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El Progreso matemático (1894-06-01 00:00:00), página 14

laboradores con que cuenta el activo secretario de la Comisión M. Laisant, que continúa dando gran impulso á los trabajos con su incansable iniciativa.

Cada papeleta debe contener: 1.º El nombre del autor. 2.º Título de la Memoria ó de la obra. 3.º Indicación abreviada de la colección ó lugar de la publicación. 4.º Serie y tomo (ó nombre del editor) 5." Número de la primera y última página ó número de páginas. 6.º Año. 7.º Observaciones, si ha lugar.

Cuando se presente oportunidad haremos indicaciones del estado en que se hallen los trabajos en lo concerniente á las publicaciones españolas, habiéndose ya reunido algunas noticias remitidas hasta la fecha á la Secretaría del Comité Central residente en París.

COMPLEMENTO A LA OBRA DEL REPERTORIO.—CONGRESOS FUTUROS INTERNACIONALES.

La obra del Repertorio de bibliografía matemática constituye una empresa colossal, merced á ella, realizada por la colaboración de los matemáticos de todas nacionalidades, el siglo xx recibirá en legado la síntesis de la ciencia matemática del siglo xix, tan vasta, que para realizarla ha necesitado del concurso de todos, único modo de que pueda ser íntegra.

Pero con ser éste solo resultado de tan desmesuradas proporciones, aun algunos matemáticos ilustres se proponen llevarlo más adelante.

Aunque la idea se halla en estudio, parece que existen tendencias á preparar un Congreso internacional constituyente para el año 1897 acaso en Roma, Amsterdam ó Stockolmo, y hasta ahora se citan los nombres de los Sres. G. Cantor, Hermite, Laisant, Lemoine, Poincaré y Vassilief como favorables á su desarrollo, y debe esperarse que con otros matemáticos de diversas naciones contribuyan á darle forma definitiva, proponiendo los medios de conseguirlo.

Si ya de por sí la realización de la obra del Índice será de resultados importantes para el progreso de la ciencia, el nuevo pensamiento, cuyo modo de realización desconocemos, constituirá, indudablemente un complemento importante á aquélla.

Los trabajos preparatorios podrían tender á ir reuniendo en Memorias de carácter sintético los resultados de los investigadores matemáticos, para llegar á constituir la Literatura matemática en sus varios géneros, fijando el lugar que corresponde á cada rama dentro del plan de la ciencia, y además el que han conquistado por sus des-
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cubrimientos los grandes matemáticos que merecen contarse entre los autores clásicos de tan hermosa y variada literatura, digna de tener su historia y su preceptiva fundadas, tanto en la dialéctica como en la estética que puede apreciar las bellezas ofrecidas por la ciencia matemática en el riquísimo conjunto de su arquitectónica.

Esperando en breve poder comunicar á los lectores de El Progreso Matemático nuevas noticias acerca de los acuerdos tomados en la prosecución de este objeto tan importante para la literatura científica, hoy nos limitamos á hacer estas breves indicaciones.

ASSOCIATION FRANÇAISE POUR L’AVANCEMENT DES SCIENCES

Esta Asociación anuncia el próximo Congreso que debe reunirse en Caen del 9 al 15 de Agosto próximo.

Las 1.a y 2.a secciones comprenden las Matemáticas, Astronomía, Geodesia y Mecánica, habiéndose anunciado las siguientes cuestiones:

1.a Estudio de los medios más eficaces para asegurar un cambio de ideas más fácil y continuado entre los matemáticos de las diversas naciones y que podrían contribuir así á los progresos de las ciencias matemáticas y al perfeccionamiento de los métodos.

2.a Exposición del estado actual de los trabajos del Repertorio de bibliografía de las ciencias matemáticas en la época del Congreso.

3.a De la utilidad que reportaría ensayar el poner más completamente las matemáticas puras al servicio de las ciencias de aplicación, especialmente en lo que concierne á la Mecánica.

