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El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 1

El Progreso Matemático
PERIÓDICO DE MATEMÁTICAS PURAS Y APLICADAS
DIRECTOR: D. ZOEL G. DE GALDEANO

Principios fundamentales referentes á los grupos de Fuchs
POR D. LAURO CLARIANA
Catedrático de la Universidad de Barcelona

(CONTINUACIÓN)

Así, pues, si (A) es la ecuación de una circunferencia, la transformada (A') también lo será.

La demostración que precede es debida á Mr. Forsyth.

De cuanto precede se deduce la importante consecuencia: Dos circunferencias que se corten formando un cierto ángulo, se transforman por medio de \( t = \frac{az + b}{cz + d} \) en otras dos que se cortan también bajo el mismo ángulo.

Adelantando conocimientos, conviene tener presente que la razón anarmónica (ABCD) = \( \frac{CA}{CB} : \frac{DA}{DB} = \frac{CA}{CB} \frac{DB}{DA} \), cabe escribirla bajo la forma siguiente:

\[
(ABCD) = \frac{t_1 - t_2}{t_1 - t_3} \cdot \frac{t_4 - t_3}{t_4 - t_2},
\]

si \( t_2, t_3, t_1, t_4 \), representan las distancias crecientes desde el origen.

Al sustituir aquí sus equivalentes según las igualdades

\[
t_1 = \frac{az_1 + b}{cz_1 + d}, \quad t_2 = \frac{az_2 + b}{cz_2 + d},
\]

sin olvidar que \( ad - bc = S \), después de toda simplificación, resulta:

\[
\frac{t_1 - t_2}{t_1 - t_3} \cdot \frac{t_4 - t_3}{t_4 - t_2} = \frac{z_1 - z_2}{z_1 - z_3} \cdot \frac{z_4 - z_3}{z_4 - z_2}
\]

(B)

De cuya igualdad se infiere que la razón anarmónica constituida por los elementos \( t \), es igual á la formada por los elementos corres-
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los números fraccionarios, irracionales y negativos, explica lo concerniente á las cantidades imaginarias conforme á los mismos principios, hallando la representación algebraica de la ley de la perpendicularidad que, exigiendo que se tenga \( -\lambda = \lambda p^2 \), da en este caso para modificador algebraico del módulo \( \lambda \) el factor \( \pm \sqrt{-1} \); obtiene así mismo la expresión analítica del coeficiente de dirección de una línea que forma un ángulo \( x \) con la línea origen OA, concluyendo que la igualdad

\[
\cos x + \sqrt{-1} \sin x = e^{x \sqrt{-1}}
\]

hasta entonces considerada como una especie de símbolo, llegaba á ser como una extensión natural de las enseñanzas dadas en la teoría logarítmica, generaliza los principios precedentes, diciendo que cuando una especie de cantidad posea entre dos estados contrarios, que se llaman positivo y negativo, un tercer estado intermedio, y cuando este tercer estado sea tal, que si después de haber practicado para obtenerlo, ciertas operaciones sobre el estado positivo, sucede que repitiendo sobre este estado intermedio las mismas operaciones y en el mismo orden, se pasa al estado negativo, este tercer estado deberá representarse en álgebra por la expresión \( \sqrt{-1}, \) y observando, en fin, que si para los módulos \( \lambda \) y \( x \) de longitudes y de ángulos, unos y otros pueden expresarse por las series

\[
\lambda, 2\lambda, 3\lambda, ... p\lambda, ...
\]

\[
\cos x + \sqrt{-1} \sin x, \cos 2x + \sqrt{-1} \sin 2x, ... \cos px + \sqrt{-1} \sin px
\]

y al dividirse \( \lambda \) y \( x \) por \( n \) resulta

\[
\frac{1}{n}\lambda, 2\frac{\lambda}{n}, ... \quad \cos \frac{x}{n} + \sqrt{-1} \sin \frac{x}{n}, .....
\]

que al hacerse \( \frac{\lambda}{n} = \lambda' \) y \( \frac{x}{n} = x' \), se reducen á las formas anteriores

