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El Progreso matemático (1893-08-15 00:00:00), página 14

tra que NP = CA, etc., y los dos triángulos ABC y MNP son por consiguiente iguales.

Las rectas AP, BM, CN son medianas de los triángulos citados. En efecto, siendo G el punto común á dichas tres rectas,, CGBP y MGNA son paralelogramos.

Observación. El punto G es también el baricentro de los dos triángulos \( \alpha \beta \gamma \) y \( A_1 B_1 C_1 \).

Solución por el Sr. Sollertinsky (B.)

Evidentemente, la recta AA₁ es paralela y doble que la mediana trazada por C, y por consiguiente el punto M es simétrico de B con relación al centro de gravedad G de ABC.

Así los triángulos MNP y BCA son simétricos con relación á su centro de gravedad común.

Solución por D. J. Luzón de las Cuevas

Uniendo el punto M con C y trazando la AR paralela á la BB₁ se tendrá

\[
\frac{AC}{AB_1} = \frac{CR}{RB} \text{ es decir } CR = CB \quad ó \quad \frac{CR}{RA_1} = \frac{1}{3}
\]

y de aquí

\[
\frac{CR}{RA_1} = \frac{AM}{AA_1}, \text{ lo que prueba el paralelismo de CM, AB y BB}_1.
\]

Los triángulos AMC y B₁AD son iguales por ser

\[
AM = AD, AC = AB_1 \text{ y } \angle MAC = \angle B_1 AD
\]

es decir \( MC = B_1 D \).

Trazando por C la paralela á MD, cortará á la B₁D en un punto N' las que N'D = MC = B₁D y N'D = N'B, es decir, que \( \frac{N'B}{BB_1} = \frac{1}{3} \) coincidiendo por consiguiente N' con N.

Así, pues, MC igual y paralela á NB de donde se deduce MN igual y paralela á BC. Los triángulos ABC y MNP tienen pues los tres lados iguales.

Hemos probado que las paralelas de las rectas AA₁, BB₁, CC₁ trazadas por C, A y B, pasan por N, M, P y como CR = RB, son media-
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nas del triángulo ABC y del MNP, lo que demuestra la segunda parte de la proposición.

Solución por el Sr. GILLET (J.)

Sean \( x_1 \), \( y_1 \), \( x_2 \), \( y_2 \), \( x_3 \), \( y_3 \) las coordenadas respectivas de A, B, C en coordenadas rectangulares. Las coordenadas \( \alpha_1 \), \( \beta_1 \) del punto A₁ son

\[
\alpha_1 = 2x_3 - x_2 \qquad \beta_1 = 2y_3 - y_2
\]

y las del punto M:

\[
X_m = \frac{1}{3} (2x_1 - x_2 + 2x_3) \qquad Y_m = \frac{1}{3} (2y_1 - y_2 + 2y_3)
\]

De igual modo las coordenadas de los puntos M y N están dadas por las fórmulas

\[
X_n = \frac{1}{3} (2x_2 - x_3 + 2x_1), \qquad Y_n = \frac{1}{3} (2y_2 - y_3 + 2y_1);
\]
\[
X_p = \frac{1}{3} (2x_3 - x_1 + 2x_2), \qquad Y_p = \frac{1}{3} (2y_3 - y_1 + 2y_2).
\]

Se tiene

\[
X_m + X_n + X_p = x_1 + x_2 + x_3
\]
\[
Y_m + Y_n + Y_p = y_1 + y_2 + y_3
\]

Lo que muestra que los triángulos ABC, MNP tienen el mismo centro de gravedad.

Se tiene igualmente:

\[
X_m - X_n = x_3 - x_2, \qquad Y_m - Y_n = y_3 - y_2
\]

de donde

\[
\overline{MN}^2 = (X_m - X_n)^2 + (Y_m - Y_n)^2 = (x_3 - x_2)^2 + (y_3 - y_2)^2 = \overline{BC}^2;
\]

Por consiguiente MN = BC y también NP = CA, PM = AB, es decir, que los triángulos ABC, MNP son iguales.