JUBILEO DE M. HERMITE

En la pág. 26 del tomo III se dio cuenta de la solemne ceremonia con que se celebró el 70mo aniversario del ilustre matemático francés ante representantes de todas nacionalidades verificada en las nuevas salas de la Sorbonne.

Con la medalla en bronce que lleva la efigie del Sr. Hermite, se ha repartido entre los numerosos suscritores á esta solemne manifestación en que han tomado parte matemáticos de todas nacionalidades, Alemania, América, Inglaterra, Austria-Hungría, Bélgica, Dinamarca, España, Finlandia, Grecia, Italia, Holanda, Portugal, Rumanía, Rusia, Suecia, Suiza y Francia, un folleto conteniendo el retrato del célebre matemático admirablemente grabado, la relación de la fiesta y los nombres, salvo alguna ligera omisión, de todos los que estiman y veneran al gran maestro y sabio matemático.—Z. (i. de G.
El Progreso matemático (1894-06-01 00:00:00), página 16

CUESTIONES RESUELTAS

CUESTIÓN 96
(Véase tomo II, página 344).

Supuesto inscripto un triángulo A'B'C' en otro triángulo ABC, se unen los vértices B y C del segundo á un punto cualquiera O del lado B'C' del primero. La recta OC encuentra á A'C' y AB en E y F. OB encuentra á A'B' en D y AC á A'C' en F. Demostrar: 1.º Que los tres puntos A, D, E se hallan en línea recta. 2.º Que las tres rectas BB', FG, OA' pasan por un mismo punto.

(H. Van Aubel).

Solución por el Sr. Sollertinsky (B.)

Cuando el punto O se mueve sobre B'C', los rayos BO y CO determinan en A'B' y A'C' series homográficas D, E que tienen en A' el punto doble.

La recta DE pasa, pues, por un punto fijo. Pero al llegar el punto O á B' y C', la recta DE coincide respectivamente con CA y BA; luego este punto fijo es el vértice A.

2.º Así los lados homólogos de los triángulos OBF, A'B'G se encuentran en una misma recta EAI; por consiguiente, las rectas OA', BB', FG que unen sus vértices homólogos, concurren en un mismo punto O'.

Solución por D. Ricardo Caro

1.º El haz, (O.EC'HA') cortado por las dos transversales EA' y CA' nos da la igualdad de relaciones anarmónicas

\[(EC'HA') = (IB'DA')\]

Si unimos estos puntos, con B los de la primera alineación, y con C los de la segunda, resultan los haces (B.EC'HA') y (C.IB'DA') que tienen igual relación anarmónica, y los radios BA' y CA' en línea recta; luego las intersecciones E, A y D de los otros tres pares de radios homólogos y están en línea recta (*).

(*) Galdeano, Geom. elem., 2.ª parte, núm. 178.
El Progreso matemático (1894-06-01 00:00:00), página 17

2.º Los haces (B.EFOM) y (B'.EGA'N) tienen el rayo BB' común, y las intersecciones E, A y D de los otros tres pares de rayos homólogos en línea recta (1.º), luego tienen igual relación anarmónica, y cortando el primero por EM, y el segundo por EG, se verifica

(EFOM) = (EGA'N)

Estas dos alineaciones, de igual relación anarmónica, tienen el punto E común; luego las rectas FG, OA' y MN ó BB' que unen los otros tres pares de puntos homólogos, concurren en un punto (**).

CUESTIÓN 107
(Véase tomo III, página 71).

Se dan en el espacio las esferas S, S', S'' y un punto P. Trazar á estas esferas tres planos tangentes paralelos tales, que las distancias PD, PD', PD'' del punto P á estos tres planos sean entre sí como los tres números dados m, m', m''.

(C. A. Leisant).

Solución por el Sr. SOLLERTINSKI.

