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El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 29

se deduce

\[
\overline{BC} = 2 \cdot SB^2 = \frac{6 - 2 \sqrt{5}}{2} = 3 - \sqrt{5}
\]

\[
AB^2 = AC^2 = SA^2 + SB^2 - SA \cdot SB = \frac{12 - 4 \sqrt{5}}{4} = 3 - \sqrt{5} = BC^2
\]

El triángulo ABC es, pues, equilátero y no rectángulo, como expresaba el enunciado del J. M.

Solución por el Sr. Retali (V.) (*)

Sea \(a\) el segmento tomado sobre SA, y sea \(a'\) el segmento áureo de \(a\); tendremos

\[
a^2 - aa' = a'^2 \quad (**)
\]

del triángulo rectángulo BSC se deduce

\[
BC^2 = 2a'^2;
\]

y del triángulo ABS,

\[
AB^2 = a^2 + a'^2 - 2aa' \cdot \cos 60^\circ = a^2 + a'^2 - aa';
\]

luego \(AB = BC = CA\): el triángulo ABC es equilátero.

Solución por el Sr. Gillet (J.)

Hagamos \(SA = a\), de donde

\[
SB = SC = \frac{a}{2} (\sqrt{5} - 1)
\]

El triángulo rectángulo BSC da

\[
BC^2 = 2SB^2 = a^2 (3 - \sqrt{5})
\]

En el triángulo ASB, puesto que \(\cos 60^\circ = \frac{1}{2}\), se tiene

\[
AB^2 = SA^2 + SB^2 - SA \cdot SB \\
= a^2 + \frac{a^2}{2} (3 - \sqrt{5}) - \frac{a^2}{2} (\sqrt{5} - 1) \\
= a^2 (3 - \sqrt{5}).
\]

(*) En el enunciado de esta cuestión léase triángulo equilátero en vez de triángulo rectángulo.

(**) Pues la tangente \(a\) es media proporcional entre el segmento \(a' + a\) y el segmento externo \(a'\) en la figura que determina el segmento mayor de la recta dividida en media y extrema razón.—(Z. G. de G.)
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 3

Si, pues, una recta está determinada por los puntos C' y M' (fig. 29) tomados en los lados del ángulo A, el punto A' de intersección con el tercer lado no es arbitrario, sino que se halla determinado por la relación [z]

\[
\frac{A'B \cdot AC' \cdot M'C}{A'C \cdot C'B \cdot M'A} = 1.
\] [1]

Caso particular.—Si el punto M' es el punto en el infinito de AC, en cuyo caso C'M' es paralela á la base, resulta que

por ser \( \frac{M'C}{M'A} = 1 \), se tiene \( \frac{A'B}{A'C} = \frac{C'B}{AC'} \),

proposición que se deduce directamente en todos los tratados elementales.

37. Polo y polar.—En vez de trazarse la recta C'M' podemos considerar los dos puntos A' y C' que dan implícitamente las rectas AA' y CC', y por consiguiente, su punto de intersección G.

De modo que, siempre á una misma recta C'A' (polar), corresponde un punto G (polo).

Pero todas las construcciones y relaciones anteriores son consecuencias necesarias del trazado de la recta M'C'. Por consiguiente, si ésta pasa constantemente por M', ó gira alrededor de este punto, á cada una de sus posiciones corresponderá un punto de la recta BM que une el vértice B (fig. 29) con el conjugado armónico de M' con respecto á la base AC del triángulo de referencia.

Recíprocamente.—Si en vez de trazarse la recta C'A' se toma un punto G, de éste se pasará á la recta como de la recta hemos pasado al punto.

Dicha figura tiene otra interpretación, como se sabe, considerándose móvil el triángulo C'GA', de manera que sus tres lados giren alrededor de los polos A, C, M' y sus vértices A', C' recorran las rectas BA, BC, resultando que el tercer vértice G recorrerá el rayo BD conjugado armónico del BM' respecto á los rayos BA y BC.