*Generalización.* Cuando A₁ divide BC exteriormente en la relación \( \lambda \): y M divide AA' interiormente en la misma relación, se obtiene

\[
X_m = \frac{(\lambda^2 - \lambda \mu)x_1 - \mu^2 x_2 + \lambda \mu x_3}{\lambda^2 - \mu^2}
\]
\[
\lambda_m = \frac{(\lambda^2 - \lambda \mu)y_1 - \mu^2 y_2 + \lambda \mu y_3}{\lambda^2 - \mu^2}
\]
El Progreso matemático (1893-08-15 00:00:00), página 16

para las cordenadas de M, y fórmulas análogas para los puntos N y P. Se deduce de aquí fácilmente

\[
X_m + X_n + X_p = x_1 + x_2 + x_3,
\]
\[
Y_m + Y_n + Y_p = y_1 + y_2 + y_3.
\]

Los triángulos ABC, MNP tienen, pues, el mismo centro de gravedad.

Solucion por D. CECILIO GIMÉNEZ RUEDA

Sean \(a\), \(b\), \(c\), los puntos medios de los lados del triángulo ABC opuestos á los vértices A, B, C; tracemos sobre la figura en el enunciado descripta, las rectas AN, BP, CM, y las medianas \(Aa\), \(Bb\), \(Cc\).

En el triángulo \(CcC_1\), la recta BP, que corta dos lados en la relación 1:2, es paralela al tercer lado \(Cc\), y además \(BP = \frac{2}{3} Cc\). En el triángulo AA_1B se ve que, por unir los puntos medios de dos lados, la \(Cc\) es paralela á AA_1 é igual á su mitad, es decir AA_1 = 2Cc; y como \(AM = \frac{1}{3} AA_1\), será \(AM = \frac{2}{3} Cc\); luego BP y AM, son iguales y paralelas. Otro tanto puede repetirse para AN y CP, y para BN y CM. Luego la fig. ANBPCM es un exágono cuyos lados opuestos son iguales y paralelos, por lo cual tendrá un centro de figura; las rectas que unen sus vértices opuestos pasarán por este centro, y dividirán, por simetría, en dos partes iguales á aquellas diagonales que sin pasar por el centro, unen los extremos de cada par de lados iguales; estas diagonales son á su vez iguales y paralelas, dos á dos, por unir extremos de lados iguales y paralelos; pero tres de ellas forman el triángulo ABC y sus paralelas el MNP; luego estos triángulos serán iguales, y como las rectas CN AP y BM son sus medianas comunes, tendrán ambos un mismo centro de gravedad, que es precisamente el centro de figura del exágono anterior.

Solución por el alumno D. ENRIQUE MACK Y MONTEVERDE

Tracemos MD paralela á BC; se tendrá

\[
\frac{MA}{AA_1} = \frac{AD}{AC} = \frac{1}{3};
\]

luego

\[
DC = \frac{2}{3} AC \text{ y como } B_1C = 2CA \text{ se tendrá } \frac{CD}{B_1C} = \frac{1}{3} = \frac{BN}{BB_1}.
\]
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Por lo tanto MD pasa por N, ó lo que es lo mismo, MN es paralela á BC y divide á AB y AC, según la relación de 1 á 2; demostrando lo mismo respecto á MP y á NP, se deduce que los puntos D, G, E, F, H, I dividen á los lados de ABC en tres partes iguales, siendo además MN paralelo á BC, NP á AC y MP á AB.

Siendo DICM paralelogramo por ser DG = GC y DM paralelo á IC, DM = IC y DE = IC por ser DM = DE puesto que BC = CA₁; siendo también NEBH paralelogramo, será NE = BH = HI = IC = DM. De aquí resulta que MN es igual á BC y por lo tanto que MNP es igual á ABC y que los puntos D, E, F, H, I, G, dividen también en tres partes iguales los lados de MNP.

Además, las medianas de los dos triángulos coinciden, puesto que la MR, por ejemplo, pasa por los puntos medios de NP y de DG ó AC; y la BS de ABC por los medios de AC y de FH ó NP.

CUESTIÓN 32
(Véase t. I, página 232).

Un hilo de longitud d está fijo á un punto A de una circunferencia de radio a, y lleva en su otro extremo un peso M que lo tiende. El hilo pasa por un pequeño anillo B que se mueve á lo largo de la circunferencia OA. Hallar el lugar de los puntos M.

(H. Brocard.)

