ferjorosa/bne-hemeroteca-ocr-xix huggingface dataset:
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 20

C₁C''A₁ y A₁CB₁, éstos serán semejantes; luego los puntos C₁, A₁, B₁ se hallan en línea recta.

Se sabe que todo triángulo puede ser considerado como la proyección ortogonal de un triángulo equilátero. En la figura, contraproyección de la dada, las rectas Aα, Bβ, Cγ, hallándose igualmente inclinadas sobre los lados correspondientes de ABC, lo mismo sucede á sus paralelas O'A₁, O'B₁, O'C₁. Luego los puntos A₁, B₁, C₁ hallándose además en una recta, resulta de esto que el punto O' pertenece á la circunferencia circunscripta al triángulo equilátero ABC y que la recta A₁B₁C₁ envuelve una hipocicloide de tres retrocesos.

Volviendo á la figura dada, se concluye que el lugar de O' es la elipse de Steiner de ABC y que la recta A₁B₁C₁ envuelve una curva de 4.º orden y de 3.ª clase que puede ser proyectada y contraproyectada en hipocicloides de tres retrocesos.

Igualmente, el centro de homología O₁ recorre la elipse de Steiner de ABC, y la transversal d envuelve una curva semejante á la envuelta por A₁B₁C₁.

Sean x, y, z, los puntos que dividen á CA, AB, BC en la razón de los lados homólogos de ABC y A''B''C''; O el centro de homotecia de los triángulos.

Se ve sin trabajo que Ox, Oy, Oz son paralelas á O'A, O'B, O'C. Pero, en la contraproyección, cuando ABC, y por consiguiente xyz, se convierte en equilátero, hallándose el punto O' en la circunferencia ABC, los ángulos del haz O'ABC son de 60°; luego lo mismo se verifica con los ángulos del haz paralelo Oxyz, y por consiguiente, O se halla en la circunferencia xyz.
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 21

De esto resulta que el punto O recorre la elipse de Steiner de xyz concéntrica y homotética de la recorrida por los puntos O' y O_1.

Observemos todavía que la recta O'O_1 envuelve una elipse descrita por el medio del segmento O'O_1.

Los puntos A", B", C" recorren las elipses iguales que son homotéticas de la elipse descrita por O, siendo los puntos A, B, C respectivamente los centros de homotecia.

CUESTIÓN 154
(Véase tomo III, página 296).

Dados cuatro puntos A, B, C, D de una manera cualquiera en un plano, se trazan las rectas AD, BC que se encuentran en E, después la recta que une los centros de gravedad G, G' de los triángulos ABC y ACD; sean A', B', C', D', M los puntos de encuentro de GG' con AB, BC, CD, DA, AC. Demostrar que en magnitud y en signo se tendrán las relaciones

a) \( \frac{GG'}{A'G} = \frac{EB}{CB} \cdot \frac{DA}{EA}, \quad \frac{G'C}{C'G} = \frac{CB}{EC} \cdot \frac{ED}{DA} \)

b) \( \frac{GG'}{B'G} = \frac{ED}{EA}, \quad \frac{GG'}{D'G'} = \frac{EB}{EC} \)

c) \( \frac{MG}{MG'} = \frac{CB}{EC} \cdot \frac{EA}{AD} \)

(H. Van Aubel).

Solución por el Sr. Sollertinsky (B.)

Consideremos desde luego el triángulo ABC y el punto D. Sean F y J los puntos en que las rectas CD y BD encuentran respectivamente á AB y AC, O y O' los medios de AC y AB.

Tracemos Cz paralela á DB. En el triángulo BOD se tiene

\[
GG' = \frac{1}{3} BD
\]

y el triángulo O'zc da

\[
A'G = \frac{1}{3} zC
\]
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 22

Luego
\[
\frac{GG'}{A'G} = \frac{BD}{FC}
\]
y del triángulo FαC resulta
\[
\frac{BD}{zC} = \frac{FD}{FC}
\] (1)

Igualmente
\[
\frac{GG'}{B'G} = \frac{ED}{EA}
\] (2)

y del triángulo OBJ
\[
\frac{MG}{MG'} = \frac{JB}{JD}
\] (3)