Casos particulares.—1.º Si el punto M' es el punto en el infinito de la base, el punto M es el pie de la mediana, y recíprocamente: Si G es un punto de la mediana, la recta C'A' es paralela á AC'. Luego el lugar geométrico del punto G cuando la recta A'C' gira alrededor del punto
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 30

Se tendría igualmente

\[
AC^2 = a^2 (3 - \sqrt{5}).
\]

Por consiguiente \( AB = BC = CA \), y el triángulo ABC es equilátero.

Solución por el Sr. SollerTINSKY.

En el triángulo ASB se tiene

\[
AB^2 = SA^2 + SB^2 - SA.SB = SA.SC + SB = 2SB^2
\]

y el triángulo BSC da

\[
BC^2 = SB^2 + SC^2 = 2SB^2
\]

el triángulo ABC, es, pues, equilátero

Observación.—Para que el triángulo ABC sea rectángulo en A es necesario y basta que se tenga \( 2SA = SB + SC \).

Nota.—También el Sr. Jiménez Rueda dirigió á esta Radacción una nota deduciendo que, para ser rectángulo el triángulo se necesita que sea

\[
SA = \frac{SB + SC}{2}
\]

ó bien que \( SA = SB = SC \), lo que según el enunciado (defectuoso) no podría ser, suponiéndose en este ser SB y SC un segmento de SA.

También se ha recibido una solución del Sr. Clavero y Guervos análogas á las anteriores, que por esta razón no insertamos.

CUESTIÓN III. (Véase t. III, págs. 72 y 110).

Sin escribir ecuación alguna ni trazar más que el cuarto de un dodecágono regular inscripto á un círculo, demostrar que el área de este polígono es igual á tres veces el cuadrado construído sobre el radio.

(H. Brocard.)

2.a Solución dada por el Sr. Jiménez Rueda.

Sea OABCD el cuarto del dodecágono; OAFD el cuadrado sobre el radio; la diagonal OF es perpendicular al lado BC por simetría;

\(
\angle x = \angle 6
\)

por complementos ambos de los ángulos en la base de los triángulos isósceles

\[
ODC = OCB = OBA
\]

Prolónguese AB y DC hasta G, y trácense BH y CH de modo que

\[
\angle OBH = \angle OCH = \gamma;
\]

los cuatro triángulos

\[
AFG, DFG, OBH \text{ y } OCH
\]

son iguales por tener \( AF = FD = OB = OC \) que son lados contiguos
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 31

á ángulos respectivamente iguales; luego figura AGDFA <> figura OBHCO. Pero siendo iguales los ángulos obtusos de vértices G y H, como homologos de triángulos iguales, también lo serán los agudos sus suplementos; y la figura BHCG será rombo, luego, añadiendo á cada área de la equivalencia anterior la mitad de este rombo, resulta que la figura ABCDFA es exactamente equivalente á uno de los tres triángulos OBC, etc., y por tanto que si el cuadrado contiene cuatro triángulos y el dodecágono doce, éste es triplo de aquél, según queríamos demostrar.

Solución por D. JORGE LUZON DE LAS CUEVAS

Siendo AC el lado del exágono y B el punto medio del arco AC, las diagonales AC y BO del cuadrilátero ABCO, son perpendiculares é iguales al radio; por tanto, si por los vértices A, B, C, O, trazamos paralelas á ellas, circunscribiremos al cuadrilátero ABCO el cuadrado MNPQ construído sobre el radio; y como ABC es la mitad del rectángulo AMNC y ACO, la mitad de ACPQ, será ese cuadrilátero equivalente á la mitad del cuadrado construído sobre el radio; teniendo el dodecágono seis cuadriláteros iguales al ABCO, queda demostrada la proposición.

CUESTIÓN 64 (véase t. II pág. 214)

Una elipse cuyo centro es C gira en su plano alrededor de su foco F, y corta en P á una recta fija FX. Sobre la normal en P se toma una longitud PN igual al semidiámetro conjugado á CP. El lugar del punto N es una circunferencia.

(N. C. M.)

