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El Progreso matemático (1895-06-01 00:00:00), página 1

El Progreso Matemático
PERIÓDICO DE MATEMÁTICAS PURAS Y APLICADAS
DIRECTOR: D. ZOEL G. DE GALDEANO

CUESTIONES RESUELTAS

CUESTIÓN 242.
(Véase tomo V, página 56).

Se dan un plano P y una recta Δ que le corta en A. Hallar la superficie que tiene por generatrices rectilíneas las mas cortas distancias de la recta Δ á las rectas que giran en el plano P alrededor del punto B de este plano (problema clásico).
¿Cuál es la traza de esta superficie sobre el plano M que pasa por B y perpendicular á la distancia de B á Δ?

(H. Brocard.)

Solución por el Sr. Schiappa Monteiro (A)

Si se traza por el punto B una recta Δ' paralela á la recta Δ y por éstas se hacen pasar respectivamente dos planos (R) y (Q) perpendiculares entre sí, su intersección I cortará al plano (P) en un punto m tal, que la perpendicular mπ bajada desde este punto sobre la recta Δ será la más corta distancia entre esta recta y la recta Bm situada en este último plano y que pase por el punto B.

Ahora, cuando los planos (Q) y (R) giran alrededor de las rectas Δ y Δ', permaneciendo continuamente rectangulares, el lugar de su intersección I será, como se sabe, una superficie cilíndrica de revolución que tendrá por sección recta el círculo de diámetro igual á la más corta distancia AA' del punto A á la recta Δ'; y por consiguiente el lugar del punto m será una elipse (C) cuyo eje mayor 2A será la recta AB.

Según esto, la superficie buscada será un conoide recto (K) cuyas directrices serán la recta Δ y esta elipse.

Para hallar la ecuación de esta superficie, en coordenadas rectangulares, tomemos por planos de las XY, XZ é YZ respectivamente el
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CUESTIÓN 349
(Véase tomo V, pag. 161.)

Sea P un punto cualquiera tomado en el interior del triángulo ABC. En el exterior de este triángulo se construyen los paralelogramos BODE, CAKI, ABML en los cuales los lados CD y BE, AK y CI, BM y AI son respectivamente iguales y paralelos á las rectas AP, BP, CP. Las rectas ED, IK, LM suficientemente prolongadas forman un triángulo A'B'C'. También las rectas LK, ME, DI forman el triángulo A"B"C".

1.º El exágono KLMCBI vale seis veces el Δ ABC.
2.º P es el centro de gravedad de los Δ EIL, DKM, A'B'C', A"B"C".
3.º Los lados de los Δ* A'B'C', A*B"C* son paralelos á los de ABC e iguales á los triplos de estos lados.
4.º Las rectas AA', BB", CC" pasan por los centros X, Y, Z de los paralelogramos BCDE, CAKI, ABML y se cortan un punto J".
5.º Las rectas AA', BB', CC' se cortan en un punto J'.
6.º Los punto J" y J' dividen la recta GP aditiva y sustractivamente en la razón 1: 3 (G es el centro de gravedad ABC).

(J. Neuberg.)

Solución por el Sr. V. Schlegel, (Hagen i/W)

La solución siguiente no supone más que los principios más simples del cálculo geométrico expuesto en este periódico, t. II, p. 281.

1. Se tiene, según las condiciones de la figura:

\[
\begin{cases}
P - B = K - A = I - C \\
P - C = M - B = L - A \\
P - A = D - C = E - B.
\end{cases}
\]

Sumando estas fórmulas se obtiene:
(2) \[ 3P = K + M + D = I + L + E, \]
lo que expresa que P es el centro de gravedad de los triángulos KMD y ILE.

Igualmente por sustracción:
(3) \[ B - C = L - K; \quad C - A = E - M; \quad A - B = I - D \]
lo que quiere decir que las rectas que unen los vértices próximos de los paralelogramos son iguales y paralelas á las aristas opuestas del triángulo.

Entonces se sigue que los triángulos A,LK, B,EM, C,DI son congruentes con ABC. Ahora se tiene A,L = AB = LM = MB.; luego
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\( A_1 L = \frac{1}{3} A_1 B_1 \); por consiguiente, \( A_1 L K = \frac{1}{9} A_1 B_1 C_1 \). Y si se rostan los tres triángulos citados del triángulo \( A_1 B_1 C_1 \), resulta que el exígono DEMLKI es el séxtuplo del triángulo ABC.