\[
\lambda' 2\lambda', ... \quad \cos x + \sqrt{-1} \sin x, ...
\]

pudiéndose designar todas las longitudes por la serie de los números \( 1, 2, 3, ... \) y todas las direcciones por la serie

\[
\cos 1 + \sqrt{-1} \sin 1, \cos 2 + \sqrt{-1} \sin 2, ...
\]

afirma la necesidad de admitir en álgebra dos sistemas de numeración: el cuantitativo y el ordinal, el uno representativo de las intensidades de las cantidades, el otro el de su orden, su situación, de sus diferentes modos de existencia ó de acción, y haciendo referencia á ai-
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gunos párrafos contenidos en la obra Recherches sur l'analyse des sections angulaires, (1825), de Poinsot, cree así haber apoyado por su base y hallarse en disposición de seguir en sus desarrollos, esta teoría del orden y de la situación de la magnitud.

Resultados debidos á Cauchy, Puiseux, Liouville y Riemann: Para terminar esta reseña histórica de las cantidades imaginarias, es preciso siquiera citar los importantes desarrollos debidos á Cauchy y hoy expuestos en los tratados de Análisis, ya conforme al modo de ver de este ilustre matemático, ya conforme á la dirección seguida por Riemann también adoptada en multitud de tratados, que han importado á la ciencia los nuevos conceptos de funciones monodromas, crádicas, monogenas monótropas, politropas, uniformes, multiformes, infinitiformes, etc., y que constituyen la teoría de las funciones de variables complejas cuya representación se verifica en uno ó en varios planos ó superficies, entre cuyos resultados citaremos la representación gráfica de la doble periodicidad debida á Liouville, y las propiedades que resultan de los diferentes caminos que recorre el punto correspondiente á la función, y la original teoría de los sistemas circulares y de los contornos elementales que desarrolló Puiseux en sus Recherches sur les fonctions algébriques, y que si continuáramos nos conducirían á otros resultados debidos á los analistas contemporáneos que han enriquecido esta rama de la Matemática; pero ésto nos apartaría de nuestro objeto, y, bastándonos para establecer la ilación de las ideas, el haber hecho esta digresión que nos encaminaba hacia la región del Análisis, volveremos á la de la Geometría, exponiendo los conceptos fundamentales de los métodos de Bellavitis y de Hamilton.

Z. G. de Galdeano.

(Se continuará).

OUESTIONES RESUELTAS

CUESTIÓN 108.
(Véase tomo III, página 71).

Hallar los lados del ángulo recto de un triángulo, conociéndose la hipotenusa a y la suma de los cuadrados de las bisectrices de los ángulos agudos.

(J. M.)

Solución por D. Ángel Bozal, Licenciado en Ciencias.
Sea ABC el triángulo cuyo ángulo recto es A y sean m y n los
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puntos en que las bisectrices de los ángulos agudos B y C cortan respectivamente á sus lados opuestos AC y AB.

Por una propiedad del cuadrado de la bisectriz, se tiene

\[
Bm^2 = AB \cdot BC - Am \cdot Cm \quad \text{y} \quad Cn^2 = AC \cdot BC - An \cdot Bn
\]

sumando estas relaciones miembro á miembro, llamando K² la suma de los cuadrados de las bisectrices, y siguiendo la notación convenida para designar los lados de un triángulo, se obtiene:

\[
K^2 = a^2 + b^2 + c^2 - (Am \cdot Cm + An \cdot Bn)
\]

Pero por el teorema de Pitágoras, se tiene

\[
c = \sqrt{a^2 - b^2}
\]

luego la última nos da

[1] \[
K^2 = a(b + \sqrt{a^2 - b^2}) - (Am \cdot Cm + An \cdot Bn).
\]