La cuestión se reduce á la de trazar un plano tangente á las tres esferas S, S_1, S_2 de las que una está dada y las otras dos S_1, S_2 son homotéticas de S' y S'' relativamente á P. La relación de homotecia de S_1 y S' es igual á \( \frac{m}{m'} \) y la de S_2 y S'' es igual á \( \frac{m}{m''} \).

CUESTIÓN 120
(Véase tomo III, página :12).

Demostrar que para valores enteros cualesquiera de m y n el número

\[
N = 2^n \cdot 10^{6m+n} (44^n \cdot 10^{8m+n} - 2^n - 11^n \cdot 10^{2m}) + 1
\]

es divisible por 949.

(Juan J. Durán Loriga).

Solución por el Sr. SOLLERTINSKY (B.)

Se tiene

\[
N = 2^n \cdot 10^{6m+n} (44^n \cdot 10^{8m+n} - 11^n \cdot 10^{2m}) - (2^{2n} \cdot 10^{6m+n} - 1) =
= 2^n \cdot 11^n \cdot 10^{8m+n} (2^{2n} \cdot 10^{6m+n} - 1) - (2^{2n} \cdot 10^{6m+n} - 1)
= (2^{2n} \cdot 10^{6m+n} - 1) (2^n \cdot 11^n \cdot 10^{8m+n} - 1)
\]

Pero

\[
2^{2n} \cdot 10^{6m+n} = 40^n \cdot 10^{6m}
\]

(*) La misma obra, núm. 171.
El Progreso matemático (1894-06-01 00:00:00), página 18

y se sabe cada uno de los números 40 y \(10^6\) es un múltiplo de 13 aumentado en 1. Luego

\[
10^{2n} \cdot 10^{6m+n} - 1 = M \cdot 13
\]

Igualmente

\[
2^n \cdot 11^n \cdot 10^{8m+n} = 220^n \cdot 10^{8m}
\]

Pero se verifica sin dificultad que

\(220 = M \cdot 73 + 1,\ 10^i = M \cdot 73 - 1,\) y, por consiguiente, \(10^i = M \cdot 13 + 1;\)

luego \(2^n \cdot 11^n \cdot 10^{8m+n} - 1 = M \cdot 73.\) En fin \(N = M (13.73) = M.949.\)

CUESTIÓN 172.

(Véase tomo IV, página 157).

Construir un triángulo ABC, dado el lado BC, el radio r del círculo inscripto y el radio r" del círculo ex-inscripto en el ángulo B.

(J. Gillet)

Solución por D. CECILIO JIMENEZ RUEDA

En el enunciado de esta cuestión se ha omitido seguramente un dato (*). Tal como está redactada se resuelve construyendo dos círculos de posiciones arbitrarias, y radios r' y r", y trazándoles las dos tangentes comunes interiores y una de las exteriores, éstas dan el triángulo, que, como se vé, es indeterminado de forma y posición.

Vamos, pues, á resolver este problema en la hipótesis de que el dato que falta sea el lado AB = c. Supongamos el problema resuelto en el triángulo ABC, y sean O' y O" los círculos exinscriptos en los ángulos A y B; O'D = r'

y O"E = r^2 y llamemos p al semiperímetro.

Para determinar una cantidad auxiliar tal como DB, observemos las siguientes relaciones:

(*) En efecto, según nos comunicó el Sr. Gillet, se omitió en el enunciado el dato que suple el Sr. Jiménez Rueda.—(Z. G. DE G.)
El Progreso matemático (1894-06-01 00:00:00), página 19

2p = AB + BI + AC + CI = AD + AJ = 2AD
2p = BA + AH + BC + CH = BE + BK = 2BE \{ AD = BE y BD = AE

Los triángulos semejantes O'DB y BFP dan:

\[
\frac{r'}{BP} = \frac{DB}{FP}
\]
de donde
\[
FP = \frac{BP \cdot DB}{r'}
\] [1]

y de los BFP y BO'E se deduce:

\[
\frac{r''}{FP} = \frac{BE = c + DB}{BP}
\]
; esto es: AP . \( r'' = FP \cdot (c + DB) \) [2]