Solución por D. CECILIO JIMÉNEZ RUEDA

Sea la circunferencia O (fig. 1.a), cuya ecuación respecto de los ejes \( o_{1} x_{1} \) y \( o_{1} \gamma_{1} \) es:

\[
(1).....\ (x - x)^{2} + (y - b)^{2} - r^{2} = 0 \quad \text{o sea} \quad y = b \pm \sqrt{r^{2} - (x - x)^{2}}
\]

en la cual \( \alpha \) y \( b \) son las coordenadas del centro. Sea A (\( m, n \)) el punto dado sobre la circunferencia; AM la posición inicial del hilo y \( A_{1} M_{1} = d \)
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su longitud constante.—Cuando, deslizándose el anillo B sobre la circunferencia, llegue á colocarse en B', B'', B''',... el peso M habrá ve-

(fig 1ª)

nido á M' M'' M'''..., describiendo el lugar geométrico pedido. Su construcción geométrica es bien sencilla: trácese aparte la longitud \( d = A_1 M_1 \) y llévense sobre ella á partir de un extremo las cuerdas AB', AB'', AB''',...; los restos B_1 M_1,... llévense hacia abajo desde B'..., sobre las ordenadas correspondientes de la circunferencia, y se tendrán los puntos M'.... Su determinación analítica no es menos sencilla: la ordenada de un punto cualquiera M' del lugar geométrico es:

\[
y = M'P' = P'B' - M'B' = P'B' - (d - AB')
\]

Pero según (1) \( P'B' = 6 \pm \sqrt{r^2 - (x - a)^2} \)

y la distancia entre dos puntos AB' es \( \sqrt{(x - m)^2 + (y - n)^2} \)

\[
= \sqrt{(x - m)^2 + (P'B' - n)^2} = \sqrt{(x - m)^2 + [6 \pm \sqrt{r^2 - (x - a)^2} - n]^2};
\]
El Progreso matemático (1893-08-15 00:00:00), página 19

y sustituyendo tendremos:

\[
y = 6 \pm \sqrt{r^2 - (x-a)^2} - d + \sqrt{(x-m)^2 + [6 \pm \sqrt{r^2 - (x-a)^2} - n]^2}
\]

Tal es la ecuación analítica del lugar geométrico buscado. Si llevamos el origen de coordenadas al centro de la circunferencia, entonces \(a = o\) y \(6 = o\); y si además el punto A se traslada á A', con lo cual no se pierde ninguna de las propiedades geométricas generales de la curva, se verificará además \(m = o\), \(n = r\) y la ecuación anterior será:

\[
y = \pm \sqrt{r^2 - x^2} - d + \sqrt{x^2 + [\pm \sqrt{r^2 - x^2} - r]^2}
\] (2)

ó bien
\[
y = \pm \sqrt{r^2 - x^2} - d + \sqrt{2r^2 \mp 2r \sqrt{r^2 - x^2}}
\] (3)

Esta es, pues, la ecuación del lugar geométrico NN'N"N"..., representado en la fig. 1.a, el cual es simétrico respecto del eje de las Y porque la \(x\) no entra en la ecuación sino elevada á potencias pares; no puede extenderse fuera de las rectas B"P" y B"IVP"IV porque para valores de \(x > r\) ó \(< -r\) los radicales se hacen imaginarios; no tiene puntos en el infinito porque \(y\) no se hace infinita cuando \(x\) varía entre \(-r\) y \(+r\); á cada valor de \(x\) corresponden dos para \(y\); excepto cuando \(x = o\), \(x = r\), y \(x = -r\) que dá respectivamente:

para... \(x = o\)
\[
\begin{cases}
y = r - d + o \\
y = -r - d + 2r
\end{cases}
\]
\[
\begin{cases}
y = r - d; \\
y = r \sqrt{2} - d;
\end{cases}
\]

\(x = r\)
\[
\begin{cases}
y = o - d + \sqrt{2r^3} \\
y = -o - d + \sqrt{2r^3}
\end{cases}
\]
\[
\begin{cases}
y = r \sqrt{2} - d;
\end{cases}
\]

de donde se deduce que la curva tiene en N un punto múltiplo, y que es tangente á las rectas B"P" y B"IVP"IV.

El coeficiente angular de la tangente á la curva es:

\[
f'(x) = \mp \frac{x}{\sqrt{r^2 - x^2}} \pm \frac{rx}{\sqrt{2r^2 \mp 2r \sqrt{r^2 - x^2}} \cdot \sqrt{r^2 - x^2}}
\]

expresión que se hace cero para \(x = o\) cuando se toma el signo inferior del \(\mp\) que hay bajo el radical; lo que nos dice que en el punto \([x = o, y = r - d]\) hay una tangente, la NT, paralela al eje x.

