un paralelógramo, las bisectrices de los ángulos OMO' ONO' son paralelas á las del ángulo MON. Pero estas son evidentemente las rectas fijas OA, OB.

Así, el lugar de los puntos M, N es la hipérbola equilátera que tiene por diámetro OO'y cuyas asíntotas son paralelas á OA, OB.

2.º Sean: P la proyección de M sobre la paralela á OA trazada por C; D la intersección de CP y OB.

Puesto que se tiene \( \angle MCP + \angle BCD = \frac{\pi}{2} \), los triángulos rec-
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tángulos BCD, CMP son semejantes, por lo que

\[
BD \cdot MP = DC \cdot CP
\]

(1)

Hagamos CD = \( a' \), OD = \( b \), y designemos por \( x, y \) las coordenadas del punto S con relación á los ejes OA, OB. Se tendrá

\[
x = CP,
\]
\[
BD = y - b - MP
\]

Además, siendo C el centro y CD una de las asíntotas de la hipérbola equilátera que pasa por M, O, se tiene

\[
MP \cdot CP = OD \cdot CD \quad \text{de donde} \quad MP = \frac{ab}{x},
\]

y por consiguiente

\[
BD = \frac{xy - bx - ab}{x}.
\]

En fin, si se llevan estos valores á la igualdad (1), se obtiene la ecuación de la curva, lugar de los puntos S, T:

\[
x^3 - bxy + b^2(x + a) = 0.
\]

Cuestión 59 (Véase t. II, pág. 128).

Lugar de los focos de las cónicas que tocan á dos rectas OA, OB en dos puntos dados A, B.

(H. Brocard).

Solución por el Sr. Sollertinsky.

El lugar buscado, como se sabe, es una estrofoide (véase para la solución en coordenadas trilineales, Koehler, Exercices de Géométrie analytique, I.ª partie, p. 317, y para la solución en coordenadas cartesianas J. M. S. 1886, p. 41). Véase una solución geométrica.

Se sabe que las tangentes OA, OB á una cónica se ven desde un foco F de la cónica según ángulos iguales ó suplementarios.

La cuestión se reduce, pues, á ésta: Hallar el lugar del punto F tal, que una de las bisectrices del ángulo AFB pase por un punto fijo O.

Sean: C el punto de intersección de las perpendiculares levantadas
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 15

en A, B sobre OA, OB; B', A' los puntos en que la otra bisectriz del ángulo AFB encuentra á CA, CB.

Á causa de los cuadriláteros inscriptibles OFA'B, OFAB', los ángulos A'FB y A'OB, B'FA y B'O'A son iguales ó suplementarios. Pero, según la hipótesis, los ángulos A'FB, B'FA son también iguales ó suplementarios. Luego, los ángulos A'OB, B'O'A, siendo agudos, son iguales. Por consiguiente, los triángulos A'OB y B'O'A son semejantes, y se tiene

\[
\frac{A'B}{B'A} = \frac{OB}{OA} = \text{const.}
\]

Así, la bisectriz del ángulo AFB, que no pasa por O, envuelve una parábola P, inscripta al triángulo ABC.

Las bisectrices del ángulo AOB son dos posiciones particulares de la recta B'A', las cuales tocan por consiguiente á P. Luego el punto O, como la intersección de las tangentes rectangulares, pertenece á la directriz de P. Así, el lugar del punto F es la podar de una parábola (P) con relación á un punto (O) de su directriz, es, pues, una estrofoide oblicua que tiene por punto doble O. La directriz es la mediana OM del triángulo AOB, y el foco es la proyección del centro del círculo OAB sobre la simediana OS.

Cuestión núm. 55 (Véase t. II, pág. 127).

Se tiene una recta indefinida XY y una perpendicular AB (B el pie) á dicha recta. Por el punto A se trazan diversas oblicuas y en sus pies se levantan perpendiculares á ellas, tomando en uno y otro sentido longitudes iguales á AB. Hallar y discutir la ecuación del lugar geométrico de los extremos de estas perpendiculares.

(Juan J. Durán Loriga).