Esto sentado, tratemos de calcular los valores de las cantidades Am, Cm, An, Bn en función de a y b solamente; se tiene, en efecto:

\[
\frac{Am}{c} = \frac{Cm}{a}, \quad \text{o sea} \quad \frac{Am + Cm}{a + \sqrt{a^2 - b^2}} = \frac{Am}{a}
\]

de donde despejando Am, y haciendo racional el denominador de su valor, se halla:

\[
Am = \frac{\sqrt{a^2 - b^2} \cdot a - \sqrt{a^2 - b^2}}{b} \tag{2}
\]

De la misma propiedad y marcha de cálculo, se obtiene:

\[
Cm = \frac{a(a - \sqrt{a^2 - b^2})}{b} \tag{3}
\]

Para la bisectriz Cn se tiene:
\[
An = \frac{Bn}{a} \quad \text{de la que como antes, dedujimos que:}
\]
\[
An = \frac{b \sqrt{a^2 - b^2}}{a + b} \tag{2'}
\]
\[
Bn = \frac{a \sqrt{a^2 - b^2}}{(a + b)} \tag{3'}
\]

Multiplicando las [2] y [3] entre sí, y luego las [2'] y [3'] y sumando los dos productos obtenidos, se halla:

\[
Am \cdot Cm + An \cdot Bn = \frac{a \sqrt{a^2 - b^2}(a - \sqrt{a^2 - b^2})^2}{b^2} + \frac{ab(a^2 - b^2)}{(a + b)^2}
\]
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valor que sustituido en la [1] nos da:

\[
K^2 = a(b + \sqrt{a^2 - b^2}) - \left( \frac{a \sqrt{a^2 - b^2}(a - \sqrt{a^2 - b^2})^2}{b^2} + \frac{ab(a^2 - b^2)}{(a+b)^2} \right)
\]

Teniendo en cuenta el valor de la diferencia de los cuadrados de dos cantidades, y simplificando, se obtiene:

\[
K^2 = a(b + \sqrt{(a+b)(a-b)}) - \left[ \frac{a \sqrt{(a+b)(a-b)} (a - \sqrt{(a+b)(a-b)})^2}{b^2} + \frac{ab(a-b)}{a+b} \right]
\]

de la que se deduce:

\[
K^2 b^4 (a+b) + a(a+b) \sqrt{(a+b)(a-b)} (a - \sqrt{(a+b)(a-b)})^3 =
\]
\[
= ab^2 (a+b)(b+1) \sqrt{(a+b)(a-b)} + ab^2 (a-b).
\]

De este modo hemos conseguido hacer que la ecuación [1] sólo dependa de la incógnita \( b \) dada por esta última ecuación. Transformándola, haciendo las operaciones sucesivas que se presentan, reduciendo términos semejantes, ordenando, separando factores comunes y elevando al cuadrado, se llega á la ecuación siguiente:

\[
[-ab^4 + (a^2 + k)b^3 + a(2a^2 + k)b^2 - 2a^4b - 2a^3] =
\]
\[
= (a^2 - b^2)[ab^4 + a(1 + a)b^3 + a^3b^2 - 2a^3b + 2a^4]^*
\]

ecuación que después de resuelta con relación á \( b \), única incógnita que hay, nos da:

\[
b = \pm \sqrt{2k^2 - a^8}
\]

Ahora bien; como

\[
c = \sqrt{a^2 - b^2} \quad \text{se tendrá} \quad c = \sqrt{(2a^2 - k^2)}
\]

quedando la cuestión resuelta.

Comprobación. Si sumamos miembro á miembro los valores hallados para \( b^3 \) y \( c^3 \) se obtiene:

\[
b^3 + c^3 = 2k^2 - a^8 + 2a^8 - 2k^8 = a^8
\]

que nos comprueba, según el teorema de Pitágoras, el resultado obtenido para \( b \) y \( c \).