Esa misma expresión toma la forma indeterminada para \(x = o\)
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solamente un arco de círculo para determinar los puntos \( z \) y \( z' \) por los cuales pasan las tangentes pedidas.

Para esto basta hacer centro en el punto de intersección \( r_0 \) de aquella cuerda \( MM' \) y de su diametral \( bOc \), y con el radio \( r_0C = CA \) describir un arco de círculo que cortará á esta diametral en los puntos \( z \) y \( z' \) que determinarán las tangentes buscadas \( Mz\Theta \) y \( z'M\Theta \).

Siendo las rectas \( Cz \) y \( Cz' \) diagonales de los rombos \( zmCz_0 \) y \( r_0Cm'z' \), resultará que:

Las tangentes \( M\Theta \) y \( M'\Theta \) en los extremos de la cuerda giratoria \( MAM' \) de la cúbica (F) y las bisectrices \( Ci_0 \) y \( Ci'_0 \) de los ángulos suplementarios \( MCB \) y \( BCM' \), formados por esta cuerda y por su diametral \( bOc \), cortan á ésta en los mismos puntos \( z \) y \( z' \).

Como se tiene siempre \( g_{\gamma^0} = \beta O = TP = T'P' \), se sigue de esto que en la parábola (\( \omega \)) la abscisa del punto \( \gamma^0 \) es igual á la sub-tangente \( TP \) de la cúbica (F) relativa al punto correspondiente \( M \) de ésta, es decir, que en la parábola (\( \omega \)), al punto \( \gamma^0 \) corresponde una sub-tangente doble de la tangente de la cúbica relativa al punto \( M \).

Luego, designando por \( T' \) el punto de intersección de \( g_{\varphi\Theta} \) con el eje OA, el segmento \( T'A \) será igual á las sub-tangentes \( TP \) y \( T'P' \) relativas á los puntos \( M \) y \( M' \), y se tendrá \( T'T = AP = x \).

Los triángulos \( MCM' \) y \( FT_0\Gamma_0 \), teniendo los lados respectivamente perpendiculares, son semejantes, y, por consiguiente, las rectas \( \Theta C \) y \( \Gamma_0r^0 \) que unen los vértices homólogos \( \Theta \) y \( \Gamma_0 \) á los puntos medios \( C \) y \( \gamma^0 \) de los lados opuestos, serán también perpendiculares entre sí.

Luego los cinco puntos \( M, \Theta, M', \Gamma_0, \gamma^0 \) se hallan en una circunferencia (Q) que tiene por diámetro el segmento \( \Theta\Gamma_0 \).

Es claro que los dos grupos de cuatro puntos \( M, B, \Theta, \beta' \) y \( M', \Theta B, \beta'' \) están en dos circunferencias que tienen respectivamente por diámetros los segmentos \( \Theta\beta' \) y \( \Theta\beta'' \).

Es fácil ver que este círculo (Q) de los cinco puntos nos conduce á otro procedimiento para trazar las normales á la cúbica, que creemos inútil presentar.

Poncelet ha demostrado que:

El sistema de las tangentes trazadas á una curva de grado p en los puntos de encuentro con una transversal cualquiera, encuentra á esta curva en \( p(p-2) \) puntos que se hallan en una línea de grado \( (p-2) \).

Según esto, en la cúbica (F) las tangentes \( MT \) y \( M'T' \) en los extremos de la cuerda giratoria \( MAM' \) cortarán á las dos ramas \( F'_1z_1F_1 \) y \( F_1z'_1F_1 \) de esta curva en los puntos \( z_1 \) y \( z'_1 \) que determinan una cuerda principal \( z_1z'_1 \).
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cuando se toma el signo superior del de ambigüedad \( \pm \) que hay bajo el segundo radical. En este caso, concretándonos al segundo término de \( f'(x) \), puesto que el primero es siempre cero para \( x = 0 \), podremos transformarlo así:

\[
\pm \frac{rx}{\sqrt{2r^2 - 2r \sqrt{r^2 - x^2}, \sqrt{r^2 - x^2}}} =
\]