En fin, aplicando las propiedades (1), (2) al triángulo ADC y al punto B, se obtendrá
\[
\frac{G'G}{C'G'} = \frac{FB}{FA} \quad (4), \qquad \frac{G'G}{D'G'} = \frac{EB}{EC} \quad (5)
\]

Además el teorema de Menelao aplicado sucesivamente á los triángulos CDE, BDE, ABE y á las transversales AB, AC, CD, dará
\[
\frac{FD}{FC} = \frac{DA}{DE} \cdot \frac{EB}{CB}
\]
\[
\frac{JB}{JD} = \frac{CB}{CE} \cdot \frac{AE}{AD}, \qquad \frac{FB}{FA} = \frac{CB}{CE} \cdot \frac{DE}{DA}
\]
y nos falta llevar estos resultados á (1), (2), (4).

CUESTIÓN 116
(Véase tomo III, página 111).

Sobre los cuatro lados de un cuadrilátero \(A_1A_2A_3A_4\) se construyen exteriormente los triángulos equiláteros \(A_1B_1A_2\), \(A_2B_2A_3\), \(A_3B_3A_4\), \(A_4B_4A_1\), é interiormente los triángulos equiláteros \(A_1b_1A_2\), \(A_2b_2A_3\), \(A_3b_3A_4\), \(A_4b_4A_1\). Sean \(I_1, I_2, I_3, I_4, i_1, i_2, i_3, i_4\), los centros de estos triángulos y \(f_1, g, S\) las diagonales y el área del cuadrilátero \(A_1A_2A_3A_4\).

1º a) Si sobre \(B_2I_1, I_4B_3\) se construyen los triángulos equiláteros \(B_1MI_1, I_1NB_3\), la figura \(I_4I_1NM\) será un paralelogramo.—b) Construir el cuadrilátero \(A_1A_2A_3A_4\) conociéndose los puntos \(I_1, B_2, B_3, b_4\).

2º a) Los puntos \(B_2, i_1, I_4\) y el centro \(P\) del triángulo equilátero construido sobre \(B_2b_3\) son los vértices de un paralelogramo.—b) Construir el cuadrilátero \(A_1A_2A_3A_4\) conociéndose los puntos \(i_1, B_2, b_3, i_4\).

3º La recta \(B_3b_4\) es paralela á la altura \(i_2Q\) del triángulo equilátero construido sobre \(I_1i_2\) é igual al doble de esta altura.—b) Construir el cuadrilátero \(A_1A_2A_3A_4\) conociéndose los puntos \(B_1, i_2, B_3, b_1\).
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 23

4.º Se tiene

\[
I_1 I_2 I_3 I_4 = \frac{2}{3} S + \frac{f^2 + g^2}{12} \sqrt{3}; \quad i_1 i_2 i_3 i_4 = \frac{2}{3} S - \frac{f^2 + g^2}{12} \sqrt{3};
\]

\[
B_1 B_2 B_3 B_4 = 2S + \frac{f^2 + g^2}{4} \sqrt{3}; \quad b_1 b_2 b_3 b_4 = 2S - \frac{f^2 + g^2}{4} \sqrt{3}.
\]

Solución por el Sr. Sollertinsky. (B).

En efecto, según la cuestión 82, 2.º (t. III, pág. 289) (*) los puntos M y N son los simétricos de J_1 y J_4 con respecto al medio M_1 de A_1A_3. b). Se construye desdeltuego el triángulo equilátero J_1B_4M. Sea β el simétrico de B_3 con relación al medio J_1M. El punto J_4 será el centro del triángulo equilátero construido sobre β_3. Pero J_4b_4 siendo el diámetro del círculo A_1b_4A_4, se obtendrá sin trabajo A_1 y A_4; A_4 y A_3 darán A_3; en fin, A_3 y B_2 darán A_2.

2.º De la igualdad de los triángulos b_3A_3B_2 y A_4A_3A_2 se sigue que B_2b_3 = A_2A_4 y \( \angle (B_2b_3, A_2A_4) = 60^\circ \). El segmento B_2b_3 es, pues, igual y paralelo al lado A_2C del triángulo equilátero CA_2A_4 construido sobre AA_4; por consiguiente, lo mismo sucede con los rayos B_2P y A_2P'.