Solución por el Sr. SOLLERTNISKY

Sea F' el segundo foco de la elipse. Se sabe que

\[
PN = PN' = \sqrt{PF.PF'},
\]

y que, por consiguiente, el cuadrángulo N'FNF' es armónico. Además, designando los ejes de la elipse por \(2a, 2b\), se tiene

\[
CN = a - b, \quad CN' = a + b
\]

Sea D la intersección de las rectas FP y NC. Siendo NN' la simediana del triángulo FNF', se tiene \( \angle FNC = \angle N'NF' \); pero \( \angle N'NF' = \angle N'FF' \); y siendo FF' la simediana
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 32

del triángulo FNN', se tiene

\[
\angle N'FF' = \angle PFN.
\]

El triángulo DFN es así isósceles. Luego, si se toma sobre FD la longitud FE = CN = \(a - b\), se tendrá

\[
EN = FC = \text{const.}
\]

Se demostraría de la misma manera que el punto N' describe una circunferencia de igual radio FC, de centro E' situado en Fx, á distancia FE' = \(a + b\) de F.

OBSERVACIÓN. Una hipérbola gira en su plano al rededor del foco F y encuentra en P á una recta fija Fx.

Sobre la tangente en P se toma la longitud PN = PN' igual al semidiametro conjugado del CP.

El lugar de cada uno de los puntos N y N' es una paralela á Fx.

CUESTIÓN 63 (véase t. II, pág. 160)

Sean AEFB, AHIC los cuadrados construídos sobre los lados del ángulo recto de un triángulo ABC rectángulo en A; O el punto de intersección de las rectas CF, BI, AOD la perpendicular bajada desde el vértice A sobre CD. Demostrar que

\[
\frac{1}{AO} = \frac{1}{AD} + \frac{1}{BC}
\]
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 33

2.º  AB. FC. IO = AC. FO. IB.

3.º  \( \frac{IO}{OB} = \frac{(AB + AC) AC}{AB^2} \), \( \frac{FO}{OC} = \frac{(AB + AC) AB}{AC^2} \)

(H. Van Aubel)

Solución por el Sr. Sollertinski (B)

Sean K, L, M los puntos en que la paralela AC trazada por O encontrá á las rectas BC, AB, FAJ; K', L', M' los puntos análogos en la paralela á AB.

1.º Se tiene

\[
\frac{ML}{FB} = \left( \frac{AM}{AF} = \frac{CO}{CF} \right) = \frac{OK}{FB},
\]

de donde OK = ML.

Pero ML = LA = OL'; luego OK = OL'

De igual manera OK' = OL. Por consiguiente KK' = (LL') = AO.

Y de los triángulos semejantes OK'K y ABC se obtiene

\[
\frac{OD}{AD} = \frac{K'K}{BC}
\]

Así

\[
\frac{1}{BC} = \frac{OD}{AD. AO} = \frac{AD - AO}{AD. AO} = \frac{1}{AO} - \frac{1}{AD}
\]

2.º En el triángulo FAC se tiene

\[
\frac{FC}{FO} = \frac{AC}{OM}
\]

y el triángulo JAB da

\[
\frac{JO}{JB} = \frac{OM'}{AB}
\]

Luego

\[
\frac{FC. JO}{FO. JR} = \frac{AC}{AB} \quad ó \quad AB. FC. JO = AC. FO. JB.
\]

3.º Evidentemente

\[
\frac{JO}{OB} = \frac{CL'}{L'A} = \frac{CL'}{L'K'} \cdot \frac{L'K'}{L'A};
\]
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 34

pero \( \frac{CL'}{L'K'} = \frac{CA}{AB} ; \quad \frac{L'K'}{L'A} = \frac{OL' + L'A}{L'A} = \frac{AB + AC}{AB} \)

Luego \( \frac{JO}{OB} = \frac{(AB + AC) AC}{AB^2} \)