\[
\pm \frac{rx \sqrt{2r^2 + r \sqrt{r^2 - x^2}}}{\sqrt{4r^4 - 4r^2(r^2 - x^2)} \sqrt{r^2 - x^2}} = \pm \frac{\sqrt{2r^2 + r \sqrt{r^2 - x^2}}}{2 \sqrt{r^2 - x^2}}
\]

y esta última expresión para \( x = 0 \) se convierte en

\[
\pm \frac{\sqrt{4r^2}}{\sqrt{2r^2}} = \pm 1;
\]

lo cual nos dice que en el punto \([x = 0, y = r - d]\) hay otras dos tangentes inclinadas una á la derecha y otra á la izquierda 45°, que son la NT' y la NT''. — Prescindiendo de las propiedades inherentes á la simetría de la curva NN'N''..... todo lo que precede podría decirse igualmente de la curva MM'M''M''.... deduciéndolo de su ecuación.

Si el punto A es el extremo inferior del diámetro vertical (fig. 2.), la curva es la N,NN'N''..... cuya ecuación, por ser ahora \( m = 0 \) y \( n = -r \), sería:

\[
y = \pm \sqrt{r^2 - x^2} - d + \sqrt{2r^2 \pm 2r \sqrt{r^2 - x^2}}
\]

que no se diferencia de la (3) más que el signo de ambigüedad del segundo radical; de donde se deduce para

\[
x = 0 \ldots \begin{cases}
y = r - d + \sqrt{4r^4} = 3r - d \\
y = -r - d + o = -(r + d)
\end{cases}
\]

que son dos valores diferentes; lo que nos dice que aquí no hay punto en que la curva se toque á sí misma; pero sigue habiendo en el punto N₁ las dos tangentes inclinadas 45°, puesto que la derivada \( f'(x) \) es ahora la misma de antes; repitiéndose también todas las demás propiedades.

Si el punto A fuera el extremo de la izquierda del diámetro hori-
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zontal (fig. 2.a), la curva sería la MM'M'O..... cuya ecuación, por ser ahora \( m = -r \), \( n = 0 \), sería:

\[
y = \pm \sqrt{r^2 - x^2} - d + \sqrt{2r^2 + 2rx} \ldots \ldots (4)
\]

Y si el punto A es el otro extremo de dicho diámetro, la curva es M_1OM_1'M_1'M'..... y su ecuación:

\[
y = \pm \sqrt{r^2 - x^2} - d + \sqrt{2r^2 - 2rx} \ldots \ldots (5)
\]

La derivada de (4) es:

\[
f'(x) = \mp \frac{r}{\sqrt{r^2 - x^2}} + \frac{r}{\sqrt{2r(r + x)}} \tag{6}
\]

Los dos términos de esta expresión se hacen infinitos para \( x = -r \), así es que cuando se toma el signo — del primer término resulta una suma de dos infinitos que es \( \infty \); y nos dice que en el punto M (fig. 2.a) hay una tangente vertical. — Cuando se toma el signo + se obtiene
El Progreso matemático (1893-08-15 00:00:00), página 22

para \( x = -r \) la diferencia de dos infinitos que es símbolo de indeterminación, y en este caso puesta la expresión anterior bajo la forma:

\[
(7) \quad \frac{x \sqrt{2r} + r \sqrt{r - x}}{\sqrt{2r}(r^2 - x^2)}
\]

tomaremos la razón de las derivadas del numerador y denominador que es

\[
\frac{\sqrt{2r} - \frac{r}{2 \sqrt{r - x}}}{\frac{r}{\sqrt{2r}(r^2 - x^2)}} = -\frac{\sqrt{2r}(r^2 - x^2)}{x} \left[ \frac{\sqrt{2r} - \frac{r}{2 \sqrt{r - x}}}{x} \right]
\]

la cual se hace cero, y por tanto la (7), para \( x = -r \); luego la otra tangente que hay en el punto M es horizontal. Lo mismo ocurre en el punto \( M_1 \) (fig. 2.a) respecto del otro lugar geométrico representado en la ecuación (5).

Si se hace en la (6) \( x = 0 \) se obtiene \( f_0'(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \), lo que nos dice que el punto O y en \( M' \) las tangentes son paralelas y tienen una inclinación \( \alpha \) dada por tanto \( \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}} \); la dirección, pues, de estas tangentes sería la de la diagonal de un rectángulo construido sobre los ejes oX, oY que tenga por altura una longitud arbitraria y por base la diagonal del cuadrado construido sobre dicha longitud.

