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El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 20

equipolencias, en vista de la interesante memoria titulada Sur quelques propriétés focales des coniques publicada por nuestro amigo y sabio matemático M. C. A. Laisant, autor de esta cuestión propuesta, basada naturalmente en los principios de este método, que hemos aplicado ya ventajosamente, pero no lo hacemos ahora, atendido á que hemos creído preferible el procedimiento elemental y sintético.

M. C. A. Laisant, en esta memoria ha llamado pseudo-focos á los focos H, H' de la cónica (Σ), con relación á su homotética (S).

En nuestra memoria titulada Etude synthétique des coniques sous le point de vue de leur génération cyclique(*) nos hemos ocupado también de las propiedades focales de estas curvas de una manera general, así como de algunas de las propiedades de esta figura.

Cuestión 61 (Véase t. II, pág. 128).

Hallar el lugar de los focos M de las hipérbolas que tienen un vértice A y una asíntota CB fijos (Problema clásico). Dar una construcción gráfica de la tangente en el punto M.

(H. Brocard).

Solución por el Sr. Schiappa Montzibro.

Es claro que siendo el punto C el centro de una de las hipérbolas, sus focos M, M' serán los puntos de intersección de CA con el círculo (C) de radio CB, y que la perpendicular AO á este radio será un eje de simetría del lugar pedido (F).

Elijamos, pues, por ejes de las x, y respectivamente este eje de simetría y su perpendicular Ay; y consideremos el punto M cuyas coordenadas son AP = x y PM = y, y hagamos OA = α.

Esto sentado, se tiene

\[
AM = CB - CA \tag{1}
\]

Pero los triángulos rectángulos semejantes CBA, CAO y MAP dan

(*) Hemos publicado una parte de este estudio desde 1877 en el Jornal das Ciencias mathematicas e Astronomicas. Véase Solución de la cuestión propuesta, n°ms. 10, t. I (1887), páginas 174. Recherches synthétiques et analytiques sur le cercle variable assujetti á couper continuellement deux cercles donnés sous des angles également donnés: t. II (1878), págs. 54, 180, 176; t. V (1888), pág. 148; t. V (1888), pág. 108.
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Cuestión 61

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CUESTIÓN Núm. 48
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 25

CB = \frac{CA}{y} \cdot AM, \quad CA = \frac{a}{\alpha} \cdot AM \quad y \quad AM = \pm \sqrt{x^2 + y^2};

luego

\[
\sqrt{x^2 + y^2} = (x + a) y \tag{2}
\]

ó

\[
y^2 = \frac{a^2 x}{(x + 2a)x} \tag{3}
\]

Tal es la ecuación pedida en coordenadas rectangulares.

Esta cúbica tiene, pues, por asíntotas las rectas sS y s'S' paralelas al eje de las x cuyas ecuaciones son

\[
y = +a \quad \text{é} \quad y = -a \tag{4}
\]

y la recta A'S_2 paralela al eje de la y tiene por ecuación

\[
x = -2a \tag{5}
\]

Tomando el punto fijo A por polo y el eje OA por eje polar, consideremos el punto M para el que las coordenadas polares son

\[
AM = \rho \quad \text{y} \quad \angle MAP = \theta.
\]

Según esto, resulta

\[
\rho = CB - CA \tag{1}
\]

Pero los triángulos rectángulos CBA y CAO dan

\[
CB = \frac{CA}{\sin \theta} \quad \text{y} \quad CA = \frac{a}{\cos \theta}
\]

de lo que resulta

\[
\rho = \frac{a}{\sin \theta \cdot \cos \theta} = \frac{a}{\cos \theta} \tag{6}
\]

ecuación polar de la cúbica (F)

Observación.—Como se sabe, esta cúbica clásica goza de propiedades notables, de las que sólo indicaremos las que tienen relación con el trazado elegido para la tangente ó para la normal en un punto M, ó para trazar la tangente por un punto del eje OA, desde A hasta \( -\infty \), atendiendo á la restricción del sabio autor de esta cuestión, á quien no ofreceremos observaciones nuevas bajo este punto de vista, y para no prolongar inútilmente esta solución.

