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El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 25

Demostremos la primera.

Trazando por \( p \) un plano \( pa'c' \) perpendicular al radio OP de la esfera, tendremos (1)

\[
\frac{\text{sen } ba}{\text{sen } bc} = \frac{b'a'}{b'c'} : \frac{Oa'}{Oc'}, \quad \frac{\text{sen } BA}{\text{sen } BC} = \frac{b'a'}{b'c'} : \frac{pa'}{pc'},
\]

de donde, por división,

\[
\frac{\text{sen } ba}{\text{sen } bc} : \frac{\text{sen } BA}{\text{sen } BC} = \frac{pa'}{Oa'} : \frac{pc'}{Oc'} = \frac{\text{sen } Pa}{\text{sen } Pc};
\]

luego

\[
\frac{\text{sen } ba}{\text{sen } bc} : \frac{\text{sen } Pa}{\text{sen } Pc} = \frac{\text{sen } BA}{\text{sen } BC}.
\]

Igualmente demostraríamos las otras dos relaciones.

2. Observación.—En lugar de tres arcos concurrentes en P se pueden considerar tres planos, con una recta común PO, cortados por el plano \( aOc \), y sustituir en las relaciones (a) los senos de los arcos por senos de ángulos diedros.

3. Antes de exponer las numerosas consecuencias que se deducen del anterior teorema fundamental, creemos necesario demostrar el siguiente

LEMA.—Dado un arco ab, pueden siempre marcarse en la circunferencia dos puntos tales que la razón \( \frac{\text{sen } ca}{\text{sen } cb} \) sea igual en valor y en signo á \( \frac{m}{n} \).

Haremos, ante todo, notar que si en una circunferencia O tenemos tres puntos \( a, b, c \), para hallar el signo de \( \frac{\text{sen } ca}{\text{sen } cb} \) hay que atender á dos cosas: 1.a al valor de cada arco \( ca \) y \( cb \), que según sea menor ó mayor que \( 180^{\circ} \) dará seno positivo ó negativo; 2.a á la dirección relativa de los segmentos \( ca \) y \( cb \), á partir de \( c \); teniendo en cuenta estas dos circunstancias se ve fácilmente que si \( c \) está entre \( a \) y \( b \), es decir, en el arco menor de los que unen estos puntos, ó entre los diametralmente opuestos \( a' \) y \( b' \), la razón \( \frac{\text{sen } ca}{\text{sen } cb} \) es negativa, cualquiera que sea el sentido en que se cuente cada uno de los arcos, y si \( c \) está en el arco \( ab' \) ó en el \( a'b \), dicha razón es siempre positiva.

Demostremos ya el lema.

Dividiendo la cuerda \( ab \) del arco dado en dos segmentos cuya ra-

(1) Véase la página 287 de este periódico.—T. I.
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 26

zón sea \( \frac{m}{n} \), por medio del punto d. exterior si la razón dada es positiva, ó interior, si dicha razón es negativa, la recta Od encuentra á la circunferencia en el punto pedido c, porque

\[
\frac{da}{db} : \frac{Oa}{Ob} = \frac{\operatorname{sen} da}{\operatorname{sen} db} : \frac{\operatorname{sen} ca}{\operatorname{sen} cb}
\]

pero

\[
\frac{da}{db} = \frac{m}{n}, \quad \frac{Oa}{Ob} = 1 :
\]

luego

\[
\frac{\operatorname{sen} ca}{\operatorname{sen} cb} = \frac{m}{n},
\]

El punto diametralmente opuesto al c satisface también á la cuestión.

El teorema fundamental se verifica, como es fácil comprobar en cuanto á los signos.

Consecuencias del teorema.