QUESTIONES PROPUESTAS

140. Sobre los seis lados de un exágono A₁A₂A₃..... se construyen exteriormente los triángulos equiláteros A₁B₁A₉, A₄B₃A₃,..... é interiormente los triángulos equiláteros A₁b₁A₃, A₄b₂A₃, .... Sean I₁, I₄, ... i₁, i₄, ... los centros de estos triángulos:
  1.º Si se construyen los paralelogramos I₄I₂I₃D, I₄I₄I₁E; el triángulo DI₃E será equilátero.
  2.º Si sobre B₃B₁, B₃B₁ se construyen los triángulos equiláteros B₃FB₁, B₃GB₁, la figura FB₂B₃G será un paralelogramo.
  3.º Si sobre I₄I₄, i₄i₄ se construyen los triángulos equiláteros I₃HI₃, i₄Ki₄, la figura HI₄i₄K será un paralelogramo.
  4.º Si se traza la recta i₄L igual y paralela á I₄i₄, la recta LI₄ será igual y paralela á I₄i₄.
  5.º Si se traza la recta b₄M igual y paralela á B₃b₄, la recta MB₁ será igual y paralela á B₃b₆.
  6.º Si sobre B₃B₁, b₄b₆ se construyen los triángulos equiláteros B₃NB₁, b₄Pb₆, la figura NB₄b₄P será un paralelogramo. (1)

(H. Van Aubel).

141. Si se considera el lugar C de los centros de gravedad de los arcos de una curva C, contados á partir de un punto fijo A; el punto de contacto G de la tangente á C' trazada por un punto cualquiera P de la curva C es el centro de gravedad del arco AP.

(N. C. M.) (E. Cesáro).

ERRATA: En la p.ª 191, lín. penúltima, en vez de \( a < 1 \), léase \( x < 1 \).

(1) Esta cuestión da los medios de construir el exágono conociéndose, por ejemplo: 1.º los puntos I₁, I₄, I₃, I₄, i₁, I₆; 2.º B₁, b₁, B₃, B₄, B₅, B₆; 3.º I₁, I₄, I₃, i₁, I₆; 4.º I₁, i₄, I₃, i₄, I₃, I₆; 5.º B₁, b₂, B₃, b₄, B₅, B₆; 6.º B₁, B₃, B₄, b₄, B₅, b₆.
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 4

en el infinito, ó cuando se traslada paralelamente á la base, es LA MEDIANA.

2.º Cuando el punto M es tal que BM' es la bisectriz del ángulo adyacente al B, el punto G recorre la bisectriz de este ángulo, mientras A'C' gira alrededor de M'.

3.º Cuando los puntos A', C' son los pies de las alturas, al punto M' corresponde el pie M de la tercera altura.

Observación.—Estos tres puntos, cuando el triángulo es isósceles, se hallan en la altura, que además es bisectriz y mediana, y cuando el triángulo es equilátero se hallan confundidos en uno solo, que es el centro.

38. POLAR Y POLO TRILINEALES.—Pero dado un triángulo de referencia ABC y un punto M (fig. 30), no sólo está determinada la recta B'C', sino las otras dos A'B' y A'C' que resultan extendiendo la primitiva construcción, lo que nos da los tres puntos A", B", C", que en la dirección de cada lado del triángulo son los conjugados armónicos de A', B', C' respectivamente. Y aplicando la relación obtenida que constituye el teorema de Menelao, se deduce que los tres puntos A", [B", C" están en línea recta (que es la polar de M respecto al triángulo ABC ó la polar trilineal de M, siendo M el polo trilineal de A"B"C"), así como cada uno de éstos con dos de los otros A"B'C', B'A'C', C"A'B', y en virtud de recíproco del teorema de Juan de Ceva, que las tres rectas AA', BB", CC", etc., son concurrentes.

Casos particulares.—Correspondiendo al pie de la mediana, según 37 (caso part. 1.º), el punto de intersección M' (fig. 29) de A'C' y AC en el infinito, en el caso de ser G el centro de gravedad (centroide del triángulo), la recta A"B"C" (fig. 30) será la línea en el infinito del plano del triángulo.

2.º Si M es el ortocentro H, la polar trilineal correspondiente se llama eje ortico.

3.º Si M es el centro I del círculo inscripto, su polar trilineal es el eje antiortico de ABC.