Solución por D. Gabriel Galan.

Los valores de las abscisas BD y BD' de los puntos E y E' que pertenecen al lugar son:
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 16

BD = BC + CD
BD' = BC + CD' = BC - CD

\[
\begin{cases}
X = BC + CD \\
X = BC - CD
\end{cases}
\] (1)

Ahora: en el triángulo ABC se verifica: \( BC = a \tg x \); y en el CDE: \( CD = \frac{y}{\tg x} \); luego las igualdades (1) toman esta forma:

\[
\begin{cases}
x = a \tg x + \frac{y}{\tg x} \\
x = a \tg x - \frac{y}{\tg x}
\end{cases}
\] (2)

Además, en el triángulo CDE:

\[
\gamma = a \sen x.
\] (2)

Eliminando entre ésta y cada una de las (2) el ángulo \( x \) que fija la posición de uno de los puntos del lugar, tendremos dos ecuaciones con \( x \) é \( y \), que son las del lugar geométrico pedido; la primera corresponde á la rama descrita por el punto E y la segunda á la que describe el punto E'.

Para verificar dicha eliminación, expresaremos el seno en función de la tangente en la igualdad (3), lo que da:

\[
y = a \frac{\tg x}{\sqrt{1 + \tg^2 x}} ; \quad \tg x = \frac{y}{\sqrt{a^2 - y^2}}
\]

y sustituyendo este valor de \( \tg x \) en las igualdades (2), tendremos:

\[
x \sqrt{a^2 - y^2} = ay + a^2 - y^2 \ldots \ldots \text{ para la primera rama.}
\]
\[
x \sqrt{a^2 - y^2} = ay - a^2 + y^3 \ldots \ldots \text{ para la segunda.}
\]

Son asíntotas de ambas ramas de la curva, las rectas paralelas al eje de las X cuyas ecuaciones son \( y = \pm a \); tiene un punto doble sobre el eje de las Y, y dos tangentes de inflexión en los puntos en que corta al de las X \ldots \ldots

Cuestión 57 (Véase pág. 248) — Solución por el Sr. Schiappa Monterio.

(Conclusión).

Si se elimina \( \varphi \) y \( \gamma \) entre las tres últimas ecuaciones, se obtendrá por ecuación de la superficie anular propuesta
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 17

\[
\frac{(l \pm \sqrt{x^2 + y^2 - k^2})^2}{a^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1 \tag{6}
\]

\[
\left\{
\begin{array}{l}
x^4 + y^4 + z^4 + 2 \frac{a^2}{c^2} y^2 z^2 + 2 \frac{a^2}{c^2} x^2 z^2 + 2 x^2 y^2 \\
- 2(a^2 + l^2 + k^2) x^2 - 2 (a^2 + l^2 + k^2) y^2 - 2 (a^2 - l^2 + k^2) z^2 \\
\quad + (a^2 + k^2)^2 - 2 (a^2 - k^2) l^2
\end{array}
\right\} = 0 \tag{7}
\]

Estas ecuaciones representan, pues, un núcleo vacío al rededor del eje de las \( z \) ó de la recta D.

**Casos particulares y sus confirmaciones.**

Cuando el plano que pasa por D y por el centro C de la elipse (E) coincide con el plano de las \( xz \), se tendrá \( l = 0 \), y la ecuación de la superficie se reduce á

\[
\frac{x^2 + y^2}{a^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1 + \frac{k^2}{a^2} \tag{8}
\]

que representa un elipsoide de revolución cuyos meridianos tienen por semi-ejes

\[
a \sqrt{1 + \frac{k^2}{a^2}} \quad \text{y} \quad c \sqrt{1 + \frac{k^2}{a^2}}
\]

La elipse dada (E) será, pues, semejante á estos meridianos; pero, en verdad, según los datos del problema, no debemos considerar de esta superficie mas que la zona comprendida entre los planos

\[
z = +c \quad \text{y} \quad z = -c
\]

la cual podrá decirse doble, pudiéndose considerar la otra parte de esta superficie como parásita.