Por último, si en la (6) se hace \( x = r \) sale \( f_r'(x) = \pm \infty \), de donde se deduce que en el punto \( M' \) la tangente es vertical, conforme sabíamos al principio.

Sólo debemos advertir, para terminar, que siendo independiente de \( d \) el coeficiente angular de la tangente en todos los casos, así como la diferencia de cada dos ordenadas correspondientes á un mismo valor de \( x \), se deduce que la forma y magnitud del lugar geométrico no depende tampoco de \( d \), influyendo este parámetro sólo en la posición del referido lugar geométrico.

CUESTIÓN núm. 110.

Si desde un punto M de una circunferencia se trazan tres cuerdas cualesquiera MA, MB, MC, el producto del cuadrado de la cuerda media MB por el área del triángulo MAC, es igual á la suma de los productos
El Progreso matemático (1893-08-15 00:00:00), página 23

de los cuadrados de las cuerdas extremas MA, MC, por las áreas de los triángulos MBC, MAB.

(H. Van Aubel).

Solución por D. Cecilio Jiménez Rueda

Sea el círculo o, cuya ecuación referida á los ejes Ox, Oy, es: \( x^2 + y^2 + ax + by + c = 0 \).
Sean M(x'y'), A(x'y''), B(x''y''), C(x'''y''') cuatro puntos de este círculo. La condición para que esos cuatro puntos estén situados en dicho círculo se obtiene eliminando a, b, c, entre las siguientes ecuaciones:

\[
\begin{cases}
(x'^2 + y'^2) + ax' + by' + c = 0 \\
x''^2 + y''^2 + ax'' + by'' + c = 0 \\
x'''^2 + y'''^2 + ax''' + by''' + c = 0 \\
x^{iv2} + y^{iv2} + ax^{iv} + by^{iv} + c = 0
\end{cases}
\]

Dicha condición es, por consiguiente:

\[
\begin{vmatrix}
(x'^2 + y'^2) & x' & y' & 1 \\
(x''^2 + y''^2) & x'' & y'' & 1 \\
(x'''^2 + y'''^2) & x''' & y''' & 1 \\
(x^{iv2} + y^{iv2}) & x^{iv} & y^{iv} & 1
\end{vmatrix}
= \begin{vmatrix}
\overline{OM}^2 & x' & y' & 1 \\
\overline{OA}^2 & x'' & y'' & 1 \\
\overline{OB}^2 & x''' & y''' & 1 \\
\overline{OC}^2 & x^{iv} & y^{iv} & 1
\end{vmatrix} = 0
\]

Desarrollando este determinante por los elementos de la primera vertical, y teniendo en cuenta que los menores correspondientes expresan las áreas de los triángulos que tienen por vértices los puntos cuyas coordenadas los forman, tendremos:

\[
\overline{OM}^2.(ABC) + \overline{OB}^2.(MAC) = \overline{OA}^2.(MBC) + \overline{OC}^2.(MAB).
\]

Relación que tiene lugar cualquiera que sea la posición del punto O. Si suponemos O en M, \(\overline{OM}\) será cero y esa relación se convertirá en:

\[
\overline{MB}^2.(MAC) = \overline{MA}^2.(MBC) + \overline{OC}^2.(MAB);
\]

según queríamos demostrar.

Solución por el alumno D. Enrique Mackay Monteverde

Se tiene en el cuadrilátero inscripto MABC:

MB. AC = MA. BC + MC. BA.
El Progreso matemático (1893-08-15 00:00:00), página 24

Multiplicando los dos miembros por \( \frac{AB \cdot MB \cdot MC}{4R} \) y teniendo en cuenta la fórmula

\[
S = \frac{abc}{4R}.
\]

que dá el área de un triángulo en función de sus lados y del radio del círculo circunscripto, se obtiene la expresión del enunciado.

NOTA Esta misma solución nos ha remitido el Sr. SOLLERTINSKY.