Segunda solución. Puede llegararse al mismo resultado, siguiendo el camino siguiente:
En la misma figura y notación, se halla
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\[
\overline{Bm^2} = (An + Bn)^2 + \overline{Am^2} \quad \text{y} \quad \overline{Cn^2} = (Am + Cm)^2 + \overline{An^2}
\]

Sumando miembro á miembro, resulta como antes:

\[
K^2 = 2(\overline{Am^2} + \overline{An^2} + Am.Cm + An.Bn) + \overline{Cm^2} + \overline{Bn^2}
\]

Sustituyendo aquí los valores [2], [3], [2'], [3'] se obtiene una relación con la única incógnita \( b \), que nos lleva al mismo resultado que antes.

Tercera solución. La resolución geométrica de esta cuestión queda reducida á determinar el punto P de intersección de las dos bisectrices \( Bm \) y \( Cm \), pero entonces tendríamos

\[
\overline{BP^2} + \overline{CP^2} = K^2
\]

igualdad que nos permite calcular el radio del círculo circunscrito al triángulo ABC, y por tanto, conociendo P, el problema está resuelto geométricamente, pues bastaría determinar el ángulo según el cual desde P se ven los catetos en cuestión, cosa sencilla tratándose de ángulos que, como los B y C, son complementarios, y las rectas BP y CP son sus bisectrices.

Solución por el alumno D. Ricardo Caro

Sea BC = \( a \) la hipotenusa dada, y \( b^2 \) la suma de los cuadrados de las bisectrices de los ángulos agudos.

La construcción del triángulo sería fácil, si conociésemos el punto D, de concurso de las bisectrices. Veamos á qué condiciones debe satisfacer.

Debemos tener \( DB^2 + DC^2 = b^2 \) luego D, debe estar en una circunferencia cuyo centro sea o, y cuyo radio sea

\[
OI = \sqrt{\frac{2b^2 - a^2}{2}}
\]

Observemos además que \( \angle ABC + \angle ACB = 90^\circ \), y dividiendo por 2, \( \angle DBC + \angle DCB = 45^\circ \); luego en el triángulo DBC tendremos siempre \( \angle BDC = 135^\circ \). Tracemos sobre BC un arco capaz de un ángulo de 135° = BCG, y el punto D deberá hallarse constantemente sobre el arco BDC trazado.

Queda el punto D determinado por la intersección de los arcos BDD'C, y DID', y el problema resuelto.
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Discusión. Para que se halle solución, es preciso que los arcos se corten, es decir, que se verifiquen las condiciones

\[
OI \geq OH \quad \text{y} \quad OI < OC
\]

Obsérvese que

\[
OH = EH - EO = \frac{a}{\sqrt{2}} - \frac{a}{2} = \frac{a(\sqrt{2}-1)}{2}
\]

Sustituyendo este valor y el (1) en la condición primera, tendremos

\[
\frac{\sqrt{2b^2-a^2}}{2} \leq \frac{a(\sqrt{2}-1)}{2} \quad \text{o} \quad 2b^2 - a^2 \leq a^2(\sqrt{2}-1)^2
\]

que se transforma fácilmente en

\[
b^2 \geq a^2(2\sqrt{2}) \tag{2}
\]

Sustituyendo valores en la segunda condición, da

\[
\frac{\sqrt{2b^2-a^2}}{2} < \frac{a}{2} \quad \text{o} \quad 2b^2 - a^2 < a^2
\]

ó finalmente

\[
b^2 < a^2 \tag{3}
\]

Las desigualdades (2) y (3) limitan el valor de \( b \).

CUESTIÓN 79
(Véase tomo II página 279).

Construir un triángulo dados los vértices A', B', C', de los triángulos equiláteros construidos exterior ó interiormente sobre sus lados.

(H. Van Aubel).

Solución por el Sr. Lemoine (E).

Este problema ha sido bastante frecuentemente propuesto y tratado desde que lo hemos expuesto en cuestión (véase Nouv. Annales de Mathématiques, 1868, quest. 864 p. 191). Ha tenido (Iden 1869, pág. 40), una solución del Sr. Kiepert muy elegante, y con este motivo, fué como este geómetra halló la cónica que después se conoció con su nombre en la geometría del triángulo.

Vamos á dar aquí otras soluciones que no han sido expuestas, creo, todavía.