4.º Si M es el punto K de Lemoine, la polar trilineal es la recta de Lemoine.
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 5

39. DETERMINACIÓN GENERAL DE LA RECTA.—Supongamos los puntos P y Q distintos de los vértices A y C. Supongamos además el punto M' fijo y el punto G determinado por cada posición de la recta M'A'C' al girar alrededor de M'. La consideración de algunos segmentos proporcionales y algunas eliminaciones de términos medios conducen á demostrar, como se sabe, que al girar A'C' alrededor de M', G engendra la recta BM, pues

\[
\frac{ME}{AC'} = \frac{MQ}{AQ}, \quad \frac{BC'}{ME} = \frac{BG}{BM}; \quad \text{luego} \quad \frac{BC'}{AC'} = \frac{MQ}{AQ} \cdot \frac{BG}{GM}
\]

\[
\frac{MF}{CA'} = \frac{MP}{CP}, \quad \frac{BA'}{MF} = \frac{GB}{BM}; \quad \text{luego} \quad \frac{BA'}{CA'} = \frac{MP}{CP} \cdot \frac{BG}{GM}
\]

luego \[ \frac{BC'}{AC'} \cdot \frac{CA'}{BA'} = \frac{MQ}{AQ} : \frac{MP}{CP}; \quad \text{luego} \quad \frac{CM'}{AM'} = \frac{MQ}{AQ} : \frac{MP}{CP} \] (*) [1]

Este razonamiento demuestra la proposición recíproca del lema IV de Pappus, y se demuestra calcando el mismo razonamiento hecho en la Geom. elem. (pág. 229, parte 2.a).

Allí, en efecto, de la hipótesis

\[
\frac{QP}{BA} = \frac{\rho Q}{\rho B} \cdot \frac{RP}{RA}
\]

se deduce que los puntos m, S, R están en línea recta, razonando de la manera siguiente:

\[
\frac{QP}{an} \cdot \frac{ak}{ak} \cdot \frac{BA}{BA} = \frac{\rho Q}{\rho B} \cdot \frac{RP}{RA} \quad \text{(hipótesis)}
\]

Pero \[ \frac{QP}{an} = \frac{mP}{ma}, \quad \frac{an}{ak} = \frac{\rho Q}{\rho B}, \quad \frac{ak}{BA} = \frac{Sa}{SA}; \]

luego \[ \frac{QP}{an} \cdot \frac{ak}{BA} = \frac{RP}{RA} \quad ó \quad \frac{mP}{ma} \cdot \frac{Sa}{SA} = \frac{RP}{RA}; \]

luego \[ \frac{mP}{mA} \cdot \frac{am}{XA} = \frac{RP}{RA} \quad \text{(pues} \quad \frac{Sa}{SA} = \frac{ma}{XA}) \]

luego m, S, R están en línea recta. (Obsérvese que la relación [1] es la

(*) Esta relación entre los tres pares de puntos M y M', A y P, C y Q; es, como se sabe, de involución.
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 6

mismá que la que expresa la proposición demostrada. Se hace esto visible sustituyendo las letras de la figura 12, a, b, S, m, p, Q, P, B, A, R, respectivamente, por las B, C', A', G, A, Q, M, M', C, P de la 28.)

Demostraremos la recíproca diciendo:
Sea el triángulo MBC y la transversal GA'P; se tiene que:

\[
\frac{GM}{GB} \cdot \frac{A'B}{A'C} \cdot \frac{PC}{PM} = 1
\]

pero

\[
\frac{GM}{GB} = \frac{QM}{Bn}, \quad \frac{A'B}{A'C} = \frac{Bk}{M'C};
\]
\[
\frac{GM}{GB} \cdot \frac{A'B}{A'C} = \frac{QM}{M'C} \cdot \frac{Bk}{Bn},
\]

y
\[
\frac{Bk}{Bn} = \frac{AM'}{AQ}; \quad \text{luego} \quad \frac{QM}{M'C} \cdot \frac{AM'}{AQ} \cdot \frac{PC}{PM} = 1
\]

que es la relación de la hipótesis del lema IV.