Sustituyendo en [2] el valor [1], tendremos:

\[
BP \cdot r'' = \frac{BP \cdot DB}{r'} (c + DB); \quad r' r'' = DB (c + DB);
\]

y de aquí se deduce que DB y \( c + DB \) son dos cantidades cuya diferencia es \( c \), y cuyo producto es \( r' r'' \). Para construir las llívese sobre una perpendicular \( r'G' \) á ED, las cantidades \( Br' = r' \) y \( Br'' = r'' \); trácese la semicircunferencia \( r'Gr'' \) y BG = BG' será la media proporcional entre \( r' \) y \( r'' \), esto es, será BS'² = \( r' r'' \). Sobre BA = c trácese una circunferencia, y uniendo G' con su centro O, la parte externa de esta secante = BD, y la secante entera = DA, determinan los vértices A y B del triángulo y las proyecciones sobre AB de los centros de los dos círculos ex-inscriptos dados. — Levantando, pues, en D la perpendicular DO' = \( r' \) y en E la EO'' = \( r'' \), uniendo O' con A y O'' con B, y trazando las BC y AC que formen con FB y FA ángulos iguales á los que estas rectas forman con AB, se tendrá el triángulo pedido. No hay más que una solución.

CUESTIÓN 177
(Véase tomo IV, página 157).

Demostrar GEOMÉTRICAMENTE que en un triángulo isósceles la simediana correspondiente á uno de los lados iguales es menor que la base.
(Juan J. Durán Loriga).

Solución por D. CECILIO JIMÉNEZ RUEDA

En los triángulos isósceles rectángulos y obtusángulos es evidente que la simediana correspondiente á uno de los lados iguales, como toda recta que una un vértice de la base á un punto del lado opuesto, es menor que la base, por estar comprendida entre ésta y la altura
El Progreso matemático (1894-06-01 00:00:00), página 2

Il est facile de vérifier que les triangles polaires des complémentaires de ABC sont les complémentaires du polaire du même triangle.

3. D'une relation entre les éléments d'un triangle sphérique ABC on peut d'ordinaire déduire de nouvelles formules, en appliquant la relation trouvée à un autre triangle dont les éléments dépendent de ceux du premier suivant une loi connue. Tel est, par exemple, le but de la transformation supplémentaire qui consiste à appliquer les formules trouvées pour un triangle à son triangle polaire, les éléments de celui-ci étant exprimés en fonction des éléments homologues du premier.

De même, en appliquant des relations de ABC à l'un de ses complémentaires BCA', CAB', ABC', puis exprimant les éléments de ces triangles au moyen des éléments correspondants de ABC, nous aurons en général trois nouvelles formules. Nous donnerons à cette transformation de formules le nom de transformation complémentaire; on peut la considérer comme l'analogue de la transformation continue signalée par Mr. Lemoine pour le triangle rectiligne.

4. Nous désignerons comme suit les éléments du triangle ABC: angles: A, B, C.—côtés: \(a, b, c\)—centre du cercle inscrit, I; son rayon \(r\).—centre du cercle circonscrit O; son rayon R—périmètre \(2p = a + b + c\) — excès sphérique \(2\varepsilon = A + B + C - \pi\).

Les éléments correspondants des triangles complémentaires seront désignés par les mêmes lettres affectées des indices 1, 2, ou 3, suivant qu'ils se rapportent à l'un ou à l'autre des triangles BCA', CAB', ABC'.