Si el plano de la elipse (E) coincide con el plano \( xz \), se tiene \( k = 0 \), y la ecuación de la superficie engendrada será

\[
(l \pm \sqrt{x^2 + y^2})^2 + \frac{a^2}{c^2} z^2 = a^2 \tag{9}
\]

que se presenta entonces el toro elíptico.

En el caso en que se tenga al mismo tiempo \( l = 0, k = 0 \), ó cuando el centro C de (E) se halle en D, resultará
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 18

\[
\frac{x^2 + y^2}{a^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1
\]
(10)

ecuación de un elipsoide de revolución que tiene por meridiana la elipse dada.

Cuestión 49 (Véase t. II, pág. 126)

Sean GA, OB dos semidiametros conjugados de una elipse; F, F' los focos; OH = \(\frac{OF'}{\sqrt{2}}\); OH' = \(\frac{OF}{\sqrt{2}}\); K el punto simétrico de H' con relación á AB. Demostrar:
1.º Que los cuatro puntos A, B, H, K se hallan en una circunferencia.
2.º Que se tiene \(\frac{KA}{KB} = \frac{HB}{HA}\).

(C. A. Laisant).

Solución por el Sr. Schiapra Moxteiro.

Sean A_0A'_0 y B_0B'_0 los ejes de la elipse dada (S).
Como se sabe, los puntos H, H' son los focos de una elipse \(a_0b_0a'_0b'_0\) ó (\(\Sigma\)), envolvente de las diversas posiciones de AB, homotética y concéntrica con la cónica dada (S) y cuya razón de homotecia es \(\frac{1}{\sqrt{2}}\).

Consideremos el paralelogramo ABA'B' inscripto á (S) y circunscripto á (\(\Sigma\)); y tracemos los dos pares de rectas AH, AH' y BH, BH' que unen los vértices A, B de este paralelogramo con los puntos H, H'.

Según un teorema muy conocido, se tiene que el ángulo HAB es igual al ángulo A'B'H'.

Esto sentado, para satisfacer á la primera parte de la cuestión propuesta, nos basta probar que los ángulos HAK y KBH son suplementarios.

Siendo las rectas AH' y BH' respectivamente simétricas de las AH y BK, los ángulos H'AB y BAK serán iguales entre sí, así como los H'BA y ABK. Pero, en virtud de la propiedad que acabamos de enunciar, los ángulos HAK y KBH son respectivamente iguales á los ángulos B'A, ABA' de los vértices A, B del paralelogramo considerado; y puesto que estos dos últimos ángulos son suplementarios, también lo serán los dos primeros.

Luego los cuatro puntos A, H, B, K se hallan en la circunferencia (\(\omega\)).

(*) La demostración de este teorema se hace muy sencilla recurriendo el círculo principal A_0'AB_1 A'_0 de la elipse (S).
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 19

Para demostrar la segunda parte de la cuestión propuesta, tenemos que considerar los dos pares de triángulos semejantes \( mAK, mBH \) y \( mAH, mBK \) que se obtienen uniendo los cuatro puntos A, H, B, K, que determinan el cuadrilátero AHBK, cuyo punto medio \( m \) de la diagonal AB, punto de contacto de esta recta con su envolvente (\( \Sigma \)), será evidentemente su intersección con la otra diagonal HK, prolongación del vector \( Hm \).

La comparación de los triángulos considerados da

\[
\frac{KA}{Km} = \frac{HB}{mB} \quad \text{y} \quad \frac{Km}{KB} = \frac{mA}{HA}
\]

Multiplicando estas relaciones, miembro á miembro, y observando que \( mA = Bm \), se tiene

\[
\frac{KA}{KB} = \frac{HB}{HA}
\]

que es lo que debíamos demostrar.

Nota. — Si se traza el vector \( Hm \), y se prolonga en una longitud \( mK_n \) igual al mismo, el punto \( K_o \) se hallará en la circunferencia (\( \omega \)), y al mismo tiempo en una elipse (\( \Sigma' \)) homotética á (\( \Sigma \)), siendo el centro de homotecia directa el foco II' de ésta.