2. Sean H, Y, Z respectivamente los centros de los paralelogramos BCDE, ACKI, ABML. Entonces se tiene

\[
\left\{
\begin{array}{l}
H = \frac{D+R}{2} = \frac{E+C}{2} \\
Y = \frac{K+C}{2} = \frac{I+A}{2} \\
Z = \frac{M+A}{2} = \frac{L+B}{2}
\end{array}
\right.
\]

Además:

(5) \( E - A_1 = A - C, \quad \delta \quad E + C = A_1 + A, \quad \delta \)

Igualmente

(6)
\[
\left\{
\begin{array}{l}
2 X = A_1 + A, \\
2 Y = B_1 + B, \\
2 Z = C_1 + C,
\end{array}
\right.
\]

lo que da el teorema: Las rectas AA_1, BB_1, CC_1 pasan por los centros de los paralelogramos.

Además resulta de (5) \( A_1 = C - A + C \),
ó sustituyendo el valor \( E = P - A + B \) (1):
\[
A_1 = P - 2A + B + C
\]
Luego:
\[
\left\{
\begin{array}{l}
A_1 + 3A = P + A + B + C \\
B_1 + 3B = P + B + C + A \\
C_1 + 3C = P + C + A + B
\end{array}
\right.
\]
Igualmente (7)
\[
\left\{
\begin{array}{l}
A_1 + 3A = P + A + B + C \\
B_1 + 3B = P + B + C + A \\
C_1 + 3C = P + C + A + B
\end{array}
\right.
\]
Luego las rectas AA_1, BB_1, CC_1 pasan por el mismo punto:
(8)
\[
4I_1 = P + A + B + C^{(c)},
\]
que es el centro de gravedad de los puntos P, A, B, C.

(*) Igualando una suma de puntos á otra ó á un solo punto, es preciso tener cuidado de que las sumas de los coeficientes sean iguales para los dos miembros de la ecuación. Por otra parte dos sumas de puntos así igualadas tienen el mismo centro de gravedad, y los coeficientes anuncian los pesos de los puntos correspondientes.
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Y sumando las ecuaciones (7) se obtiene:
(9) \( A_2 + B_2 + C_2 = 3P; \)
luego P es el centro del triángulo \( A_2B_2C_2 \).

3. Después se tiene, análogamente á (5):
(10) \( L - A_1 = B - A,\quad ó:\quad A_1 = L - B + A, \)
ó sustituyendo el valor \( L = P - C + A \) (1):
\[
A_1 = P - C - B + 2A;
\]
luego
\[
A_1 - 3A = P - B - C - A,
\]
ó
\[
\begin{cases}
3A - A_1 = A + B + C - P, \\
3B - B_1 = B + C + A - P, \\
3C - C_1 = C + A + B - P;
\end{cases}
\]
Igualmente (11)
\[
\begin{cases}
3A - A_1 = A + B + C - P, \\
3B - B_1 = B + C + A - P, \\
3C - C_1 = C + A + B - P;
\end{cases}
\]
lo que quiere decir que las rectas AA₁, BB₁, CC₁ pasan por el mismo punto.
(12) \( 2I_1 = A + B + C - P. \)

Sumando las ecuaciones (11) se obtiene:
(13) \( A_1 + B_1 + C_1 = 3P; \)
luego P es también el centro de gravedad del triángulo \( A_1B_1C_1 \).

4. Si G es el centro de gravedad del triángulo ABC, se tiene:
(14) \( 3G = A + B + C. \)
Sustituyendo este valor en (8), se obtiene: \( 4I_2 = P + 3G,\quad ó \)
(15) \( P - I_2 = 3(I_2 - G). \)
Igualmente se obtiene de (12)
\[
2I_1 = 3G - P\quad ó\quad (16)\quad P - I_1 = 3(G - I)
\]
Las ecuaciones (15) y (16) expresan el hecho de que los puntos \( I_2 \) é \( I_1 \) dividen el segmento PG en la proporción 1 : 3 y son armónicos con relación á P y G.