Puesto que se tiene

\[
J_4 A_1 A_4 = i_1 A_1 A_2 = 30^\circ \quad \text{y} \quad \frac{J_4 A_1}{A_1 A_4} = \frac{i_1 A_1}{A_1 A_2} = \frac{1}{\sqrt{3}},
\]

los triángulos J_4A_1i_1 y A_4A_1A_2 son semejantes, de donde

\[
\frac{J_4 i_1}{A_2 A_4} = \frac{1}{\sqrt{3}} \quad \text{y} \quad \angle (i_1 J_4, A_2 A_4) = 30^\circ.
\]

(*) En vez de el punto I_g es el medio, léase el punto J_3 y los medios.
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 24

Los segmentos \( i_1 J_4 \) y \( A_2 P' \) son, pues, iguales y paralelos (*).

Siendo, pues, las rectas \( i_1 J_4 \) y \( B_2 P \) iguales y paralelas, el cuadrilátero \( iJ_4 PB_2 \) es un paralelogramo.

3). Además, siendo \( B_2 b_3 \) el doble de la altura del triángulo equilátero construido sobre \( B_2 P \), \( B_2 b_3 \) es paralela y doble de la altura \( i_1 Q \) del triángulo equilátero construido sobre \( i_1 J_4 \).

La construcción 2.º b) es evidente, y la de 3.º es independiente de las proposiciones demostradas. En efecto, el diámetro \( B_1 i_1 \) del círculo \( A_1 B_1 A_2 \) determina los vértices \( A_1 \) y \( A_2 \); los puntos \( A_1 \) y \( b_4 \) dan \( A_4 \), y los puntos \( A_4 \) y \( B_3 \) dan \( A_3 \).

4.º Sean \( \alpha, \beta, \gamma, \delta \) los vértices de los triángulos isósceles semejantes construidos exteriormente sobre los lados AB, BC, CD, DA, de un cuadrilátero ABCD, como bases, \( \theta \) el ángulo en la base.

Las consideraciones análogas á las dadas en la cuestión 115 muestran que la igualdad

\[
\alpha \beta \gamma \delta = ABCD + \frac{1}{2} \sum xA . xB . \sin 2\theta - \frac{1}{2} \sum Ax . A\delta \sin (A+2\theta)
\]

tiene lugar para todos los valores positivos y negativos de \( \theta \) menores que 90º en valor absoluto.

Designando por S, \( a, b, c, d, f, g \) el área ABCD y las longitudes AB, BC, CD, DA, AC, BD se tendrá:

\[
\sum xA . xB \sin 2\theta = \sum \frac{a^2 \sin 2\theta}{4 \cos^2 \theta} = \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) \sin 2\theta}{4 \cos^2 \theta}
\]

\[
\sum Ax . A\delta . \sin (A+2\theta) = \sum \frac{ads \sin A . \cos \theta}{4 \cos^2 \theta} + \sum \frac{ad . \cos A . \sin 2\theta}{4 \cos^2 \theta} =
\]
\[
= \frac{\cos 2\theta}{\cos^2 \theta} S + \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 - f^2 - g^2) \sin 2\theta}{4 \cos^2 \theta}
\]

Por consiguiente

\[
\alpha \beta \gamma \delta = \frac{1 + \tan^2 \theta}{2} S + \frac{f^2 + g^2}{4} \tan \theta
\]

Puesto que se tiene

\[
\tan (\pm 30^\circ) = \pm \frac{\sqrt{3}}{3}, \quad \tan (\pm 60^\circ) = \pm \sqrt{3}
\]

(*) Siendo \( A_2 A_4 \) paralela y doble que la recta \( D_2 D_3 \) que une los medios de \( A_2 A_3 \) y \( A_3 A_4 \) el radio \( A_2 P' \), y por consiguiente \( i_1 J_4 \) es paralelo é igual al diámetro \( D_m \) del triángulo equilátero construido sobre \( D_2 D_3 \). Esta es, pues, una solución de la cuestión 147. (V. tomo III, página 294).
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 25

resultará

\[
J_1 J_2 J_3 J_4 = \frac{2S}{3} + \frac{f^2 + g^2}{12} \sqrt{3}; \quad i_1 i_2 i_3 i_4 = \frac{2S}{3} - \frac{f^2 + g^2}{12} \sqrt{3}
\]

\[
B_1 B_2 B_3 B_4 = 2S + \frac{f^2 + g^2}{4} \sqrt{3}; \quad b_1 b_2 b_3 b_4 = 2S - \frac{f^2 + g^2}{4} \sqrt{3}
\]

CUESTIÓN 127
(Véase tomo III, página 168).