4. 1.a—Si tres arcos de círculo máximo concurrentes en un punto P se cortan por dos arcos cualesquiera abc, a'b'c', se verifica

\[
\begin{align*}
\operatorname{sen} (acbP) &= \operatorname{sen} (a'b'c'P) \\
\operatorname{sen} (abcP) &= \operatorname{sen} (a'b'c'P) \tag{b} \\
\operatorname{sen} (cbaP) &= \operatorname{sen} (c'b'a'P)
\end{align*}
\]

5. 2.a—El arco bisector de un ángulo interno ó externo de un triángulo esférico divide al lado opuesto en dos segmentos, cuyos senos son proporcionales á los senos de los lados que forman el ángulo.

En el triángulo aPc, si Pb es el arco bisector del ángulo P, será \( \frac{\operatorname{sen} BA}{\operatorname{sen} BC} = 1 \); y en el triángulo aPb, si Pc fuera el arco bisector del ángulo externo adyacente al aPb, los ángulos CA y CB serían suplementarios y, por tanto, \( \frac{\operatorname{sen} CA}{\operatorname{sen} CB} = 1 \); luego las dos primeras relaciones (a) se reducen á

\[
\frac{\operatorname{sen} ba}{\operatorname{sen} bc} = \frac{\operatorname{sen} Pc}{\operatorname{sen} Pc}, \quad \frac{\operatorname{sen} ca}{\operatorname{sen} cb} = \frac{\operatorname{sen} Pa}{\operatorname{sen} Pb}.
\]

La recíproca es cierta.

Caso particular. El arco bisector del ángulo en el vértice de un triángulo isósceles encuentra á la base en su punto medio; y el bisector
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 27

del ángulo suplementario pasa por un punto de la base situado á 90° del medio de ésta; y recíprocamente.

6. 3.a - El arco trazado desde un vértice de un triángulo esférico al punto medio del lado opuesto, ó á un punto de este lado distante 90° del medio, divide al ángulo en el vértice en dos segmentos cuyos senos son inversamente proporcionales á los senos de los lados que forman el ángulo.

En el triángulo aPc, si ba = bc, será

\[
1 : \frac{\sen Pa}{\sen Pc} = \frac{\sen BA}{\sen BC} \quad ó \quad \frac{\sen Pc}{\sen Pa} = \frac{\sen BA}{\sen BC};
\]

en el triángulo aPb, si e dista 90° del medio de ab, los arcos ca y cb serán suplementarios; luego

\[
1 : \frac{\sen Pa}{\sen Pc} = \frac{\sen CA}{\sen CB} \quad ó \quad \frac{\sen Pb}{\sen Pa} = \frac{\sen CA}{\sen CB}.
\]

7. 4.a - Si unimos el vértice de un triángulo isósceles con un punto cualquiera de la base, queda ésta dividida en dos arcos cuyos senos son proporcionales á los senos de los ángulos que el arco trazado desde el vértice forma con los lados iguales.

(Se continuará).

VARIEDADES

Problemes de Géométrie analytique, par E. Mosnat, professeur agregé au Lycée de Toulon (Paris, Nony et cº, 1892).

El primer tomo de esta obra estaba destinado á las cuestiones más sencillas de Geometría analítica plana. En el segundo tomo el autor trata las cuestiones más difíciles propuestas en Francia, en los concursos para la Escuela politécnica, la Escuela normal y la Agregación. Estas cuestiones se hallan clasificadas metódicamente en cierto número de capítulos precedidos cada uno de un resumen de las fórmulas empleadas en todo el capítulo.

Numerosas figuras dibujadas con suma claridad, complementan el texto.

Esta parte de la obra, generalmente desenclada por la dificultad que ofrece el establecer las curvas con bastante rigor, se trata con gran desarrollo por M. Mosnat.

La obra contiene 100 cuestiones resueltas y 600 propuestas.
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 28

American Journal of Mathematic. (Baltimore, S. Newcomb).
El número correspondiente al mes de Abril contiene:
Some theorems relating to groups of circles and Spheres, by W. Woolsey.—Application of Quaternions to Projective Geometry, by C. H. Chapman.—On the Part of the Parallactic Inequalities in the Moon's Motion which is a Function of the Mean Motions of te Sund and Moon, by Ernest W. Brown.—On the Curves wich are Self-reciprocal in a Linear Nulsystem, and their Configurations in Space, by Charles Protens Steinmetz.—A clasification of Logarithmic Systems, by Irving Stringham.