Tangente y normal.—La ecuación (3) da por expresión de la subnormal

\[
S_t = \frac{x(x + 2a)}{a} \tag{8}
\]

que nos conduce fácilmente á la determinación de la tangente. Consideremos, pues, el punto M, y prolonguemos la ordenada PM hasta
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 26

cortar en \( s \) y \( \sigma_x \) á la asíntota \( sS \) y á la diagonal \( A'b \) del cuadrado \( OA's_1b \), determinado por esta asíntota, la asíntota \( sS_1 \) y por las rectas AO, CB.

Esto sentado, es fácil ver que se tiene

\[
P_{\sigma_a} = a,\quad P_{\sigma_x} = AP = x + 2a
\]

De donde

\[
S_t = \frac{AP \cdot P_{\sigma_x}}{a} = TP \tag{9}
\]

Lucgo, para obtener el punto T, trazaremos la recta \( A\sigma_a \) y por \( \sigma_x \) la recta \( \sigma_xT \) paralela á ésta, que cortará OAX en el punto T tal, que TM será la tangente buscada.

Para la tangente en el punto \( M' \), prolonguemos análogamente la ordenada \( P'M' \) que cortará entonces \( sS \) y \( A'b \) en los puntos \( \sigma'_a \) y \( \sigma'_x \), y se tendrá

\[
P'\sigma'_a = a,\quad P'\sigma'_x = A'P' = -x + 2a
\]

de donde

\[
S_t = \frac{AP' \cdot P'\sigma'_x}{a} = T'P' \tag{10}
\]

Así el punto T será la intersección del eje AO con la recta \( \sigma'_xT \) paralela á \( A\sigma'_a \), lo que la tangente \( T'M' \).

Tomemos ahora la ecuación polar (7) de la cúbica, que da para la sub-normal la expresión

\[
S_x = \pm a \left( \frac{1}{\cos^2 \theta} - \frac{1}{\sin^2 \theta} \right) - \frac{a \sen \theta}{\cos^3 \theta} \tag{11}
\]

que conduce facilmente á trazar las normales en los extremos M, M' de la cuerda MM', cuyo punto medio C se halla en la diametral CB de (F).

En efecto: trazemos en los extremos B y C de las rectas rectangulares AB y AC las perpendiculares \( B\beta'a \) y \( C\gamma \), que cortan AO en los puntos \( \beta \) y \( \gamma \), y tendremos

\[
S_n = \pm (A\gamma - A\beta) - C\gamma = \pm \beta\gamma - C\gamma
\]

Haciendo centro en \( \gamma \), con el radio \( \gamma\beta \) describamos el círculo \( \beta'\beta'' \) ó (\( \gamma \)) que cortará á \( C\gamma \) en los puntos \( \beta' \) y \( \beta'' \). Unamos estos puntos al punto A por las rectas \( A\beta' \) y \( A\beta'' \), y enseguida tracemos por C las paralelas \( C\beta \) y \( C\beta' \) á estas rectas cuyas intersecciones \( ? \) y \( ?' \) con la perpendicular AB al vector MAM' dan respectivamente por sub-normales en los puntos M y M' los segmentos

\[
A'\beta \text{ y } A''\beta
\]

Se pueden también determinar los puntos \( ?' \) y \( ?'' \) trazando por C la
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paralela Cγ á AO, y tomando á una y otra parte los segmentos βγ y γβ iguales al segmento γβ.

Para los puntos situados en el vector que pasa por c, ó que coincide con la dirección de la diagonal Ac del cuadrado AOcs', se tiene θ = 45°, y por consiguiente

\[
S_n = - \frac{a}{\cos \theta} = - a \sqrt{2}
\]

lo que muestra que las sub-normales coincidirán y tendrán por longitud común la de esta diagonal A c.

Para los puntos M₁ y M'₁, extremos de la cuerda M₁ y M'₁ correspondientes al ángulo θ menor que 45°, la sub-normal A'β₁ relativa al punto M'₁ se hallará hacia el lado opuesto á la sub-normal A'β₁ del punto M₁.