Si se unen los cuatro vértices de un trapecio inscrito ABCD á un punto cualquiera de la circunferencia se tiene la relación

\[
\frac{MA^2 - MB^2}{MD^2 - MC^2} = \frac{\overline{AB}}{\overline{CD}}
\]

(H. Van Aubel.)

Solución por D. Cecilio Jiménez Rueda

Se sabe que si se une un punto cualquiera M del plano de un círculo con cuatro puntos A, B, C, D, de la circunferencia de éste, se tiene siempre la siguiente relación:

\[
MA^2 \cdot \overline{DBC} + MC^2 \cdot \overline{ABD} = MB^2 \cdot \overline{ADC} + MD^2 \cdot \overline{ABC}
\]

que tiene lugar aunque el punto M sea de la circunferencia, como aquí ocurre (véase nuestra solución á la cuestión 110). Ahora bien, si los cuatro puntos ABCD forman un trapecio de bases AB y CD, las áreas de los triángulos DBC, ABD, ADC y ABC tendrán todas por factor común medio \( \frac{1}{2} \), altura del trapecio; factor que suprimido en la anterior relación la convierte en:

\[
MA^2 \cdot DC + MC^2 \cdot AB = MB^2 \cdot DC + MD^2 \cdot AB
\]

de donde \((MA^2 - MB^2) \cdot DC = (MD^2 - MC^2) \cdot AB\)

y por tanto \(\frac{MA^2 - MB^2}{MC^2 - MC^2} = \frac{\overline{AB}}{\overline{DC}}\), según queríamos demostrar.

Solución por D. Ricardo Caro

Siendo H y H' puntos medios de las cuerdas paralelas, AB y CD, las rectas OH y OH', formaran una sola recta perpendicular á ambas
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 26

cuerdas; y siendo MI' perpendicular á CD, es decir, paralela á HH', tendremos HI = H'I'.

En ABM, sabemos que

\[
MA^2 - MB^2 = 2AB \cdot HI
\]

y en CMD, \( MC^2 - MD^2 = 2CD \cdot H'I' \)

Dividiendo miembro á miembro, y simplificando el resultado según la observación anterior, se tiene

\[
\frac{MA^2 - MB^2}{MC^2 - MD^2} = \frac{AB}{CD}
\]

Solución por D. JORGE LUZÓN DE LAS CUEVAS

En el triángulo MAB siendo E el punto medio de AB y N la proyección de M sobre esa última recta, se tiene

\[
\overline{MA^2} - \overline{MB^2} = 2AB \cdot EN \quad (1)
\]

y en el MDC, siendo E' y N' los puntos análogos á E y N

\[
\overline{MD^2} - \overline{MC^2} = 2DC \cdot E'N' \quad (2)
\]

La recta EE' es perpendicular á AB y CD, y como NN' también lo es, se tiene EN = E'N'; dividiendo las igualdades (1) y (2) se llega á

\[
\frac{\overline{MA^2} - \overline{MB^2}}{\overline{MD^2} - \overline{MC^2}} = \frac{AB}{AC}
\]

Si el punto M tuviera la posición del M', se tendría sucesivamente

\[
\overline{M'A^2} = (M'B + AB)^2 = \overline{M'B^2} + \overline{AB^2} + 2M'B \cdot AB
\]

y

\[
\overline{M'A^2} - \overline{M'B^2} = 2AB \left( \frac{AB}{2} + M'B \right) = 2AB \cdot M'E
\]

y para el triángulo M'DC,

\[
\overline{M'D^2} - \overline{M'C^2} = 2DC \cdot EN'', \quad \text{y siendo } M'E = EN''
\]

\[
\frac{\overline{M'A^2} - \overline{M'B^2}}{\overline{M'D^2} - \overline{M'C^2}} = \frac{AB}{CD}
\]
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 27

Según se deduce de esta demostración, no es preciso que el punto M pertenezca á la circunferencia circunscrita al trapecio ABCD.