SOLUCIONES Á LAS CUESTIONES PROPUESTAS

Cuestión n.º 38 (véase t. I. pág. 295 y t. II, pág. 30.)

Sobre la hipotenusa BC de un triángulo rectángulo ABC; ó en su prolongación, se toma un punto cualquiera D. Demostrar la relación

\[
\overline{AB}^2 \overline{DC}^2 + \overline{AC}^2 \overline{DB} = \overline{BC}^2 \overline{AD}^2
\]

(N, C, M) (H. Van Aubel).

Aplicación del teorema de Stewart á su resolución por el Sr. Guimaraes:
La expresión que traduce el teorema de Stewart, es de un modo general.

\[
\overline{AB}^2 \cdot CD \pm \overline{AC}^2 \cdot BD = \pm BC (\overline{AD}^2 + BD \cdot CD)
\]

considerando el signo \(+ ó -\), según que el punto D está en BC ó en su prolongación.
Si multiplicamos ambos miembros por BC = BD + DC, y desarrollamos, resulta

\[
\overline{AB}^2 \cdot \overline{CD}^2 + \overline{AC}^2 \cdot \overline{BD}^2 \pm BD \cdot CD (\overline{AB}^2 + \overline{AC}^2 - \overline{BC}^2) = \overline{BC}^2 \cdot \overline{AD}^2
\]

Pero, si el triángulo es rectángulo, como en el caso actual, se tiene

\[
\overline{BC}^2 = \overline{AB}^2 + \overline{AC}^2
\]

luego

\[
\overline{AB}^2 \cdot \overline{CD}^2 + \overline{AC}^2 \cdot \overline{BD}^2 = \overline{BC}^2 \cdot \overline{AD}^2,
\]

ya esté el punte en el lado BC ó en su prolongación.
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 29

Cuestión núm. 33 (Véase t. I, pág. 295)

Los centros de los triángulos equiláteros construidos, ya exterior, ya interiormente sobre los tres lados de un triángulo, son los vértices de un nuevo triángulo equilátero.

(N. C. M.) (H. Van Aubel).

1.a Solución por D. Angel Bozar, alumno de la Universidad de Zaragoza.

Sean O, O', O'' los centros de los triángulos equiláteros construidos sobre los lados del triángulo dado ABC.

Se sabe que las tres rectas AA', BB', CC' concurren en un punto M, siendo los tres cuadriláteros AMBC', AMCB', MCA'B inscriptibles, según se demostró en la pág. 61 al resolver la cuestión 34.

Por consiguiente:

OC = OM, O'C = O'M; OB = OM, O"B = O"M, O''A = O"M, O'A = O'M;

luego OO' es \( \perp \) á CM, OO'' es \( \perp \) á BM, O'O'' es \( \perp \) á AM.

Los ángulos del triángulo OO'O'' son pues, suplementos de los ángulos de 120° formados por las rectas AM, BM, CM; luego son de 60°, y, por consiguiente, el triángulo es equilátero.

2.a SOLUCIÓN. Se demuestra que AA' = BB' = CC' considerando los triángulos ACA' y BCB', ABA' y CBC' que son iguales respectivamente por tener iguales dos lados y el ángulo comprendido.