La cuestión comprende cuatro casos por examinar: sean A', B', C' los vértices de los triángulos equiláteros descritos sobre BC, CA, BA
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exteriormente al triángulo ABC, y A', B', C' los vértices de los triángulos equiláteros descriptos sobre BC, CA, AB en sentido opuesto.

1º caso, se dan:    C', B', A'
2.º >      >      C', B', A'
3.º >      >      A', B', C'
4.º >      >      A', B', C'

Para resolver los dos primeros casos, nos apoyaremos, respectivamente, en los siguientes lemas fáciles de establecer:

1º caso. Lema: La figura AC'A'B' es un paralelogramo, por consiguiente, el punto A queda conocido, si se conoce C', B', A' y B y C son los vértices de los triángulos equiláteros descriptos sobre AC' y sobre AB'.

El primer caso queda resuelto.

2.º caso. Lema: La figura AC''A'B'' es un paralelogramo, por consiguiente, el punto A queda conocido, si se conocen C'', B', A' y B y C con los vértices de los triángulos equiláteros descriptos sobre AC'' y sobre AB''.

El segundo caso queda resuelto.

3.º caso. Lema: Las tres rectas AA', BB', CC' se cortan en un punto O' desde el que los tres lados BC, CA, AB se ven según un ángulo de 120°.

O' es el punto llamado centro isógono (véase Boutin, Journ. de math. élém., de M. de Longchamps, 1889, pág. 99).

Primera solución. Podemos construir el punto O' y trazar las rectas AO', CO'; el triángulo B'AC es uno de los triángulos equiláteros que tienen un vértice fijo en B' y de los que otro vértice resbala sobre A'O, el lugar de C es, pues, una recta fácil de construir; pero C se halla también sobre OC'; luego está determinado. La construcción se acaba sin ninguna dificultad.

Segunda solución. Lema: Sea un triángulo equilátero AB'C y O' un punto de la circunferencia circunscrita á AB'C y tal, que O' y B' estén á una y otra parte de CA, se tiene:
\[
O'B' = O'A + O'C
\]
Determinemos O' como anteriormente en la primera solución, se tiene, según el lema
\[
O'A' = O'B + O'C,\quad O'B' = O'C + O'A,\quad O'C' = O'A + O'B
\]
de donde se deduce
\[
O'A = \frac{1}{2} (O'B' + O'C' - O'A'),\quad O'B = \text{etc.}
\]
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y los puntos A, B, C quedan colocados, tomando, á partir de O' las longitudes O'A, O'B, O'C.

4.º caso. Las dos soluciones del tercer caso se aplican idénticamente poniendo respectivamente O", A", B", C" donde hemos puesto

O', A', B', C'

Tercera solución. Un cálculo fácil de ejecutar da el área de ABC, sea en función de B'C', C'A', A'B', sea en función de B"C", C"A", A"B". De esto se deduce el valor de los tres lados BC, CA, AB en función de los datos, porque \( \overline{B'C'}^2, \overline{B''C''}^2 \), etc., se expresan simple y linealmente en función de \( \overline{BC}^2, \overline{CA}^2, \overline{AB}^2 \) y de S.

CUESTIÓN 136
(Véase tomo III, página 182).

Sobre los tres lados de un triángulo ABC en el que los pies de las alturas son D, E, F, se construyen triángulos BA₁C, CB₁A, AC₁B, directamente semejantes á ABC, BCA, CAB.

Demostrar que, si el radio R del círculo circunscrito al triángulo ABC es cuádruplo del radio r' del círculo circunscrito al triángulo DEF, las recta AA₁, BB₁, CC₁ pasan por un mismo punto.

(H. Van Aubel)

Solución por el Sr. Schiappa Monteiro (A).

Prolonguemos las alturas AD, BE, CF que se cortan en I hasta sus puntos de encuentro D₁, E₁, F₁ con la circunferencia (O) circunscrita al triángulo ABC; y se tendrá el triángulo D₁E₁F₁, que se reemplazará á este triángulo, para determinar así más fácilmente la relación entre los radios R, r' y la distancia d entre los centros O é I de su círculo circunscrito (O) y del círculo inscrito en el triángulo DEF.