Determinando los puntos simétricos \( K' \) y \( K'_o \) de los puntos H y \( K_o \) con respecto á la recta AB, se tendrá otro círculo (\( \omega \)) que pasa por los cinco puntos A, K', B, H', K', simétricamente igual al círculo (\( \omega \)), con relación á esta misma recta.

El círculo generador (\( m \)) de la cónica (\( \Sigma \)) tiene el centro en \( m \) y pasa por los puntos K, K_o, K'_o, H' tocando en K al círculo director (H) que tiene el centro en H y por radio \( HK = a_o a'_o \).

Como se ve, el lugar geométrico (\( \Omega \)) descrito por el punto \( \omega \) es uno de aquéllos desde los que se pueden trazar geométricamente normales á la elipse (*).

Es claro que esta figura nos conduce á otras propiedades, y á desarrollar algunos de los enunciados relativos á las cónicas, sobre las que insistiremos más tarde.

Podíamos llegar á la solución buscada, empleando el método de las

(*) Considerando la elipse (\( \Sigma \)) como el lugar geométrico de un punto de una recta de longitud constante que se mueve de manera que sus extremidades rodaban sobre dos rectas que se cortan en ángulo recto, ó según un ángulo cualquiera, el lugar geométrico de los centros instantáneos de rotación de esta recta móvil será una circunferencia desde la que es también fácil trazar geométricamente normales á esta curva.

Nuestro amigo, el distinguido escritor matemático señor Rodolpho Guimaraes, ha resuelto elegantemente este problema en el número 18 de El PROGRESO MATEMÁTICO en el caso en que
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 2

Et on dit alors que le point P est dérivé des points \( e_1 \) et \( e_2 \) au moyen des nombres \( a_1 \) et \( a_2 \), qu'on peut regarder comme une espèce de coordonnées homogènes du point P.

Si P est situé sur la droite \( e_1 e_2 \) hors du segment (\( e_1 \) et \( e_2 \)), l'un ou l'autre de ces nombres est négatif.

2. Un autre point \( Q_2 \) soit déterminé par l'équation:

\[
\frac{e_1 - Q}{Q - e_2} = \frac{-a_2}{a_1}, \text{ ou } \frac{e_1 - Q}{e_2 - Q} = \frac{a_2}{a_1},
\]

ou

\[
(x_1 - x_2) Q = x_1 e_1 - a_2 e_2.
\]

En comparant les équation (1) et (3) on trouve que les points (P, Q) sont harmoniques par rapport à (\( e_1, e_2 \)).

Donc les équations (2) et (4) expriment ensemble la relation harmonique entre quatre points. – Si \( x_2 = x_1 \), on tire de (2):

\[
P = \frac{e_1 + e_2}{2},
\]

es P est le centre du segment (\( e_1, e_2 \)). En outre on tire de (4):

\[
0. Q = (e_1 - e_2);
\]

cela veut dire que la distance (\( e_1 -- e_2 \)) est équivalente au point infini de la droite \( e_1 e_2 \), et que le point infini est un point chargé du coefficient 0.

Si

\[
(e_1 - e_2) = (e_3 - e_4),
\]

on a:

\[
e_1 + e_4 = e_2 + e_3, \text{ ou } \frac{e_1 + e_4}{2} = \frac{e_2 + e_3}{2},
\]

ce qui exprime une propriété connue du parallélégramme.

3. Soient \( e_1, e_2, e_3 \) trois points quelconques d'un plan, et P un point quelconque situé dans le triangle (\( e_1, e_2, e_3 \)); soit en outre \( P_3 \) le point d'intersection des droites \( e_1 e_2 \) et \( Pe_3 \); alors on peut dériver \( P_3 \) de \( e_1 \) et \( e_2 \) au moyen de l'équation

\[
(a_1 + a_2) P_3 = x_1 e_1 + a_2 e_2,
\]

et P de \( P_3 \) et \( e_3 \) au moyen de l'équation

\[
(x_1 + x_2 + x_3) P = (x_1 + x_2) P_3 + x_3 e_3;
\]