Pero se tiene además

\[
CO = \frac{BC \sqrt{3}}{3}, \quad CO' = \frac{AC \sqrt{3}}{3}, \quad BO' = \frac{AB \sqrt{3}}{3}
\]

De las dos primeras resulta que los triángulos OCO' y CBB' tienen dos lados proporcionales que forman ángulos iguales á C + 60°, pues

\[
OCO' = BCA + OCB + ACO' = BCA + 30° + 30° = C + 60°;
\]

y de la misma manera

\[
BCB' = BCA + ACB' = C + 60°;
\]

luego los triángulos mencionados son semejantes, y nos dan

\[
OO' = \frac{BB' \sqrt{3}}{3}
\]
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 3

En el triángulo BPF (fig. 2.a) se obtiene:

\( \angle PBF = \angle BPA - \angle FEP = \angle BPA - \angle BCA = C' \)

Los triángulos rectángulos PBF, A'C'M son pues semejantes y dan:

\[
\frac{A'M}{PF} = \frac{A'C'}{PB} = \frac{b}{2R}
\]

Los triángulos semejantes PFE, ACH (siendo H el pie de la altura trazada desde el punto A') dan:

\[
\frac{PF}{AH} = \frac{PE}{AC}
\]

De donde, y teniendo en cuenta (2):

\[
\frac{C'B'}{CB} \times \frac{A'M}{AH} = \frac{AP \cdot PE}{4R^2} = \frac{S'}{S}
\]

Observemos que AP . PE representa la potencia \( \bar{\omega} \) del punto P con relación al círculo circunscrito. Aquí (fig. 2), \( \bar{\omega} \) es negativa y S' positiva. Si \( \bar{\omega} \) se hace positiva (P es exterior al círculo ABC), S' se hace positiva y se tiene siempre

\[
(3) \left\{ \begin{array}{l}
\frac{S'}{S} = - \frac{\bar{\omega}}{4R^2} \\
S' = - \bar{\omega} \frac{S}{4R^2} = \frac{S}{4R^2} (R^2 - \overline{PO}^2)
\end{array} \right.
\]

siendo O el centro del círculo circunscrito ABC. Luego:

El lugar geométrico de los puntos tales que sus triángulos podares son equivalentes es una circunferencia concéntrica al círculo circunscrito.

Esta proposición da todavía, como caso particular, el teorema de Simson.

Las fórmulas (3) permiten, según los datos, calcular, sea la distancia de P al centro del círculo circunscrito, sea el área del triángulo podar, sea, en fin, la potencia del punto P con relación al círculo ABC.

Se puede proponer todavía evaluar S' en función de las coordenadas normales (\( x, y, z \)) del punto P. Se tiene:

\[
\frac{PB'C'}{S} = \frac{ayz}{abc}; \quad \frac{PA'B'}{S} = \frac{bxz}{abc}; \quad \frac{PA'C'}{S} = \frac{cxy}{abc}
\]
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 30

Aplicando estas consideraciones á los triángulos OBO' y CBC', resulta

\[
OO' = \frac{CC'}{3} \quad \text{y} \quad O'O' = \frac{AA'}{3},
\]

y como hemos demostrado que \( AA' = BB' = CC' \), también \( OO' = OO' = O'O' \), y el triángulo es equilátero.

CUESTIONES PROPUESTAS

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

(C. A. Laisant).

50. Le dan en un mismo plano un triángulo ABC y un punto D. Sobre las rectas indefinidas AD, BD, CD se determinan tres puntos variables A', B', C' por la condición que los triángulos A'BC, B'CA, C'AB sean equivalentes.
1.º Los lados del triángulo A'B'C' envuelven tres parábolas \( P_a, P_b, P_c \).
2.º Estas parábolas tienen dos tangentes comunes, es decir, se verifica dos veces que los puntos A', B', C' se hallan en línea recta. Hallar el punto de intersección de estas tangentes.
3.º Hallar los focos y las directrices de las parábolas \( P_a, P_b, P_c \).

(J. Neuberg)

51. 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',
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 31

ó de las rectas AC', BA', CB', cuando el triángulo A'B'C' tiene una área dada.

(J. Neuberg).

52. Se dan dos rectas rectangulares OA, OB y un punto C, por el que se hace pasar una secante variable ACB. Se describe la circunferencia que tiene AB por diámetro.
1.º Se traza la cuerda MCN perpendicular á AB. Hallar el lugar de los puntos M, N.
2.º Se traza en B la tangente sobre la que se proyectan los puntos M, N en S, T. Hallar el lugar de los puntos S, T.