Designando por r el radio del círculo inscrito (I) en este triángulo auxiliar D₁E₁F₁, se tiene

\[
d^2 = R(R - 2r)
\]

pero el triángulo órtico DEF siendo homotético á este triángulo, y siendo \( \frac{1}{2} \) la razón de homotecia, resulta

\[
r = 2r'
\]

y por consiguiente, la ecuación (1) da

\[
d^2 = R(R - 4r')
\]

Así, según la condición establecida, para \( R = 4r' \) se tendrá \( d = 0 \).
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En este caso, el ortocentro I del triángulo ABC coincidirá con su complementario O, y, por consiguiente, este triángulo se convierte en equilátero, así como los triángulos BA₁C, CB₁A, AC₁C; y las rectas AA₁, BB₁, CC₁ coincidirán con sus tres alturas ó tres bisectrices. Luego, etc.

Observación. En este caso particular, el punto de encuentro de estas tres rectas AA₁, BB₁, CC₁, que serán iguales entre sí, será también el punto de intersección de los círculos circunscritos á estos tres triángulos equiláteros, ó el punto cuya suma de las distancias á los tres vértices del triángulo ABC es mínima é igual á cada una de estas rectas (1).

Solución por el Sr. Sollfektinsky (B.)

Siendo semejantes los triángulos BA₁C y ABC, se tiene

\[
BA_1 = \frac{ac}{b}, \quad CA_1 = \frac{a^2}{b}
\]

designando \(a, b, c\) los lados de ABC.

Sea \(x\) la intersección de las rectas AA₁ y BC. Se tiene evidentemente

\[
\frac{Bx}{xC} = \frac{ABA_1}{A_1CA} = \frac{ac^3}{b} \text{ sen } C : a^3 \text{ sen } 2C = \frac{a^4}{2ab \cos C}
\]

De igual modo, siendo \(β\) y \(γ\) los puntos en que BB₁ y CC₁ encuentran respectivamente á CA y AB, se tendrá

\[
\frac{Cβ}{βA} = \frac{a^2}{2bc \cos A}, \quad \frac{Ay}{γB} = \frac{b^2}{2ac \cos B}
\]

Pero, para que las rectas AA₁, BB₁, CC sean concurrentes, es necesario y suficiente que se tenga

\[
\frac{Bx}{xC} \cdot \frac{Cβ}{βA} \cdot \frac{Ay}{γB} = 1
\]

lo que da

\[
8 \cos A \cdot \cos B \cdot \cos C = 1 \tag{1}
\]

de donde el triángulo ABC debe ser necesariamente acutángulo.

Hallándose satisfecha esta condición, sea H el ortocentro de ABC.

Del triángulo HEF se obtiene

\[
r' \cdot HA = HE \cdot HF
\]

porque \(r'\) es la altura y HA el diámetro del triángulo.

Pero \(HE = HA \cdot \cos C,\ HF = HA \cdot \cos B,\ HA = 2R \cdot \cos A\)

(1) Véase la Solución de un problema de mínimo de Fermat que hemos publicado en el Bulletin Scientifique, núm del 30 de Julio de 1891.
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Luego \( r' = 2R \cos A \cdot \cos B \cdot \cos C \)

y por consiguiente, la condición (1) toma la forma

\[
4r' = R \tag{2}
\]

Evidentemente, las condiciones (2) y (1) no son equivalentes más que en el caso del triángulo acutángulo; en los demás casos el teorema no es cierto.

CUESTIÓN 61
(Véase t. I, página 196).

Una transversal d corta á los lados BC, CA, AB de un triángulo ABC en los puntos A', B', C'. Por A' se traza una paralela á AB, por B' una paralela á BC, por C' una paralela á CA; estas tres rectas forman un triángulo A"B'C".