CUESTIÓN 86.
(Véase temo II, página 280).

Una elipse variable cuyo eje mayor se da, permanece tangente á una elipse dada, y tiene con ésta un foco común. Demostrar que toca constantemente á una cónica homofocal con la elipse dada.
(J. Neuberg.)

Solución por el Sr. Sollertinski.

Sea F el foco común de las elipses, M su punto de contacto, F' el segundo foco de la elipse fija E.

El segundo foco \( f' \) de la elipse variable E' debe hallarse situado en la recta MF' que cortará á E' todavía en m. Se tendrá

\[
\begin{cases}
FM + Mm + mF = 4a' \\
FM + MF' = 2a
\end{cases}
\]

designando \( 2a \) y \( 2a' \) los ejes mayores de las elipses E y E'.

Hay que distinguir varios casos.

1.º \( 4a' > 2a + FF' \). Entonces el punto m está situado en la prolongación de MF', y la sustracción de las igualdades (1) nos dará

\[
F'm + mF = 4a' - 2a,
\]

es decir, que la elipse toca á una elipse fija que tiene á F y F' por focos y la diferencia \( (4a' - 2a) \) por eje mayor.

2.º \( 2a + FF' = 4a' \). La elipse E' pasa siempre por F'.

3.º \( 2a + FF' > 4a' > 2a \). El punto m está situado en el segmento MF', y se tiene de (1)

\[
Fm - mF' = 4a' - 2a
\]

Luego E' toca una rama de la hipérbola homofocal con E.

4.º \( 4a' = 2a \). En este caso el punto m se mueve sobre el eje menor de E y la elipse E' toca constantemente este eje.

5.º \( 2a > 4a' > 2a - FF' \). La elipse E' toca una rama de la hipérbola confocal con E cuyo eje transverso es igual á \( 2a - 4a' \).

Observaciones.—1.a El lugar del segundo foco \( f' \) en todos los casos, es una circunferencia descrita desde F' como centro con el radio \( \pm (2a - 2a') \).

2.a Se podría reemplazar la elipse E por una hipérbola ó parábola fija, ó la elipse E' por una hipérbola de eje transverso constante, y la conclusión sería cierta.
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 28

CUESTIONES PROPUESTAS

165 Tomados \( n \) puntos \( A_1, A_2, A_3, \ldots, A_n \) en un plano, determinar otros \( n \) del mismo plano \( B_1, B_2, B_3, \ldots, B_n \) de manera que dividan respectivamente á \( B_n A_1, B_1 A_2, B_2 A_3, \ldots, B_{n-1} A_n \) en la misma razón \( \frac{p}{q} \) dada. El problema admite siempre una solución, y los dos sistemas de puntos tienen el mismo centro de gravedad.

(J. Gillet.)

166. Estudiar y construir la curva representada por la ecuación \( y = \cos \sqrt{x} \).

(Laisant.)

167. Si dos triángulos tienen sus ángulos ligados por las igualdades \( A' = 180^\circ - A, \quad B' = 90^\circ - B, \quad C' = 90^\circ - C \) se verificará entre los lados la siguiente:
\[
b^2 a'^2 + a^2 b'^2 = (bc' + cb')^2
\]
(*) (Juan J. Durán Loriga.)

168. Dados en un mismo plano real, un círculo real ó imaginario de primera especie y una recta real; construir el círculo que corta ortogonalmente al círculo dado sobre la recta dada.

(V. Retali.)

169. Dados en un mismo plano real dos círculos, uno al menos de los cuales es imaginario de primera especie, construir el eje radical.

(V. Retali.)

170. Construir el círculo que divide armónicamente dos segmentos dados y que corta ortogonalmente á un círculo dado (real ó imaginario de primera especie.) (**)

(V. Retali.)

171. Si dos cúbicas circulares tienen un círculo focal común, se cortan en seis puntos (además de los dos puntos cíclicos y el centro del círculo focal) que forman tres pares de puntos recíprocos respecto al círculo focal.

(V. Retali.)

(*) En el caso de ser el triángulo rectángulo ó obtusángulo, A es el ángulo recto ó obtuso.
(**) En las tres cuestiones precedentes se entiende que los círculos imaginarios están dados ó construidos sus círculos conjugados
En la cuestión 168, si el círculo dado es real, se supone que la recta lo corta en puntos imaginarios.—(V. Retali).
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 29

172. 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.)