En virtud de la simetría de la figura, se llega á los mismos resultados considerando la variación de θ que corresponde á la parte AN₁NF de la rama FMAF'... y á la rama F₁N'N₁F₂... En este caso se tendrá que considerar la diagonal A'c del cuadrado OA's'₁c, simétrico de A'b con respecto á AO.

Observación.—Los pares de vectores rectangulares AM, AN; AM₁, AN₁,... siendo radios homólogos de dos haces homográficos en involución concéntricos, cuyos radios dobles son imaginarios, los pares de puntos C, B; C₁, B₁,... serán puntos homólogos de dos divisiones homográficas en involución de base común, y cuyo punto central es O.

Si se hace girar alrededor de A y T permaneciendo las rectas As₂ y Ts₂ siempre paralelas entre sí, estas rectas engendrarán dos haces homográficos que tendrán por centro estos puntos, y por consiguiente los puntos σₐ y σₓ formarán, sobre las rectas sS y A'c dos divisiones homográficas.

Consideremos dos rayos homólogos Aμ y TS de estos haces, que determinan los dos puntos homólogos μ y Σ de estas dos divisiones homográficas. Proyectando el punto Σ en μ' sobre sS, los dos puntos μ y μ' serán también dos puntos homólogos de dos divisiones homográficas, pero de la misma base, y por consiguiente, el punto σₐ será uno de los puntos dobles de estas dos divisiones.

Según esto, se pueden trazar geométricamente desde un punto cualquiera del eje AO, desde A hasta —∞ tangentes á la cúbica.

Sea pues, T el punto desde donde se quiere trazar una tangente á la curva, siendo s₀ el punto de la primera división (μ...) que es homólogo del punto situado en el infinito en la segunda división (μ'...) y s₁ el
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punto de la segunda división que corresponde al infinito de la primera.

Determinemos el punto medio \( \omega \) del segmento \( s_0 s_1 \) formado por estos dos puntos límites, así como su homólogo, y se tendrá

\[
\omega \sigma_a = \pm \sqrt{\omega s_1 \cdot \omega \omega'};
\]

luego, describiendo sobre el segmento \( \omega s_1 \) como diámetro una circunferencia, la circunferencia (\( \omega \)) que tiene el centro en \( \omega \) y corta ortogonalmente á la primera, cortará á \( sS \) en el punto doble \( \sigma_a \) por el que pasa la ordenada del punto de contacto de la tangente pedida TM, y por consiguiente, su simétrica con relación á AO.

El otro punto doble \( \epsilon_a \) corresponde á una ordenada ideal de la curva.

Si el punto dado fuese T', el punto homólogo de \( \omega \) sería \( \omega'_1 \) y la circunferencia (\( \omega \)) que corta ortogonalmente á la circunferencia descripta sobre \( s_1 \omega'_1 \) como diámetro, cortaría á \( sS \) en los puntos dobles \( \sigma'_a \) y \( \epsilon'_a \) por los que pasan dos ordenadas reales que dan los puntos de contacto de las cuatro tangentes, que se pueden entonces trazar por este punto T' á la cónica.

Como se sabe, el punto \( ^0\gamma \) es el centro instantáneo de rotación de la recta AC, y el punto \( \tau \) el punto de contacto de la parábola (\( \pi \)) envolvente de \( aC\tau \), que tiene A por foco y la recta BOC por directriz.

Análogamente el punto \( ^0\gamma' \) es el centro instantáneo de rotación de AB y \( \tau' \) en el punto de contacto de esta misma parábola con la recta \( aB\tau' \).

Los puntos \( ^0\gamma \) y \( ^0\gamma' \) son también puntos de otra parábola (\( \omega \)) que tiene por vértice el punto A y por parámetro \( a \).

Por otra parte, cuando las rectas rectangulares \( BA^0\gamma \) y \( CA^0\gamma' \) giran alrededor de A, la cuerda \( ^0\gamma\gamma' \) girará al rededor del punto fijo \( A_1 \) ó polo de BOC, siendo AA igual á OA ó \( a \).