En fin, se obtiene sumando (15) y (16): \( 2P = 4I_2 - 2I_1 \)
ó
\[
I_2 = \frac{I_1 + P}{2}
\]
(17)
lo que indica que \( I_2 \) está situado en el medio del segmento PI₁.
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CUESTIÓN 212
(Véase tomo IV, página 29).

La recta que une los medios de dos lados opuestos de un pseudo cuadrado es perpendicular á la que une los centros de los cuadrados construidos exteriormente sobre los otros dos y vale su mitad.

(H. Van Aubel).

Solución por el Sr. Sollentinsky (B.)

Sea O el centro de semejanza de las diagonales AB, CD de un pseudocuadrado ABCD.

Siendo estas diagonales iguales y perpendiculares, las rectas homólogas OA y OB, OC y OD lo son también. El punto O es, pues, el centro común de los cuadrados construidos interiormente sobre los lados AB, CD.

Por consiguiente, los simétricos O₁, O₂ de O con relación á AB y CD son los centros de los cuadrados construidos exteriormente sobre los mismos lados. La recta O₁O₂ es, pues, paralela y doble de la recta que une los medios de AB, CD; pero en un pseudocuadrado las dos rectas que unen los medios de los lados opuestos son iguales y perpendiculares.

Solución por el Sr. H. Van Aubel.

Sean en el pseudocuadrado A₁A₂A₃A₄, D₁, D₃ los medios de los lados A₁A₂, A₃A₄ y B₂, B₄ los centros de los cuadrados construidos exteriormente sobre los lados A₂A₃, A₄A₁.

Construyamos los paralelogramos A₄A₁A₃C, A₄A₂B₂E.

Siendo el punto D₃ el centro del primero, la recta D₁D₃ será paralela á A₂C y valdrá su mitad. Las rectas A₂A₁, B₃A₃ siendo iguales y perpendiculares á A₁A₃, A₂B₂, los dos triángulos A₃B₂E₁, EA₄C tendrán dos lados iguales y perpendiculares respectivamente y semejantemente orientados; por consiguiente, el lado A₃E será igual y perpendicular á EC, y el punto E será el centro del cuadrado construido sobre A₃C.

Como A₃C es igual y paralela á A₁A₄, y B₄ es el centro del cua-
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drado construído sobre \( A_1A_4, A_3EB_4A_1 \) será un paralelogramo. Teniendo los triángulos \( CA_4A_2, B_2EB_4 \) los lados \( CA_4, A_4A_2 \) iguales y perpendiculares á \( B_2E, EB_4 \) é igual orientación, el lado \( CA_4 \) será también igual y perpendicular á \( B_2B_4 \), por consiguiente \( D_1D_2 \) será perpendicular á \( B_2B_4 \) y valdrá la mitad.

CUESTIÓN 220
(Véase tomo IV, pag. 311.)

Si en un triángulo ABC el ángulo \( A = 45^\circ \), la recta que une el vértice A al centro del cuadrado construído exteriormente sobre el lado BC pasa por el punto de Lemoine del triángulo, y la relación de las distancias del punto A al punto de Lemoine y el centro de este cuadrado es igual á la tangente del ángulo de Brocard.

(H. Van Aubel.)

Solución por el Sr. Sollertinsky (B.)

Sea \( J_1 \) el centro del cuadrado construído sobre BC; \( A' \) la intersección de BC y \( AJ_1 \).

Puesto que se tiene \( \angle BCJ_1 = \angle CBJ_1 = BAC \), el punto \( J_1 \) es el polo de BC con respecto á la circunferencia ABC. La recta \( AJ_1 \) es, pues, la simediana de A. Ahora, se sabe que el punto de Lemoine K es conjugado armónico del polo \( J_1 \) respecto á AA'. Luego

\[
\frac{AK}{AJ_1} = \frac{KA'}{A'J_1}
\]

ó designando por \( M_1A_1 \) el medio de BC y la proyección de K sobre \( J_1M_1 \)

\[
\frac{AK}{AJ_1} = \frac{A_1M}{MJ_1} = \frac{A_1M}{BM} = \tg A_1BM
\]

y se sabe que \( \angle A_1BM \) es el ángulo de Brocard del triángulo ABC.