5. D'après cela, pour passer du triangle ABC au triangle BCA' par exemple, on a les formules de transformation:

\[
\begin{align*}
a &= a_1, & b &= \pi - b_1, & c &= \pi - c_1 \\
A &= A_1, & B &= \pi - B_1, & C &= \pi - C_1 \\
p &= \pi - (p_1 - a_1) & \varepsilon &= A_1 - \varepsilon_1 \\
p - a &= \pi - p_1 & A - \varepsilon &= \varepsilon_1 \\
p - b &= p_1 - e_1 & B - \varepsilon &= C_1 - \varepsilon_1 \\
p - c &= p_1 - b_1 & C - \varepsilon &= B_1 - \varepsilon_1
\end{align*}
\]

etc., etc.

II. — Rayons des cercles inscrits et des cercles circonscrits.

6. Soient M, N, P (fig. 2) les points de contact du cercle inscrit dans le triangle ABC; I son centre, \(r\) son rayon. Les arcs IM, IN, IP
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correspondiente al lado supuesto. En el caso de triángulo isósceles acutángulo, la simediana \( cm \) y la base CB caen á distinto lado de la perpendicular ó altura CP. Habrá que demostrar que \( cm \) se aproxima más á la perpendicular que CB, ó lo que es lo mismo, que el ángulo PmC es mayor que B. Ahora bien, el ángulo PmC=\( \gamma + \delta \); y el B=C=\( z + \delta \); luego para que el primero sea mayor que el segundo basta que \( \gamma \) sea mayor que \( z \). Prolonguemos la mediana una cantidad MD=MC y unamos D con A; los triángulos DAC y BAC que tienen el lado DA= al BC y el AC=AB y el ángulo en A del uno mayor que el ángulo en B del otro, tienen que tener el lado opuesto DC del primero mayor que el lado opuesto AC del segundo; luego sus mitades serán CM \( > \) MA, y por tanto, en el triángulo CMA, \( \gamma > z \).

Solución por D. Angel Bozal, Licenciado en Ciencias.

Sea ABC el triángulo en que \( AB = BC \); la mediana CD y la simediana CE, en la región DCB. Se tiene:

\[
\angle ECB = \angle DCA \tag{1}
\]
\[
\angle CEB = \angle CDE + \angle ECD \tag{2}
\]
\[
\angle CDE = \angle DCA + \angle CAD
\]
\[
\angle CDE = \angle ECB + \angle CAD
\]

Sustituyendo en (2) resulta:
\[
\angle CEB = \angle ECB + \angle CAD + \angle ECD. \tag{3}
\]

También se tiene:
\[
\angle ACB = \angle ACD + \angle DCE + \angle ECB
\]
lo que según la (1) nos da:
\[
\angle ACB = \angle ACD + \angle DCE + \angle ACD = 2 \angle ACD + \angle DCE \tag{4}
\]

En el triángulo ACD, se tiene: AC — AD \( < \) CD, y como AC = 2DA, viene: DA \( < \) DC; luego en dicho triángulo existe la siguiente limitación de ángulos: CAD \( < \) ACD, que según las (3) y (4) da: CEB \( > \) ACB ó también CEB \( > \) CBE, de donde se deduce que en el triángulo EBC se verifica CE \( < \) BC, ó siendo CB=\( a \), y CE=\( s \), que \( s < a \), según deseábamos demostrar.
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CUESTIÓN 126
(Véase tomo III, página 167).

Se da una esfera y una circunferencia de igual radio tangente á la esfera y cuyo plano pasa por el centro de la esfera. Esto sentado, se pide el lugar de los puntos de la superficie de la esfera sn que el plano tangente se apoya también sobre la circunferencia dada.

(H. Brocard).

Solución por D. J. Pedro Teixeira.