Casos particulares.—Cuando BC es paralela á AC, ó sea, cuando el triángulo tiene el vértice en el infinito, la recta que une C' con C es paralela á BC; la relación [1] se reduce á

\[
BC' \cdot AM' = BA' \cdot AC'
\]

y por ser
\[
\frac{C'B}{C'A} = \frac{BA'}{MA'}, \quad \frac{C'B}{C'A} = \frac{BG}{GM} = \frac{BA'}{AM}, \quad \text{resulta} \quad AM = AM'.
\]

En el caso de ser los puntos P y Q distintos de A y B, trazándose la MN paralela á AC' (*) el empleo de los triángulos semejantes QMN y QAC', GMN y GBC', ABG y PMG' conducirá á

\[
\frac{MN}{AC'} = \frac{MQ}{AQ}; \quad \frac{BC'}{MN} = \frac{BG}{GM};
\]
luego
\[
\frac{BC'}{AC'} = \frac{MQ}{AQ} \cdot \frac{BG}{GM}
\]

ó
\[
\frac{BC'}{AC'} = \frac{MQ}{AQ} \cdot \frac{BA'}{PM}, \quad \frac{BA'}{M'A} = \frac{MQ}{MP}; \quad \text{y en fin} \quad \frac{MQ}{AM} = \frac{MQ}{AQ}
\]

que es el recíproco del lema I de Pappus.

(*) La recta MN falta en la figura.
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 7

40. Recapitulación. En resumen, vemos que los elementos de Euclides son un desenvolvimiento ó expansión del principio de la determinación de la recta:

Dos puntos determinan una recta

ó su caso particular:

Por un punto solo puede trazarse una paralela á una recta (2) ó bien: Si una recta que encuentra á otras dos forma ángulos interiores cuya suma es menor que dos ángulos rectos, estas dos rectas, prolongadas indefinidamente, acabarán por encontrarse (al lado en que forman los dos ángulos que juntos valen menos que dos rectos):

Para terminar estas generalidades sobre el sistema de la geometría euclídea, analizaremos el encadenamiento é ilación lógica de las proposiciones concernientes á la igualdad y desigualdad de segmentos, ángulos y figuras, y las consecuencias que se obtienen para el sistema general de éstas.

Basta establecer la proposición fundamental de la igualdad de figuras (prop. IV. lib. I): Dos triángulos que tienen iguales dos lados respectivamente é iguales los ángulos comprendidos, tendrán iguales sus bases y sus otros dos ángulos) que equivale á decir que un triángulo está determinado por dos lados y el ángulo comprendido) para que resulten implícitamente establecidos los demás casos de la igualdad de triángulos. Y esta conclusión se halla tácitamente establecida en los Elementos con el mero hecho de hallarse demostrados ad absurdum los casos correspondientes á tres lados iguales y á un lado y dos ángulos en las proposiciones VII, VIII y XVI, lo que podemos hacer ostensible reproduciendo los razonamientos arriba expuestos, pues, en efecto: Dados b, A, c, (dos lados y el ángulo comprendido) quedan determinados B, α, C (los otros dos ángulos y el tercer lado). Pero la figura (bAc) está determinada; luego al partir de la segunda figura (BaC), como las rectas que con a forman los segundos lados de los ángulos B y C están determinadas (ó son únicas), de la figura (BaC) se pasa á la figura (bAc), es decir, la determinación de aquélla lleva consigo la determinación de ésta.

También si con tres lados a, b, c está formado un triángulo, y se llama A al ángulo de b y c, la figura (abc) se confunde con la figura (bAc); pero ésta se halla determinada según la proposición fundamental, es decir, que á c y b con el ángulo A corresponde el único tercer lado a con los ángulos B y C; luego partiendo de a como base los lados b y c tienen que confundirse con los de la figura (bAc).

Así, determinada la figura (bAc), quedan determinadas las (bac), (BaC), (Aab), (Cac).
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 8

Por estar, pues, estos cuatro casos incluidos en el primero, se deducen inmediatamente, como se hace en los Elementos, por el razonamiento ad absurdum.

Además el caso de la figura (aBb) (ó la Cac que es lo mismo) incluido en la proposición XXVI (caso de la igualdad de dos ángulos y un lado en cada uno opuesto á uno de los dos ángulos que son respectivamente iguales en dos triángulos) puede considerarse como una generalización del teorema: oblicuas que son iguales se apartan igualmente de la perpendicular (simétricamente respecto á la perpendicular ó coincidentes si se hallan á un mismo lado); es decir, oblicuas iguales trazadas desde un punto á una recta con respecto á una oblicua, y situadas á un mismo lado de ésta se apartan igualmente de la misma ó también, son iguales y coincidentes; oblicuas trazadas desde un mismo punto á una recta formando ángulos iguales, con la misma orientación, coinciden (a = a', \( \angle B = \angle B' \) y \( \angle A \) ó su suplemento (trazado desde el vértice C) = \( \angle A' \), ó su suplemento, trazado desde el vértice C'; lo que equivale á decir que el triángulo (ABA) está determinado).