Solución por el profesor del R. Ateneo de Amberes Sr. T. Klompers.

La circunferencia circunscripta al \( \triangle ABC \) es tangente á las rectas BI, CI, puesto que \( BAC = IBC = ICB = 45^\circ \).
AI es, pues, una simediana del \( \triangle ABC \).
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2.º Se sabe que AI es igual y perpendicular á la recta MN que une los centros de los cuadrados construídos exteriormente sobre los dos lados del \( \angle A \), y que si m es la mediana que parte de A, la distancia

\[
A K = \frac{2bc}{a^2 + b^2 + c^2} \cdot m.
\]

Ahora, \( a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos 45^\circ \);
\[
4m^2 = 2(b^2 + c^2) - a^2
\]
\[
AK^2 = \frac{b^2c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}
\]
\[
4m^2 = \frac{b^2c^2 [2(b^2 + c^2) - a^2]}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}
\]
\[
AK^2 = \frac{b^2c^2 [b^2 + c^2 - 2bc \cos 45^\circ]}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}
\] (1)

\[
MN^2 = AH^2 + AN^2 + 2AH.AN \cos 45^\circ = \frac{b^2 + c^2 + 2bc \cos 45^\circ}{2}
\] (2)

Dividamos (1) y (2) miembro á miembro
\[
\frac{AK^2}{MN^2} = \frac{2b^2c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} = \frac{16S^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}
\]
\[
\frac{AK}{MN} = \frac{4S}{a^2 + b^2 + c^2} = \tg \omega.
\]

CUESTIÓN 164
(Véase tomo IV, página 128).

Sea un tetraedro ABCD, \( F_a, F_b, F_c, F_d \) las caras opuestas respectivamente á A, B, C, D, llamemos a, b, c, a', b', c', las aristas BC, CA, AB, DA, DB, DC. Sea A el punto en que el plano bisector del ángulo diedro que tiene por arista DA corta á BC.

Sea \( A'_1 \) el punto en que el plano bisector del ángulo diedro que tiene por arista BC corta á DA.

Se tiene:
\[
\frac{(F_b + F_c)(F_a + F_d)[F_a(c^2F_b + b^2F_c) + F_d(e^2F_b + b'^2F_c)]}{-a^2F_b F_c (F_a + F_d)^2 - a'^2F_a F_d (F_b + F_c)^2} = \frac{(F_a + F_d)^2 (F_b + F_c)^2}{(E. Lemoine)}.
\]

Solución por el Sr. Sollerfinzky (B.)

Se sabe que el plano bisector de un ángulo diedro divide á la arista opuesta del tetraedro proporcionalmente á las caras adyacentes
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Luego

\[
\frac{BA_1}{A_1C} = \frac{F_c}{F_b}, \quad \frac{DA'_1}{A'_1A} = \frac{F_a}{F_d}
\]

Se sabe también (teorema de Stewart) que, dividiendo el punto M al lado BC de un triángulo ABC en la razón \( \frac{BM}{MC} = \frac{m}{n} \), se tiene

\[
AM^2 = \frac{(m+n)\left(mb^2+nc^2\right)-mn a^2}{(m+n)^2}
\]

Según ésto, el triángulo AA_1D da

\[
\frac{AA_1^2}{A_1A_1'^2} = \frac{\left(F_a+F_d\right)\left(F_a\cdot AA_1^2+F_d A_1 D^2\right)-a^2 F_a F_d}{\left(F_a+F_d\right)^2}
\]

y de los triángulos ABC, DBC resulta:

\[
AA_1^2 = \frac{\left(F_b+F_c\right)\left(b^2 F_c+c^2 F_b\right)-a^2 F_b F_c}{\left(F_b+F_c\right)^2}
\]

\[
A_1 D^2 = \frac{\left(F_b+F_c\right)\left(b^2 F_b+c^2 F_c\right)-a^2 F_b F_c}{\left(F_b+F_c\right)^2}
\]

deduciéndose la fórmula del enunciado.

CUESTIÓN 149
(Véase tomo III, páginas 295).

Discutir y resolver la ecuación

\[
4 x \cos x + (3 x^2 - 4) \sin x = 0
\]

(N. C. M.) (Vecchio)

Solución por el Sr. B. OCARDI (H.)