En este caso la cuerda de contacto \( \tau\tau' \) de la parábola (\( \pi \)) girará alrededor de A y cortará á la cuerda \( ^0\gamma\ ^0\gamma' \) de la parábola (\( \omega \)) en un punto I que se hallará en la directriz BOC de aquélla.

El punto \( x \) intersección de las normales \( ^0\gamma\tau\tau'B' \) y \( ^0\gamma'\Gamma\gamma \) á la parábola (\( \pi \)) describirá una parábola (\( \omega' \)) que tiene \( A_2 \) por vértice é igual á la parábola (\( \omega \)); siendo el segmento \( AA_2 \) igual á \( 2a \) y el segmento \( TB' \) igual á \( \gamma\beta \).

La parábola (\( \omega' \)) será, pues, uno de los lugares desde donde se pueden trazar geométricamente normales á la parábola (\( \pi \)).

El punto medio \( x_0 \) del vector \( Az \) igual á la cuerda \( ^0\gamma\ ^0\gamma \), describe otra parábola que tiene \( A_1 \) por vértice y \( \frac{a}{3} \) por parámetro.
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Cuestión núm. 79 (Véase t. II, pág. 279).

Construir un triángulo dados los vértices A', B', C' de los triángulos equiláteros construidos exterior ó interiormente.—(H. Van Aubel).

Solución por M. EMILE LEMOINE.

Esta cuestión es la 864 (N. A. 1868, p. 191) que yo propuse y que ha sido resuelta muy elegantemente por M. Kiepert (Id. 1869, p. 40), y ha llegado á tener un especial interés por el lugar que ciertos puntos encontrados en su solución han obtenido en la Geometría del triángulo. Además, en el trabajo de M. Kiepert la cónica universalmente conocida ahora con el nombre de hipérbola de Kiepert ha mostrado toda su importancia, así como lo han hecho también MM. Neuberg y Brocard. Yo, asimismo, desde 1873 (Véase Assoc. Franc. Congrès de Lyon. p. 94) indiqué los puntos notables, estudiados entonces, por los cuales pasa esta cónica.

Puesto que la ocasión se ofrece, voy á presentar las soluciones que había encontrado cuando propuse la cuestión.

Primera solución:

LEMA.—Un triángulo equilátero C'AB tiene su vértice C' fijo, A se apoya sobre una recta A'O, B sobre una recta B'O. Determinar su posición.

Si se construyen todos los triángulos equiláteros que tienen su vértice C' fijo, su vértice A sobre la recta A'O, el lugar de B es, como se sabe, ó como es muy fácil demostrar, una recta cuya intersección con B'O determina el punto B.

Esto sentado, volvamos al problema propuesto. Supongámoslo resuelto.

Se sabe, ó se demuestra fácilmente, que las tres rectas AA', BB', se cortan en un punto O tal, que \( \angle B'OC' = \angle C'OA' = \angle A'OB = 120^\circ \) (*).

Luego O se halla determinado por la intersección de dos segmentos capaces de 120° descritos sobre A'B' y sobre A'C'. Basta entonces colocar B como manifiesta el lema: puesto que AC'B es equilátero y C' está dado, B se halla sobre B'O, A sobre A'O.

Como se sabe también que AA'=BB'=CC', C está situado sobre C'O, etc.

El punto O es el punto notable que M. Neuberg ha llamado 1.º centro isógonico de ABC (véase su Memoria Sur le tetraèdre, Bruxelles, 1884 p. 37).

Hemos supuesto que A', B', C' se hallaban al otro lado de BC, CA,

(*) Véase en la pág. 61 de este periódico. El punto M os ahora el punto O.—(Z. G. DE G.)
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 3

par conséquent:

(7) \[(\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3) P = \alpha_1 e_1 + \alpha_2 e_2 + \alpha_3 e_3\]

ou

\[P \equiv \alpha_1 e_1 + \alpha_2 e_2 + \alpha_3 e_3.\]

Et on dit que le point P est *dérivé* des points \(e_1, e_2, e_3\) au moyen des nombres \(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3\), coordonnées homogènes du point P (1).—Si P est situé sur le plan \(e_1 e_2 e_3\), mais hors du triangle \((e_1 e_2 e_3)\), l’un ou l’autre de ces nombres est négatif.