Hallar la envolvente de la recta d, los lugares de los puntos A", B", C" y los lugares de los puntos de intersección de las rectas AA", BB", CC" ó de las rectas AC', BA", CB' cuando el triángulo A"B'C" tiene una área dada.

(J. Neuberg).

Solución por el Sn. Sollertinskij (B)

Sobre CB, BA, AC tomemos las longitudes Cz, Bγ, Aβ iguales á los lados paralelos A"B"C".

Siendo constante el área del triángulo, lo mismo sucede con sus lados, y por consiguiente los puntos α, β, γ son fijos.

Sea O' el centro de homología de los triángulos ABC y A"B"C"; A₁, B₁, C₁ las intersecciones de los lados correspondientes de los triángulos ABC y A"B"C"; D y E los puntos en que AO' y Ax encuentran respectivamente á BC y B"C".

Siendo paralelas las rectas xC" y CB", se tiene \( \frac{O'C}{xC''} = \frac{CD}{Dz} \);

Pero \( \frac{CD}{Dz} = \frac{B'C'}{C'E'} \); luego \( \frac{O'C}{xC''} = \frac{CA_1}{C'E'} \)

de lo que resulta que O'A₁ y Ax son paralelas.

Igualmente O'B₁ y O'C₁ son respectivamente paralelas á las rectas Bβ y Cγ.

Además, se tiene evidentemente

\[
\frac{C_1C''}{C'B'} = \left( \frac{BA_1}{A_1A'} = \frac{C'A_1}{A_1A''} \right) = \frac{B'C}{CB_1}
\]

Siendo, pues, proporcionales los lados paralelos de los triángulos
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pondientes de z, constituyéndose así un sistema homográfico, motivo por el cual se llama la sustitución homográfica.

Si en vez de estar los puntos sobre rectas, se consideran puntos cualesquiera en el plano, aunque con la debida correspondencia, se tiene una generalización de la homografía, y sin duda esta idea constituye la base de las sustituciones que dan origen á los grupos de Fusch.

Entre los puntos que se corresponden, bien cabe considerar dos, cuyos valores de t y z sean los mismos: á este fin, para determinarlos basta suponer \( t = : \) en \( t = \frac{az + b}{cz + d} \); de donde se deduce \( : = \frac{az + b}{cz + d} \)

Al desarrollar la ecuación de segundo grado, resulta:

\[
z = \frac{a - d \pm \sqrt{(a - d)^2 - 4bc}}{2c}
\]

Si consideramos la forma cuadrática-subradical, caben tres hipótesis, esto es:

\[
(a - d)^2 - 4bc < 0,
\]

y según la ecuación de condición, \( ad - bc = 1 \), obtiénese:

\[
(a + d)^2 - 4 > 0, \quad \text{o sea}, \quad (a + d)^2 < 4.
\]

En el primer caso, la sustitución es elíptica; en el segundo, es parabólica, y en el tercero, es hiperbólica. Además de estas tres sustituciones existe otra que se llama loxodrómica, pero que no corresponde á los grupos de Fuchs, puesto que éstos se refieren á valores reales de \( a, b, c, d \); mientras que la sustitución loxodrómica contiene valores puramente imaginarios de las precitadas cantidades, conforme á las sustituciones de Klein.

En la sustitución elíptica, las dos raíces de (a) son imaginarias, y como deben ser conjugadas, determinan dos puntos simétricos respecto al eje polar, ó sea respecto al eje de las cantidades reales; estas dos raíces suelen expresarse por \( x \) y \( \bar{e} \).

En la sustitución parabólica las raíces son iguales, dando origen á un solo punto \( z \) en el eje real.

En la sustitución hiperbólica, las dos raíces \( x \) y \( \bar{e} \) determinan dos puntos \( x \) y \( \bar{e} \) situados ambos á dos en el mismo eje real.

Hay que advertir que las sustituciones elíptica é hiperbólica pueden condensarse en una sola fórmula; en efecto, siendo \( x \) y \( \bar{e} \) los pun-