Esta ecuación propuesta en la N. C. M. ha sido estudiada en el Giornale di Mathematiche de Battaglini t. X, primer sem. 1872, por el Sr. Vecchio, pero estaba resuelta completamente en N. A. M (1856 p. 19 — 22). Esta ecuación, dice Terquem, se presenta en la teoría de las oscilaciones de una esfera elástica, y ha sido resuelta por Poisson (Mem. de l'Acad. de Sciences VIII. p. 220) Véase también N. A. M 187, p. 182 — 183, una nota del Sr. Hermann, sobre la separación de las raíces.

Hacemos pues, aquí algunas observaciones.
El Progreso matemático (1895-06-01 00:00:00), página 17

La ecuacion dada resulta de la eliminación de y entre las dos ecuaciones:

\[
y = \tg x \quad , \quad y = 4 \frac{x}{4 - 3 x^2}
\]

La primera representa una curva transcendente muy conocida, formada por una serie indefinida de ramas iguales comprendidas entre las rectas \( x = (2 K + 1) \frac{\pi}{2} \) que cortan al eje de las \( x \) según un ángulo igual á \( \frac{\pi}{4} \). Estos puntos son otros tantos centros de la curva.

La segunda representa una cúbica que tiene el origen por centro y admite por asíntotas las rectas \( x = \pm \frac{2}{\sqrt{3}} = \pm 1.1547... \) y que corta al eje de las \( x \) en el origen según el ángulo \( \frac{\pi}{4} \). El eje de las \( x \) es una tercera asíntota.

La ordenada de esta curva crece más rápidamente que la de la curva \( y = \tg x \) entre \( 0 \) y \( \frac{\pi}{2} \). Por consiguiente no hay mas punto común que el origen, que es el punto de contacto.

Para \( x = \frac{2}{\sqrt{3}} + \varepsilon \), \( y \) es igual á \( -\infty \), y para \( x = +\infty \), \( y = o \) (lim. \(-\varepsilon'\))

Para \( x = -\frac{2}{\sqrt{3}} - \varepsilon \), \( y \) es igual á \( +\infty \), y para \( x = -\infty \), \( y = o \) (lim. \(+\varepsilon'\))

Las abscisas de la intersección de esta rama hiperbólica con las ramas de la curva \( y = \tg x \) dan los valores de \( x \) buscados.

Se reconoce de esta manera que la ecuación propuesta admite por raíces aproximadas los valores \( x = 2, \frac{6 + 2\pi}{2} \) y que los siguientes tes son cada vez mas próximos á \( (K - 0)\pi \), decreciendo \( \varepsilon \) rápidamente y teniendo \( \varepsilon \) por límite.

En cuanto á las raíces negativas, teniendo las dos curvas auxiliares el origen por centro, es evidente que estas raíces son iguales, en valor absoluto á las positivas.

Esta investigación, según las indicaciones anteriores no parece presentar dificultades; daremos pues los resultados hallados por Poisson.

\[
x = 2,56343423.... \qquad x = 6,0586701....
\]
El Progreso matemático (1895-06-01 00:00:00), página 18

CUESTIÓN 89
Véase tomo II, página 812.

Se da una circunferencia, una tangente AE, un diámetro ACB. Desde un punto D de la curva, con DB por radio, se traza un arco de círculo que encuentra á AE en los puntos E, F que se proyectan en M, M' sobre la tangente. Determinar todas las particularidades del lugar de los puntos M, M'.

Solución por el Sr. Brocard (H)

El método más sencillo para estudiar este problema nos parece que consiste en referir el círculo de radio 1 á los dos ejes rectangulares CBX, Cy y el punto D á un parámetro u que designa el ángulo BCD. Entonces se tiene para ecuaciones de MD y EM:

\[
y \sen u + x \cos u = 1,
\]
\[
y - \sen u - \sqrt{\sen^2 u - 4 \cos u} =
= (x + 1) \tg u
\]

De la primera se puede obtener sen u, cos u, tg u y obtener bajo forma complicada la ecuación del lugar M; pero es preferible obtener u é y en función de u y operar enseguida con estos valores para deducir bastante sencillamente la forma de la curva, y reconocer que ésta se compone de dos bucles principales y de dos bucles interiores cuyos puntos notables corresponden á posiciones particulares del punto D y de la tangente DM.