(H. Brocard).

53. Demostrar que si se une un punto cualquiera C de una circunferencia O con los extremos de un diámetro AB y se trazan las bisectrices interiores de los ángulos, ACO y OCB obtenidos los cuatro segmentos p, q, r y s del diámetro verifican la relación

\[
\frac{p^2}{q^2} + \frac{s^2}{r^2} = 4
\]

(J. J. Durán Loriga).

54. Dos perpendiculares indefinidas AY y BZ á una recta giran al rededor de sus pies A y B en sentido contrario y con velocidades doble la una de la otra. Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos de intersección y discutirla.

(J. J. Durán Loriga).

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

(J. J. Durán Loriga.)

56. Se dan dos rectas rectangulares OA, OB y un punto C, por el que se hace pasar una secante variable ACB. Se describe la circunferencia que tiene AB por diámetro.
1.º Se traza la cuerda NCN perpendicular á AB. Hallar el lugar de los puntos M, N.
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 32

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

(H. Brocard.)

57. Se dan dos planos paralelos conteniendo, el uno una recta D, el otro una elipse E, cuyo uno de los ejes es paralelo á la recta D. Se pide determinar la superficie de revolución engendrada por esta elipse al girar al rededor del eje D. Casos particulares y comprobaciones.

(H. Brocard.)

58 Se dan dos planos paralelos que contienen, el uno en una recta D, el otro una parábola P cuyo eje es el paralelo á la recta D, Se pide determinar la superficie de revolución engendrada por esta parábola al girar al rededor del eje D. Casos particulares y comprobaciones.

(H. Brocard.)

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

(H. Brocard.)

60. Un círculo de radio constante tiene siempre su centro en una elipse. Desde el centro de ésta se le trazan tangentes. Hallar el lugar de los puntos de contacto. Casos particulares.

(H. Brocard.)

61. 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.)

62. Resolver el sistema de ecuaciones

\[
\frac{v^2 + xy + y^2}{x + y} = a, \quad \frac{x^3 - xy + y^2}{x - y} = b
\]

(R. Guimaraes.)

Nota.—Hemos recibido la solución á la cuestión 46 de D. Ricardo Caro á la 2 del Sr. Sollertinsky y las correspondientes á las cuestiones 44 y 46 del Sr. Schiappa-Monteiro, que publicaremos en el número próximo.
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 4

sumando:

\[
\frac{S'}{S} = \frac{ayz + bzx + cxy}{abc}
\]
\[
S' = \frac{ayz + bzx + cxy}{4R}
\]

(4)

De la comparación de las fórmulas (3) y (4) resulta:

\[
\omega = -\frac{R}{S} (ayz + bzx + cxy)
\]

(5)

3. Consideremos de nuevo el triángulo podar de P y su triángulo podar de ángulo \( \theta \). Siendo semejantes estos triángulos, tendremos:

\[
\frac{a_0}{a'} = \frac{b_0}{b'} = \frac{c_0}{c'}
\]

Por consiguiente:

\[
\left\{
\begin{array}{l}
a_0 = a \frac{AP}{2R} \times \frac{PA_0}{PA'} = a \frac{\lambda}{2R \sin \theta} = a' \frac{1}{\sin \theta} \\
S_0 = \frac{S}{\sin^2 \theta} \times \frac{-\omega}{4R^2} = S' \frac{1}{\sin^2 \theta}
\end{array}
\right.
\]

(6)

Luego: *El triángulo podar ortogonal A'B'C' es el triángulo podar mínimo*.

APLICACIONES.—Si el punto P se halla en el centro del círculo circunscrito, su triángulo podar es semejante á ABC y sus elementos lineales son la mitad.

Para tener un triángulo podar oblicuo igual á ABC sería preciso tomar \( \sin \theta = \frac{1}{2} \), es decir, \( \theta = 30^\circ \).