Solución por el alumno D. RICARDO CARO

Recordando la expresión del área de un triángulo en función de radio R del círculo circunscripto, podemos establecer

\[
\Delta MBC = \frac{MB \cdot MC \cdot BC}{4R}
\]
y
\[
\Delta MBA = \frac{MB \cdot MA \cdot AB}{4R}
\]

Multiplicando la primera igualdad por \( \overline{MA}^2 \), la segunda por \( \overline{MC}^2 \), y sumando miembro á miembro, resulta

\[
MBC \cdot \overline{MA}^2 + MBA \cdot \overline{MC}^2 = \frac{MB \cdot MC \cdot BC \cdot \overline{MA}^2 + MB \cdot MA \cdot AB \cdot \overline{MC}^2}{4R}
\]

sacando factores comunes, el segundo miembro es

\[
\frac{MA \cdot MB \cdot MC (BC \cdot MA + AB \cdot MC)}{4R}
\]

La cantidad entre paréntesis del numerador, siendo sus factores lados del cuadrilátero MABC, vale MB. AC; luego dicho segundo miembro vale

\[
\frac{MA \cdot MC \cdot AC}{4R} \cdot \overline{MB}^2 = \Delta MAC \cdot \overline{MB}^2
\]

CUESTIONES PROPUESTAS

142 Discutir la función \( y = x \cos \frac{1}{e^x} \)

(N. C. M. (Riemann).
El Progreso matemático (1893-08-15 00:00:00), página 3

Siendo \( \tau_0' \) el punto medio de esta cuerda ó su intersección con el eje AX, la recta \( \tau_0'\Theta \) pasará también por el punto medio \( \tau_0 \) del segmento \( z z' \).

Ahora, en los triángulos \( \tau_0\Theta \) y \( \tau_0A'\tau_0' \) se tiene \( \tau_0A' = 2.\tau_0a \); luego \( \tau_0'A' = 2.\Theta a = 2.kA' \), y, por consiguiente, los triángulos \( z\Theta z' \) y \( z_1\Theta z'_1 \) serán iguales, ó se tendrá \( z_1z_1' = zz' = A\tau_0 \). Así:

La cuerda principal \( z_1z'_1 \) de la cúbica (F) determinada por sus puntos de intersección con las tangentes MT y M'T' en los extremos de su cuerda giratoria MAM', es igual al segmento \( zz' \) determinado por estas mismas tangentes en la asíntota ss, paralela á esta cuerda principal.

Los segmentos \( zz_1 \) y \( z'z'_1 \) de estas tangentes MT y M'T' comprendidos entre la asíntota ss, y cada una de las ramas F_1'z_1F_1' y F_1z_1'F_1 de la cúbica, son dobles de la longitud de estas tangentes, y se cortan mutuamente en el punto \( \Theta \) en dos partes iguales, es decir, que se tiene

\[
Mz = T\Theta,\quad M\Theta = Tz_1,\quad TM = z_1\Theta = \Theta z
\]
y
\[
M'z' = T'\Theta,\quad M'\Theta = T'z'_1,\quad T'M' = z'_1\Theta = \Theta z'.
\]

La perpendicular levantada en el punto \( \beta \) del eje OA, cortando en \( \theta \) á la recta aC, determina el segmento \( \beta\theta = \gamma^0\Gamma_0 \).

En efecto, los triángulos \( \beta\gamma^0\Gamma_0 \) y MCH siendo semejantes, dan
\[
\frac{CM}{C\Theta} = \frac{\gamma^0\beta'}{\gamma^0\Gamma_0}
\]
(28)

y siendo semejantes los triángulos \( \gamma^0\beta \) y BCH, se tiene
\[
\frac{CB}{C\Theta} = \frac{\beta'}{\gamma^0}
\]
(29)

Pero
\[
\frac{CM}{CB} = \frac{\gamma^0\beta'}{\gamma^0}
\]
luego
\[
\beta\theta = \gamma^0\Gamma_0
\]
(30)

Si en el punto \( \beta \) de \( \beta\gamma^0 \) se levanta la perpendicular \( \beta e \), su intersección e con la diametral \( bOc \) dará también el segmento \( eC \) igual á \( \gamma^0\Gamma_0 \).

Así, si se prolonga la ordenada del punto \( \gamma^0 \) de la parábola (\( \omega \)) hasta sus intersecciones \( \beta_2 \) y \( \theta_2 \) con las rectas BA y C\( \gamma^0 \), se tendrá
\[
\gamma^0\theta_2 = \gamma^0\beta' = \beta'\gamma^0 \text{ y } \beta_2\theta_2 = \gamma^0\Gamma_0.
\]

Se sabe que siendo \( :B' \) y \( :T' \) las normales á la parábola (\( \pi \)) descrip-