Tomando el plano de la circunferencia C' como el de las xy, por origen de coordenadas el Centro C de la esfera, por eje de las x, la recta CC', y suponiendo los ejes rectangulares, las ecuaciones de la circunferencia, de la esfera y del plano tangente á esta en el punto \((x_1, y_1, z_1)\) son respectivamente:

(1) \[(x - 2x)^2 + y^2 = r^2,\quad z = 0\]
(2) \[x^2 + y^2 + z^2 = r^2\]
(3) \[xx_1 + yy_1 + zz_1 = r^2\]

Eliminando y y z entre (1) y (3) se tendrá

\[(x_1^2 + y_1^2)x^2 - (2r^2x_1 + 4ry_1^2)x + (3r^2y_1^2 + r^4) = 0\]

Como la condición para que esta ecuación tenga una raíz doble es

\[y_1^2 - 3x_1^2 + 4rx_1 = r^2,\]

el lugar geométrico pedido es el de las ecuaciones

\[x^2 + y^2 + z^2 = r^2,\qquad y^2 - 3x^2 + 4rx = r^2\]

es pues, la intersección de la superficie de la esfera con la del cilindro recto, cuya base es la hipérbola, lugar de la segunda de las ecuaciones precedentes.
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Siendo CB = BO = OA = \( \frac{1}{3} r \), O es el centro de la hipérbola; y tomando sobre la perpendicular á CA trazada por el punto () el complemento \( OD = \frac{1}{3} r \sqrt{3} \), (OB) y (OD) son sus semi-ejes real é imaginario.

El arco BT de esta hipérbola goza de la propiedad de trisectar todos los arcos del círculo descritos sobre el radio CA como cuerda. En efecto, siende CMA uno de sus arcos y \( CM = \frac{1}{3} \) CMA y haciendo \( CM = a \), las coordenadas del punto M son

\[
x = \frac{1}{2} (r - a), \quad y = \sqrt{a^2 - \frac{1}{4} (r - a)^2}
\]

las cuales satisfacen á la ecuación de la hipérbola.

De lo dicho se deduce un modo de construir un aparato muy sencillo para trisecar un ángulo.

Bastará trazar la figura BTDA sobre cartón ó talco y cortarlo después según esta figura.

Para trisecar después un ángulo dado, trácese una perpendicular á la bisectriz que deja entre los lados del ángulo un complemento PQ triple de BO, ó, lo que es más sencillo, describáse un arco de círculo con el centro en el vértice del ángulo que pasa por los puntos P y Q, y aplíquese después convenientemente el aparato.

QUESTIONES PROPUESTAS

194. Sobre los lados BC, CA, AB de un triángulo ABC se toman los puntos A, B, C tales, que \( BA_1 = mBC \), \( CH_1 = nCA \), \( AC_1 = pAB \). Hallar la relación que debe existir entre \( m, n \) y \( p \) para que los medios de AA₁, BB₁, CC₁, estén en línea recta.

(H. Van Aubel).

195. Si desde los vértices de un triángulo ABC se trazan tres rectas paralelas, que encuentran á los lados opuestos de A₁, B₁, C₁, los puntos que dividen á las rectas AA₁, BB₁, CC₁, en la relación de 1 á 2 están en línea recta.

(H. Van Aubel).

196. Si sobre el lado BC de un triángulo ABC se toma un punto
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A₁ tal, que BA₁ : A₁C = γ : β, y en las prolongaciones de AC y AB los puntos B₁ y C₁ tales, que CB₁ sea 4.a proporcional á γ, β y AC, y BC₁ la 4.a proporcional á β, γ y AB. 1.º Las tres rectas AA₁, BB₁, CC₁ pasan por un mismo punto cuyas coordenadas baricéntricas son proporcionales á —βγ, β(β+γ), γ(3+γ). 2.º Los puntos que dividen á las rectas AA₁, BB₁, CC₁ en la relación de 1 á 2 están en línea recta.

(H. Van Aubel).

197. Dada una parábola (P), las normales MA, MB, MC encuentran á la curva en los nuevos puntos A', B', C'.

Se pide: 1.º El lugar de los puntos M tales, que las normales en A', B', C' concurran en un mismo punto M'. 2.º El lugar del centro y la envolvente de la circunferencia (A'B'C'). 4.º El lugar del centro y la envolvente de la hipérbola de Apolonio relativa al punto M.