De même on peut dériver dans l’espace un point \(P'\) de quatre points \(e_1, e_2, e_3, e_4\), formant les sommets d’un tétraèdre.

**4. Application.**—Soient \(P_1, P_2, P_3\) les points d’intersection correspondants des droites: \(e_2 e_3\) et \(Pe_1, e_3 e_1\) et \(Pe_2, e_1 e_3\) et \(P'_3\). Alors il suit de (7):

\[
\left\{
\begin{array}{l}
P_1 \equiv P - \alpha_1 e_1 \equiv \alpha_2 e_2 + \alpha_3 e_3 \\
P_2 \equiv P - \alpha_2 e_2 \equiv \alpha_3 e_3 + \alpha_1 e_1 \\
P_3 \equiv P - \alpha_3 e_3 \equiv \alpha_1 e_1 + \alpha_2 e_2
\end{array}
\right.
\]

parce que (par exemple) \(P_1\) est le point qui peut être dérivé simultanément des points \((P, e_1)\) et \((e_2, e_3)\).

Ensuite soient \(A_1, A_2, A_3\) les points d’intersection correspondants des droites: \(e_2 e_3\) et \(P_3 P_2, e_3 e_1\) et \(P'_3 P_1, e_1 e_3\) et \(P_1 P_2\). Alors on aura:

\[
\left\{
\begin{array}{l}
A_1 \equiv P_2 - P_3 \equiv \alpha_3 e_3 - \alpha_2 e_2 \\
A_2 \equiv P_3 - P_1 \equiv \alpha_1 e_1 - \alpha_3 e_3 \\
A_3 \equiv P_1 - P_2 \equiv \alpha_2 e_2 - \alpha_1 e_1
\end{array}
\right.
\]

En comparant les équations (8) et (9) on trouve que les couples \((A_1, P_1)\) et \((e_3, e_3)\); \((A_2, P_2)\) et \((e_3, e_1)\); \((A_3, P_3)\) et \((e_1, e_2)\) sont *conjugués harmoniquement.*—En outre on a

(10) \[A_1 + A_2 + A_3 \equiv 0;\]

cela veut dire que chacun de ces trois points peut être dérivé des deux autres, ou que les trois points sont situés sur la même droite \((p)\).—Nous appelons la droite \(p\) *conjuguée au point P par rapport au triangle* \((e_1, e_2, e_3)\).(2) Et nous appelons \((P_1, P_2, P_3)\) le *triangle basal par rapport au point P*.

Soit \(P'\) un autre point quelconque. En ajoutant le trait à chaque lettre contenue dans les équations (7), (8), (9), excepté \(e_1, e_2, e_3\), on

(1) Sur le sens géométrique de ces coordonnées voir num. 7.
(2) Kindel, Eine reciproke Zuordnung der räumlichen Elemente Programm des Köln. Gymn. Berlin 1867.
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 30

AB que A, B, C. La hipótesis contraria se tratará de una manera enteramente análoga; AA', BB', CC' se cortarían entonces en el 2.o centro isógoto. Haremos la misma hipótesis en la solución siguiente:

Segunda solución:
LEMA.—Si se circunscribe un círculo al triángulo equilátero AC'B y O es un punto del círculo situado al lado opuesto de AB que C', se tendrá OC'=OB+OA, proposición muy conocida y fácil de probar(*).

Se construye el punto O como en la primera solución.
Se tiene entonces:
\[
OA' = OB + OC,\quad OB' = OC + OA,\quad OC' = OA + OB,
\]
de lo que se deduce
\[
OA = \frac{OB' + OC' - OA'}{2},\quad OB = \frac{OC' + OA' - OB'}{2},
\]
\[
OC = \frac{OA' + OB' - OC'}{2}
\]
y como OA', OB', OC' son conocidos, puesto que O está colocado. Los puntos A, B, C pueden ser colocados sobre A'O, B'O, C'O.