\[
x = \cos^3 u - \sen^3 u - \sen u \cos u \sqrt{\sen^2 u - 4 \cos u}
\]
\[
y = 2 \sen u - \sen^3 u + \sen u \cos u + \cos^2 u \sqrt{\sen^2 u - 4 \cos u}
\]

Desde luego el arco mínimo LB está dado por la condición EF=0 ó EA=sen u, lo que se reduce á

\[
\sen^2 u - 4 \cos u = 0
\]
El Progreso matemático (1895-06-01 00:00:00), página 19

cos u = \sqrt{5} - 2 = 0,23606...   u = 76°21'... = u_0

Para este valor de u se tiene un punto G tal, que

\[
x_g = 13 \sqrt{5} - 30 = 0,93122...
\]

\[
y_g = 2 \sqrt{\sqrt{15} - 2(8 - 3 \sqrt{5})} = 1.2553..
\]

Estas son las coordenadas del punto G sobre la tangente al círculo en el punto límite L. En este punto la curva (M) tiene la misma tangente que el círculo en el punto L.

La curva (M) encuentra á la recta AE en 6 puntos H, I, J y sus simétricos respecto de A. Los puntos H, J tienen por ordenadas 1 y 2 y corresponden á \(u = 90^\circ\) y \(u = 180^\circ\). El punto H es un punto doble. En cuanto al punto I, la construcción directa hace ver que corresponde á un valor muy próximo de LB y muy poco superior á LB. En efecto, la condición \(x = 1\) se reduce á

\[
\cos u (\cos^2 u + \cos u - \sin u \sqrt{\sin^2 u - 4 \cos u}) = 0
\]

ó

\[
\cos u (\cos u + 1)(2 \cos^3 u - 5 \cos u + 1) = 0
\]

de donde

\[
\cos u = \frac{5 - \sqrt{17}}{4} = 0.219...
\]

u es sensiblemente igual á 77° 29', mientras que LB = 76° 20'.

Para obtener los puntos T, T' de la circunferencia en que la curva es tangente al círculo, basta observar que en estos puntos se tiene

\[
1 = \cos 2 \theta (1 + 2 \cos \theta)
\]

designando \( \theta \) el ángulo TBC. Se tiene pues la ecuación

\[
2 \cos^3 \theta + \cos^2 \theta - \cos \theta - 1 = 0
\]

\( \theta \) es sensiblemente igual á 34° y \( n = \pi - 29 = 112^\circ \), ó TCy = 22° próximamente.

Los valores m de \( \cos u \) para los que y es nulo ó máximo están dados respectivamente por las ecuaciones

\[
2m^3 - 3m^2 + 2m + 1 = 0, \quad 5m^3 - 6m^2 + 2m + 1 = 0.
\]

La expresión de x, correspondiente al punto V de encuentro de las dos ramas de la curva (M) sobre Ax' está próxima á -1.6891.

La curva (M) así determinada por sus puntos más esenciales, faltaría determinar la tangente en diversos puntos particulares y la situación de los puntos en que la tangente es paralela ó perpendicular á Ax, lo que dejamos á la curiosidad del lector.
El Progreso matemático (1895-06-01 00:00:00), página 2

p'ano (M), el plano determinado por las rectas \( \Delta \) y \( \Delta' \) y el plano que pasa por AA', paralelo al plano director (D) de esta superficie.

Esto sentado, si se hace A'B = 2a y A'A = 2b, se pueden representar las directrices por las ecuaciones
El Progreso matemático (1895-06-01 00:00:00), página 20

CUESTIÓN 130
(Véase tomo III, página 191).

Trazada una circunferencia desde el foco F de una parábola, encuentra á su eje en O y á una tangente cualquiera en M y N. Demostrar que la suma de los cuadrados de las distancias OM y ON es constante.

(B. Sollertinsky).

Solución por el Sr. Sollertinsky (B).