173. Construir un triángulo ABC, dado el radio \( r' \) del círculo ex-inscripto en el ángulo A y el radio \( r'' \) del círculo ex-inscripto en el ángulo B.

(J. Gillet.)

174. Construir un triángulo ABC, dado el radio R del círculo circunscripto y 1.º los radios \( r \) y \( r' \) del círculo inscripto y del círculo ex-inscripto en el ángulo A; 2.º, los radios \( r' \) y \( r'' \) de los círculos ex-inscriptos en los ángulos A y B.

(J. Gillet.)

175. Siendo I, I₁, I₂, I₃ los centros de los círculos tangentes á los tres lados de un triángulo ABC, demostrar las relaciones

\[
AB \cdot AC = AI \cdot AI_1, \quad \frac{AB}{AC} = \frac{BI \cdot BI_2}{CI \cdot CI_3}
\]

(J. Gillet.)

176. Integrar las ecuaciones

\[
x = e^p + e^{-p}, \quad x = e^p - e^{-p}
\]

donde, según costumbre, \( p = \frac{\lambda y}{\lambda x} \)

(J. Gillet.)

177. 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).

178. Suponiendo que un triángulo se deforma conservando un lado fijo y constante el área, hallar el lugar geométrico de los puntos de Lemoine, Brocard y Gergonne.

(Juan J. Durán Loriga.)

Se consideran cónicas tangentes á dos rectas rectangulares dadas OA y OB en dos puntos variables y á una tercera recta AB en un punto dado C. Se pide:

1.º Cuál es el lugar geométrico de los puntos de contacto de las tangentes trazadas á estas cónicas por un punto dado P.

Se construirá este lugar en el caso particular en que P está en el vértice D del rectángulo construido sobre OA y OB.

2.º El lugar de los focos de estas cónicas.
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 3

tos comunes de \( t \) y \( z \), cabe escribir:

\[
x = \frac{az + b}{cz + d}, \quad \xi = \frac{a\xi + b}{c\xi + d},
\]

y en su consecuencia

\[
t - x = \frac{az + b}{cz + d} - \frac{az + b}{cz + d};
\]

después de toda simplificación, se obtiene:

\[
t - x = \frac{z - x}{(cz + d)(cz + d)}
\]

De un modo análogo se deduce:

\[
t - \xi = \frac{z - \xi}{(cz + d)(cz + d)}
\]

De la combinación de las dos últimas igualdades, resulta:

\[
\frac{t - x}{t - \xi} = \frac{cz + d}{cz + d} \frac{z - x}{z - \xi}, \quad \text{y si se supone} \quad \frac{cz + d}{cz + d} = K,
\]

se tiene definitivamente:

\[
\frac{t - x}{t - \xi} = K \frac{z - x}{z - \xi}.
\]

K constituye el multiplicador de la sustitución.

Si la sustitución es elíptica, K es imaginario y su módulo igual á la unidad; si la sustitución es hiperbólica, K es real y mayor que la unidad, en el concepto de que \( \xi \) diste del origen más que \( x \).

En efecto, en el primer caso, K adquiere la forma de

\[
\frac{c(\xi_1 + \xi_2 i) + d}{c(\xi_1 - \xi_2 i) + d},
\]

que puede expresarse de una manera más sencilla por

\[
\frac{a + bi}{a - bi}, \quad \text{o sea} \quad \frac{(a + bi)^2}{a^2 + b^2},
\]

de donde resulta:

\[
\frac{a^2 - b^2 + 2abi}{a^2 + b^2};
\]

y para el módulo:

\[
\sqrt{\frac{(a^2 - b^2)^2 + 4a^2b^2}{(a^2 + b^2)^2}} = 1,
\]

conforme al enunciado.
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 30

Se construirá la curva en el caso particular en que el punto de contacto se halle en medio de AB.

Se examinará á qué se reduce este lugar cuando el punto C se halle en el medio de AB, se tiene además OA = OB.
(N. C. M.) (Concours académique de Grenoble, 1879).