Cuestión 69 (Véase t. II, pág. 215)

Dados los dos valores \( u_0 = 0,\ u_1 = 1 \), se pide la forma más sencilla de los números \( u_{n+1} = 1 + u_n + 2u_{n-1} \).—(H. Brocard).

Solución por el Sr. G. Vivanti.

Se obtiene por la integración de la ecuación de diferencias finitas, teniendo en cuenta las condiciones iniciales:
\[
u_n = \frac{1}{3} \left( 2^{n+1} - 1 - \lambda_n \right),\quad \text{de donde}\quad \lambda_n = \frac{1}{2} \left( 1 + (-1)^n \right)
\]

Los números \( u_n \) gozan de las propiedades siguientes, que nos ofrecen un medio fácil de calcularlos sucesivamente.
\[
u_n + u_{n-1} = 2^n - 1,\quad u_n = 2u_{n-1} + \lambda_{n-1}
\]
Para establecer estas relaciones notables, se tiene siempre:
\[
\lambda_n + \lambda_{n-1} = 1,\quad 1 + \lambda_n = 2 - \lambda_{n-1} = 2 + 2\lambda_{n-1} - 3\lambda_{n-1}
\]
Según esto, tenemos
\[
u_n + u_{n-1} = \frac{1}{3} \left( 2^{n+1} + 2^n - 2 - \lambda_n - \lambda_{n-1} \right) = \frac{1}{3} (3.2^n - 3) = 2^n - 1,
\]

(*) Véase Desboves, Questions de Géométrie, etc., pág. 64.—Z. G. de G.
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 31

\[
u_n = \frac{1}{3} \left( 2.2^n - 2 - 2\lambda_{n-1} + 3\lambda_{n+1} \right) = 2u_n + 3\lambda_{n-1}
\]

Errata en la cuestión 74.—El Sr. Vivanti nos ha manifestado que el denominador del segundo miembro es igual á

\[
\int_0^1 x^m (1-x)^n dx = B(m+1, n+1) = \frac{m! n!}{(m+n+1)!}
\]

Nota acerca de la cuestión número 77 del Sr. Pirondini por M. H. Brocard (V. t II, pág 278).

Las relaciones enunciadas parece son consecuencias de una propiedad particular de la evolvente del círculo que se puede establecer como sigue:

Designemos respectivamente por \(a, \rho, R, s\), el radio del círculo, el radio vector del punto M de la evolvente, el radio de curvatura y el arco de esta curva.

Se tiene desde luego \( \rho^2 = R^2 + a^2 \).

Siendo \(a, \beta\) las coordenadas del centro de curvatura de una curva, en el punto \((x, y)\); se tiene por relaciones conocidas

\[
x - a - (y - \beta) \frac{dy}{dx} = 0, \quad 1 + \frac{dy^2}{dx^2} + (y - \beta) \frac{d^3y}{dx^3} = 0
\]

Si, pues, \( \varphi(x, \beta) = 0 \) representa la evoluta, la eliminación de \(a\) y \( \beta \) entre las tres ecuaciones dará la ecuación diferencial de la evolvente.

En el caso del círculo

\[
\varphi(x, \beta) = x^2 + y^2 - a^2.
\]

Y se obtiene

\[
a^2(dx^2 + dy^2) = (xdx + ydy)^2
\]

ó más simplemente

\[
xdx + ydy = ade
\]

Integrando se tiene

\[
x^3 + y^3 = 2aS + C.
\]

Y si se considera la evoluta que pasa por el punto A del círculo sobre el eje OX, se tendrá \(C = a^2\), de donde

\[
\rho^2 = 2aS + a^2 \quad \text{y por consiguiente} \quad R^2 = as,
\]

propiedad que nos proponíamos establecer.

La 2.a relación del enunciado 77 puede deducirse muy sencillamente de aquélla.

(*) La misma indicación se nos ha hecho por el Sr. Durán Loriga.
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 32

En efecto, designando por OB, OC, OD los radios vectores proporcionales á los números 1, 5, 7, se tendrá

\[
2a \cdot AB = OB^2 - a^2, \quad 2a \cdot AC = OC^2 - a^2, \quad 2a \cdot AD = OD^2 - a^3.
\]

Si, pues,

\[
OB^2 + OD^2 = 2 \cdot OC^2,
\]
se tendrá \( AB + AD = 2AC \)

lo que prueba que C es el medio del arco BD.