(J. Gillet).

198. De dos cuerdas de una circunferencia, la una AC es fija, la otra BD móvil y de magnitud constante. Se pide determinar: 1.º Los lugares geométricos de los puntos M y N, intersecciones de los pares de lados opuestos (AB, CD), (BC, AD) del cuadrilátero ABCD; 2.º La envolvente de la recta MN, tercera diagonal de este cuadrilátero.

(J. Gillet).

199. Sean M, N, P los medios de los lados BC, CA, AB de un triángulo ABC y O un punto cualquiera del plano. Por M, N, P se trazan rectas respectivamente paralelas á OA, OB, OC. Demostrar que: 1.º Estas paralelas se cortan en un punto común O'. 2.º La recta OO' pasa por el centro de gravedad G del triángulo y queda dividida por este punto en la relación 2 : 1. 3.º El punto medio de la distancia OO' es el centro de las medias distancias de los cuatro puntos O, A, B, C. 4.º Deducir de lo que precede que el centro del círculo circunscrito es el centro de las medias distancias de los cuatro círculos tangentes á los lados del triángulo. 5.º Estudiar los casos particulares en que el punto O es una de los puntos notables del triángulo.

200. Resolver las ecuaciones

\[
\sqrt{x^2 + \sqrt{3} x^4 y^2} + \sqrt{y^3 + \sqrt{3} x^2 y^4} = a,\quad x + y + 3 \sqrt[3]{b x y} = b.
\]

(R. Guimaraes).

201. Dados dos cuadrados concéntricos y dispuestos de manera que las diagonales del uno sean paralelas á los lados del otro, determi-
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nar, con sólo los recursos de la Geometría elemental, los ejes de una elipse inscripta al mayor y circunscripta al menor.

(R. Guimaraes).

202. Sean 1, 2, 3, 4 los puntos de contacto de las tangentes trazadas á una cúbica general C³ desde uno de sus puntos arbitrario P; sea K² una cónica cualquiera que pasa por 1, 2, 3, 4 y P² la cónica polar; sean, finalmente, A, B, C los puntos de intersección, además de P, de la P² con la cónica trazada por P, homotética y concéntrica de K².

Demostrar que los puntos en el infinito de los tres radios OA, OB, OC pertenecerán á C³. Deducir de lo anterior el teorema conocido: Si por el punto real del infinito de una cúbica circular se trazan las cuatro tangentes á la curva, los puntos de contacto son los centros de los cuatro círculos focales.

(V. Retali).

203. Si 1, 2, 3, 4 son los puntos de contacto de las tangentes trazadas á una cúbica general C³ desde uno de sus puntos P arbitrario, las cónicas trazadas por P y bitangentes en una recta fija á las cónicas del haz 1234, cortan á la cónica (P1234) ≡ P² en otros tres puntos fijos.

(V. Retali).

204. Sobre los lados de un triángulo ABC como bases se construyen los triángulos BA'C, CB'A, AC'B, y, sobre los lados del triángulo A'B'C' como bases, los triángulos C'A'B', A'B'C', B'C'A', siendo estos seis triángulos directamente semejantes á un triángulo dado MNP, cuya altura NQ es el tercio de la base MP y divide esta base en la relación de 1 á 2. Demostrar que los lados del triángulo A"B"C" son perpendiculares á los del triángulo ABC y valen su tercio.

(H. Van Aubel.)

205. Dos círculos O, O' se cortan en los puntos C y D; una tangente común tiene por puntos de contacto A y B. Demostrar que los círculos CAB y DAB son iguales y medios proporcionales entre los círculos O y O'.

(A. Gob).

206. Se da la longitud a del lado BC de un triángulo ABC, los vértices B y C se mueven sobre una recta dada xx' y el ortocentro H está fijo. Demostrar que los lados AC y AB envuelven dos parábolas.

(J. Neuberg).