179. 1.º Calcular las sumas

\[
S = \sum_{n=1}^{n-m} (m-n+1)n \quad \text{y} \quad S' = \sum_{n'=1}^{n'-m'} \frac{1}{2} (m'-n'+1) (n'+1)n'
\]

2.º Determinar la relación entre m y m' para que se tenga S = S'.
(A. Schiappa Monteiro).

180. Hallar las soluciones enteras de la ecuación

\[
x^y = y^x
\]

sin recurrir á los logaritmos. (A. Schiappa Monteiro.)

181. Siendo \( r_u \) y \( r_v \) los radios de curvatura principales de una superficie cualquiera S cuyas líneas de curvatura están representadas por las ecuaciones

\[
u = \text{const.}, \quad v = \text{const.}
\]

determinar \( r_u \) y \( r_v \) de manera que la curvatura de las dos hojas \( \Sigma_u \) y \( \Sigma_v \) de la superficie evoluta sea igual á la misma constante.
(G. Pirondini.)

182. Se dan en un plano un ángulo XCY y un punto A. Por los puntos A y C se hacen pasar dos circunferencias.

Sean E y F, además G y H los puntos en que cortan respectivamente á los lados del ángulo. Sobre CE y CH se construye el paralelogramo ECHIP. Sobre CF y CG se construye el paralelogramo FCGQ. Esto sentado, 1.º, la recta PQ es perpendicular á la recta de Simson relativa á los datos (es decir, correspondiente al punto A y á los triángulos ECF ó GCH); 2.º, pasa por el punto de intersección de las cuerdas EF y GH.
(J. M.) (E. Catalán).

183. Un segmento de recta variable se mueve entre dos ejes de tal manera, que su proyección ortogonal sobre uno de los dos ejes permanece constante.

1.º ¿Cuál es el lugar del medio de este segmento de recta? 2.º ¿Cuál es la envolvente de este segmento de recta?
(J. M.) (M. d'Ocagne.)
El Progreso matemático (1894-04-01 00:00:00), página 31

184. Las polares de un vértice del triángulo con relación á los cuatro círculos inscriptos, forman un rectángulo inscripto en el círculo que tiene el lado opuesto por diámetro.

(B. Sollertinsky).

185. Las seis tangentes á una circunferencia trazadas paralelamente á los lados de un triángulo inscripto ABC, forman ocho triángulos homotéticos á ABC.

Los centros de homotecia son respectivamente los centros de semejanza de la circunferencia ABC con los círculos inscriptos al triángulo ABC, y al mismo tiempo son los inversos (isogonales) de los ocho puntos de los grupos de Nagel y de Gergonne.

(B. Sollertinsky).

186. Sean A₁, B₁, C₁ puntos que dividen los lados BC, CA, AB de un triángulo ABC en la razón de 2 á 1; M, N, P los medios de las rectas AA₁, BB₁, CC₁.

Demostrar que: 1.º Los triángulos MNP y ABC tienen el mismo centro de gravedad; 2.º Los lados del triángulo MNP son paralelos á las medianas del triángulo ABC valiendo el tercio; 3.º Los lados del triángulo ABC son paralelos á las medianas del triángulo MNP y valen su cuádruplo; 4.º El área del triángulo MNP es igual á \( \frac{1}{12} \) del área del triángulo ABC.

(H. Van Aubel).

187. Sobre los tres lados de ABC se construyen los triángulos BA'C, CB'A, AC'B y sobre los tres lados del triángulo A'B'C' los C'A''B', A'B''C', B'C''A', todos directamente semejantes á un triángulo isósceles dado MNP, del que MP es la base. Demostrar que: 1.º Los lados del triángulo A''B''C'' son paralelos á los del ABC; 2.º Si se designa por q la relación de la altura á la base del triángulo MNP, la razón de semejanza de los triángulos A''B''C'' y ABC es igual á \( \frac{1}{4} - 3q^2 \); 3.º Las rectas AA'', BB'', CC'' se dirigen según las medianas de estos dos triángulos.

(H. Van Aubel.)

188. Sobre los lados AB, AC de un triángulo ABC se toman AM = AN = λ; las rectas BN y CM se cortan en P.

Demostrar que el lugar de P es una hipérbola; hallar el centro, las asíntotas y los ejes de esta curva.

(J. Neuberg).