Se establecerían de una manera análoga las otras relaciones enunciadas, que son otras tantas importantes contribuciones al estudio de la evolvente del círculo.

Cuestión núm 46 (V. t. II, pág. 32).

Dada una perpendicular PQ al diámetro AB de una circunferencia y M un punto cualquiera de esta perpendicular.

1.º Demostrar que PQ es bisectriz del ángulo CPD. 2.º Determinar la posición de M con la condición de que CP haya de ser paralela á MB (se supone á P situado entre A y B). 3.º Caso de que P se halle en la prolongación de AB.-(J. J. Durán Loriga).

Solución por D. Ricardo Caro, alumno de la Universidad de Zaragoza

1.º Hay que demostrar que \( \angle CPQ = \angle QPD \).

Tracemos las cuerdas AD y BC, que serán respectivamente perpendiculares á las rectas MB y MA, puesto que los ángulos ADB y ACB están inscriptos en media circunferencia.

Tenemos, pues, que las rectas MP, AD y BC, son las tres alturas del triángulo AMB, y, por lo tanto, se encontrarán en un punto M'.

Si además trazamos la DC, prolongada hasta encontrar al diámetro en S, podremos considerar la DS como diagonal del cuadrilátero completo CM'DMAB, por lo cual será armónica la relación de los puntos DQCS, y armónico el haz PDQCS.

Ahora bien; si por C trazamos la trasversal CH, paralela al rayo PS, tendremos IC = IH, y los triángulos rectángulos HIP y IPC serán iguales, resultando finalmente

\[
\angle CPQ = \angle QPD
\]

según se debía demostrar.
El Progreso matemático (1892-10-15 00:00:00), página 33

Si M estuviera en la intersección de la perpendicular con la circunferencia, también sería cierta la proposición, puesto que tendríamos

\[
\angle CPQ = \angle QPD = 0.
\]

Si estuviera entre la circunferencia y el diámetro en M' por ejemplo, los puntos C y D se determinarían uniendo M' con A y con B. Las rectas AC y BD tendrían que cortarse sobre la perpendicular PQ, porque teniendo esta perpendicular los puntos M' y P comunes con la tercera altura del triángulo AMB, sería la altura misma y pasaría por el vértice M. La demostración sería la misma que en el primer caso.

Finalmente, si M se confundiera con P, el ángulo CPD valdría 180° y PQ seguiría siendo la bisectriz.

2.º BP, que es perpendicular á PQ, será bisectriz del ángulo DPC', que es adyacente al CPD, y por tanto,

\[
\text{arco DB} = \text{arco BC'}
\]

Sentado esto, supongamos que sea M el punto que cumple con las condiciones del enunciado, es decir, que determina CP paralela á MB, y tendremos

\[
\angle MBA = \angle CPA
\]

pero este último tiene por medida los arcos

\[
\frac{AB}{2} + \frac{BC'}{2} = \frac{AC}{2} + \frac{DB}{2} = \frac{AC + DB}{2} = \frac{\text{semicirc.} - CD}{2}
\]

También tenemos que el ángulo AMB tiene por medida los arcos

\[
\frac{AC'B}{2} - \frac{CD}{2} = \frac{\text{semicirc.} - CD}{2}
\]

luego

\[
\angle MBA = \angle AMB,
\]

y siendo isósceles el triángulo AMB, será \( AM = AB \).

El punto M quedará, pues, determinado haciendo centro en A y cortando la perpendicular por un arco BM, de radio AB.

Siendo dado el punto P, el M quedará también determinado por la fórmula

\[
PM = \pm \sqrt{4R^2 - AP^2}
\]

deducida del triángulo rectángulo AMP (llamando R al radio del círculo) y por ella podremos hallar dos puntos á distinto lado del diámetro, según se tome uno y otro signo, que cumplirán con las condiciones del enunciado.

3.º Supongamos ahora que P está en la prolongación del diáme-