Pudiéndose obtener los triángulos podares oblicuos por la rotación del haz (P . A'B'C') al rededor de un centro P, y pudiéndose calcular sus elementos mediante las fórmulas (6), sólo nos ocuparemos en lo sucesivo de los triángulos podares propiamente dichos.

Es fácil ver que si se toma un punto P en el plano del triángulo ABC, su triángulo podar tendrá el mismo sentido de rotación que ABC ó tendrá un sentido contrario, según que el punto P se halle en el interior ó en el exterior del círculo ABC. Diremos que en el primer caso el triángulo podar es *directo* y que en el segundo es *retrógrado*.

4 Teorema.—*Dados un triángulo ABC y un punto P cualquiera*
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 5

tomado en su plano, si se construye un triángulo \( A_1B_1C_1 \) tomando sobre PA,PB,PC las longitudes \( PA_1, PB_1, PC_1 \) tales que

\[
PA.PA_1 = PB.PB_1 = PC.PC_1 = K
\]

entonces el triángulo podar de P con relación á ABC es semejante á \( A_1B_1C_1 \), y reciprocamente, el triángulo podar \( A', B', C' \) de P con relación á \( A_1B_1C_1 \) es semejante á ABC.

Según las fórmulas (1) basta probar que se tiene

\[
(7)\quad \left\{ \begin{array}{l}
A + A_1 = \angle BPC \\
B + B_1 = \angle CPA \\
C + C_1 = \angle APB
\end{array} \right.
\]

Estas igualdades de ángulos se demuestran fácilmente.

En efecto, se tiene:

\[
\angle BPC = A + \angle PBA + \angle PCA
\]

Pero \( \angle PBA = \angle B_1A_1P \), porque la igualdad \( PA.PA_1 = PB.PB_1 \) prueba que el cuadrilátero ABB_1A_1 es inscriptible.

Por la misma razón

\[
\angle PCA = \angle C_1A_1P, \text{ de modo que } A + A_1 = \angle BPC
\]

Pudiendo el punto P ocupar una posición cualquiera en el plano, es preciso, para que la relación sea general, dar signos á los ángulos.

En la figura 3.a es evidente que se tiene, en valor absoluto, \( A + A_1 = \angle BPC \); pero si se consideran los signos, será preciso, para que la relación subsista, considerar los ángulos \( B_1A_1K \) y BPL.

Demos una demostración general.

El preciso demostrar que se tiene, en magnitud y signos:

\[
(PB, PC) = (AB, AC) + (A_1B_1, A_1C_1)
\]

Para el ángulo \( A_1 \), por ejemplo, se tiene:

\[
(A_1B_1, A_1C_1) = (A_1B_1, A_1P) + (A_1P, A_1C_1)
\]

Igualmente:

\[
(AB, AC) = (AB, AP) + (AP, AC)
\]

Teniendo en cuenta las relaciones que ligan entre sí los ángulos de los cuadriláteros inscriptibles, se tiene

\[
(A_1B_1, A_1P) = (BB_1, BA) = (BP, BA)
\]
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 6

del mismo modo

\[(A_1P, A_1C_1) = (AC, CC_1) = (AC, PC)\]

Sumemos, y resulta

\[(A_1B_1, A_1C_1) + (AB, AC) = [(BP, BA) + (BA, AP)] + [(PA, AC) + (AC, PC)] = (BP, AP) + (PA, PC)\]

De aquí la relación general que se busca

\[(A_1B_1, A_1C_1) + (AB, AC) = (PA, PC)\]

lo que demuestra el teorema enunciado.

La misma proposición puede demostrarse evaluando los lados en vez de los ángulos. Se obtiene fácilmente:

\[\frac{a'}{a_1} = \frac{b'}{b_1} = \frac{c'}{c_1} = \frac{AP \cdot BP \cdot CP}{2R.K.}\]

Se probaría del mismo modo que el triángulo podar de P con relación á \(A_1B_1C_1\) es semejante á ABC.