Siendo P' el medio de MN, se tiene

\[
OM^2 + ON^2 = 2(OP^2 + PM^2)
\]

Y, si la recta OP encuentra á la circunferencia en P',
\[
OP^2 = OP \cdot OP' - OP \cdot PP'
= OP \cdot OP' - PM^2
\]
Luego \( OM^2 + ON^2 = 2 \cdot OP \cdot OP' \)

Pero el punto P, como proyección del foco F, se mueve sobre la tangente AP en el vértice de la parábola. Por consiguiente siendo O' el otro extremo del diámetro OF, se tendrá (á causa de las antiparalelas AP, O'P');
\[
OP \cdot OP' = OA \cdot OO'; \text{ luego } OM^2 + ON^2 = 2OA \cdot OO' = \text{const.}
\]

CUESTIÓN 242
(Véase tomo V página 56)

Un punto M se mueve sobre el lado BC de un triángulo ABC; sean P, Q sus proyecciones sobre AC, AB.

Las rectas BP, CQ se cortan en un punto D. Demostrar que D se mueve sobre una cónica \( \Sigma_a \) que toca en B y C á las alturas BB', CC' del triángulo ABC. \( \Sigma_a \) pasa por el simétrico de A con relación al medio de BC. Hallar la tangente en este punto y el centro de \( \Sigma_a \).

(J. Neuberg.)

Solución por el Sr. Retali (V.)

Si \( R^\infty, S^\infty \) con los puntos en el infinito de MP, MQ, los dos haces de rayos \( S^\infty(Q,...) \) y \( R^\infty(P,...) \) son perspectivos (porque tienen por sección común la punteada (M,...) y por esto proyectivos; los dos haces B(P,...) y C (Q,...) son pues también proyectivos y el lugar de 1 punto D es una cónica \( \Sigma_a \) que pasa por B y por C.
El Progreso matemático (1895-06-01 00:00:00), página 21

Al rayo BC, según que se considera como perteneciente al primero ó al segundo haz, corresponde en el otro el rayo CC' ó también el rayo BB'. La cónica \( \Sigma_a \) toca pues á BB' á B y á CC' en C.

Cuando M va al infinito, sobre BC, los puntos Q, P van al infinito respectivamente sobre las rectas AB y AC y por esto \( \Sigma_a \) pasa por el punto E simétrico de A respecto al centro del segmento BC.

Designemos con \( \gamma \) la intersección de \( |CC'| \) con \( |BE| \)

\[
\begin{array}{ccc}
\gamma & \beta & \gamma \\
\gamma & \beta' & \gamma \\
\end{array}
\]

\( |BB'| \) \( |CE| \)
\( |BC| \)

La recta (Ee) será la tangente á \( \Sigma_a \) en el punto E. Finalmente, para obtener el centro de \( \Sigma_a \) falta determinar el punto de intersección de las dos rectas que unen los puntos medios de los segmentos BC y CE respectivamente con los polos \( \varepsilon' \) y \( \beta' \) de las rectas \( |BC| \) y \( |CE| \).

CUESTIÓN 230
(Véase t. IV. página 312.)

Bien conocido es el procedimiento clásico para resolver el problema de trazar una circunferencia que pase por dos puntos A y B y sea tangente á otra circunferencia C: Se pide resolver este problema en el caso en que la recta AB y la cuerda interceptada en C por la circunferencia auxiliar no se cortan en los límites del dibujo.

(Juan J. Durán Loriga.)
El Progreso matemático (1895-06-01 00:00:00), página 22

Solución por el Sr. Fritz, profesor en el Instituto de Gerona.

Uniendo el centro C con los O y R (en que la circunferencia E corta á las cuerdas prolongadas MN y PQ) los ángulos formados en O y R serán rectos poa inscritos que abrazan el diámetro CD. Luego

los puntos O y R son los medios de las cuerdas MN, PQ y el arco XOCZ el lugar geométrico de los puntos medios de las cuerdas de la circunferencia C que prolongadas pasan por D.

Dos de estos puntos y el C bastarán para determinar la circunferencia E aunque el punto D salga de los límites del dibujo.

Solución por el Sr. Luzón de las Cuevas (D. J.)

La cuestión queda reducida por la construcción ordinaria á trazar una tangente á la circunferencia O, desde el punto de encuentro de AB y CD. El punto de contacto está en la circunferencia determinado por O' y los pies M y N de las perpendiculares á AB y CD, según la elegante solución que dió á este último problema el comandante de Ingenieros señor Beyens publicada en una revista extranjera.