En resumen: todas estas proposiciones relativas á igualdad y desigualdad de triángulos expresan situaciones particulares que corresponderían á un triángulo deformándose en el plano. En esta deformación, producida por algunos de los elementos que se suponen variables, éstos conservan entre sí ciertas relaciones y también con los fijos. Así, supuesta una recta indefinida L como base y un punto C exterior, si se considera móvil un segmento cuyo uno de los extremos está en C y el otro en L, variable con relación á una de sus posiciones, que se considera como una recta fija a, irá determinando una infinidad de triángulos, desde el triángulo nulo formado por su coincidencia con la recta fija, hasta el caso de formar dos paralelas con la secante a. A cada posición del segmento corresponderá un punto en la base L y recíprocamente, hasta el caso en que la secante se haga infinita al pasar por el infinito, convirtiéndose en paralela. Infinitud de sistemas de figuras pueden de esta manera irse formando por combinaciones de nuevos elementos, cuyas agrupaciones más cómodas para las deducciones son aquéllas que forman triángulos como los nudos del encadenamiento; y la traducción verbal de estas múltiples relaciones son los teoremas que constituyen el organismo de la ciencia. Entre estas relaciones múltiples recordaremos las que hemos citado en capítulos anteriores, que dan lugar á multitud de casos de la generación de la recta, á relaciones de situación, como de puntos en una recta, de rectas que pasean por un punto, y cuyos fundamentos son las relaciones más complejas que las
El Progreso matemático (1893-07-15 00:00:00), página 9

Note sur la question proposée n° 61
El Progreso matemático (1893-12-15 00:00:00), página 1

El Progreso Matemático

PERIÓDICO DE MATEMÁTICAS PURAS Y APLICADAS

DIRECTOR: D. ZOEL G. DE GALDEANO

NICOLAS IVANOVICH LOBACHEFSKI

RESEÑA BIOFRÁFICO-BIBLIOGRÁFICA

Nicolás Ivanovich Lobachefski, el Copérnico de la Geometría, el gran geómetra eslavo cuyo centenario acaba de festejar el mundo matemático, nació en pobre cuna el día 22 de Octubre) nuestro 2 de Noviembre) del año de 1793 en Nijigorodskdi (Rusia). Su padre murió tempranamente, y su madre, que carecía de bienes de fortuna, pasó grandes privaciones para poder darle educación. Al cabo consiguió hacerle entrar en un gimnasio donde pronto sus talentos le hicieron notable. Algunos profesores extranjeros puestos al servicio del gobierno, entre los que se hallaba el astrónomo Bartels, amigo de Gauss, venidos á Kasan, le cobraron afecto y le protegieron. Con su auxilio consiguió revalidarse, pues si bien su esclarecida inteligencia no necesitaba de ayuda ajena, en cambio una falta de disciplina le produjo graves trastornos y aun estuvo á punto de impedir que se graduase. Durante los años de 1814 á 1816 fué profesor adjunto en la Universidad de Kasan, siendo después nombrado profesor numerario en el mismo establecimiento. Lobachefski es el primer alumno de la Universidad Imperial de Kasan que llegó á profesar en ella. No sólo esto; por largos años fué con general aplauso y provecho grandísimo de la Ciencia, Rector, debiéndose á él la creación de un magnífico Observatorio astronómico, en el cual trabajó como albañil, como arquitecto (haciendo los planos) y como astrónomo. Destruida su obra por un violento incendio, tuvo que multiplicar sus fatigas y afanes, consiguiendo al fin su reconstrucción y nuevo arreglo. Cuéntase, á propósito de esto, la siguiente curiosísima anécdota: — Un sabio extranjero de distinguida posición visitaba un día el edificio y sus anejos. Un pobre hombre de aspecto modesto y humilde, con traje miserable, le guiaba, asombrándole con sus conocimientos. El visitante, a