APLICACIONES.—1.º Tomemos por P el punto de encuentro H de las alturas, y sean \(H_a, H_b, H_c\) los pies de éstas.

Se sabe que se tiene:

\[HA.HH_a = HB.HH_b = HC.HH_c\]

Podremos, pues, tomar \(H_a H_b H_c\) por el triángulo \(A_1B_1C_1\), que se confunde también con el triángulo podar de H con relación á ABC. En fin, el triángulo podar de H con relación al triángulo ortocéntrico \(H_a H_b H_c\) es semejante á ABC.

Volvemos á obtener así una proposición conocida.

2.º Cuando el punto P se halla en la circunferencia ABC, su triángulo podar se reduce á la recta de Simson. Es preciso pues que los tres puntos \(A_1, B_1, C_1\) que corresponden á A, B, C, se hallen en línea recta, lo que se verifica por ser la recta \(A_1B_1C_1\) la figura inversa del círculo circunscrito.

5. Teorema.—Sea un triángulo ABC, un punto P cualquiera tomado en su plano y el triángulo \(A_1B_1C_1\) de que se trata. Por el punto P se traza una secante cualquiera, y se toman sobre esta recta dos puntos M, \(M_1\) tales que

\[PM \cdot PM_1 = K\]

El triángulo podar de M con relación á ABC y el triángulo podar de M, con relación á \(A_1B_1C_1\), son inverosamente semejantes.
El Progreso matemático (1892-04-15 00:00:00), página 7

Si consideramos los dos triángulos MBC, y M₁B₁C₁, se hallarán en el caso del teorema anterior (§ 4), luego:

ang.º BMC + ang.º B₁M₁C₁ = ang.º BPC

Ahora, si se considera el triángulo Mₐ Mᵊ Mₑ podar del punto M, se tiene según las fórmulas (1)

\[
\angle Mₐ + A = \angle BMC
\]

igualmente

\[
M'ₐ + A₁ = A₁M₁C₁
\]

siendo M'ₐ M'ᵊ M'ₑ el triángulo podar del punto M₁; y sumando,

\[
Mₐ + M'ₐ + A + A₁ = BMC + B₁M₁C₁ = BPC
\]

Pero hemos visto que

\[
A + A₁ = BPC;
\]

luego

\[
Mₐ + M'ₐ = O
\]

Los ángulos Mₐ y M'ₑ son por consiguiente iguales y de signos contrarios, y lo mismo sucede respecto á Mᵊ y M'ᵊ, Mₑ y M'ₑ.

Los triángulos podares Mₐ Mᵊ Mₑ, M'ₐ M'ᵊ M'ₑ son pues inversamente semejantes.

6. TRIÁNGULOS PODARES DE DOS PUNTOS INVERSOS.—Definición.—El señor coronel Mathieu (Nouvelles Annales de Mathématiques, 1865) ha llamado puntos inversos á dos puntos P, P₂ que se hallan situados en rectas trazadas por los vértices de un triángulo y simétricas respecto á las bisectrices correspondientes. Estos puntos se han llamado así porque las coordenadas normales (x₁, y₁, z₁) del uno son inversamente proporcionales á las coordenadas (x₂, y₂, z₂) del otro. Se tiene

\[
x₁x₂ = y₁y₂ = z₁z₂
\]

7. Consideremos un punto P₁ definido por las relaciones en que las rectas AP₁, BP₁ dividen á los lados opuestos BC, CA. Diremos que dos puntos ocupan en dos triángulos diferentes la misma posición, cuando las rectas que los unen á los vértices de estos triángulos dividen á los lados opuestos en la misma relación.

Teorema.—El punto P₁ ocupa en su triángulo podar A'B'C' la misma posición que su punto inverso P₂ en el triángulo de referencia.

En efecto, se tiene:

\[
\frac{C'P₁B'}{S} = \frac{P₁C'.P₁B'}{bc}; \quad \frac{P₁A'B'}{S} = \frac{P₁A'.P₁B'}{ab}
\]