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El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 35

senten en el orden A', B', C', D'. Sea I el punto en el infinito de la recta \( g \), y construyamos la cónica \( D^2 \) circunscripta al cuadrángulo ABCI, sobre la que los dos puntos A y C son conjugados armónicos respecto de BI. (Con este objeto, trazadas por A, B, C las rectas \( a, b, c \) paralelas á \( g \), se obtiene el rayo \( b' \) conjugado armónico de \( b \) respecto de \( a \) y \( c \). La \( D^2 \) está circunscripta al triángulo ABC y tiene \( b' \) por asíntota). Construyamos después la cónica \( A^2 \) circunscripta al cuadrángulo BCDI y sobre la que los dos puntos B y D son conjugados armónicos respecto de C é I. Estas dos cónicas \( D^2 \) y \( A^2 \) se cortan en los tres puntos B, C, I y además en un cuarto punto S que resuelve la cuestión. En efecto, el haz S (ABCI) armónico se halla cortado por \( g \) en cuatro puntos armónicos A'B'C'I; luego A'B' = B'C'. El haz armónico S(BCDI) corta á \( g \) en cuatro puntos armónicos B'C'D'I y B'C' = C'D'.

CUESTIÓN 245
(Véase tomo V, página 103).

Se dan seis puntos del espacio por los que se debe trazar un cilindro de segundo orden, de modo que no se hallen dos de los puntos en un lado.

(J. MEYER).

Solución por el Sr. Retali (V.)

Sean 1, 2, 3, 4, 5, 6 los puntos dados, cuatro cualesquiera de los cuales supondremos que no se hallan en un mismo plano. Estos seis puntos determinan una (sola) curva alabeada de tercer orden \( \Gamma^3 \), y los tres cilindros de segundo grado, reales ó imaginarios, que proyectan \( \Gamma^3 \) desde sus tres puntos en el infinito resuelven la cuestión.

Sea A\( ^3 \) el cono cuádrico que tiene por vértice el punto 1, y definido por las cinco generatrices 12, 13, 14, 15, 16; y sea B\( ^3 \) el cono cuádrico que tiene el mismo vértice 1 y está definido por las cinco rectas trazadas por 1 paralelamente á las cinco rectas 21, 23, 24, 25, 26. Teniendo estos dos conos la generatriz común 12, se cortan, en general, según otras tres generatrices cuyos puntos en el infinito son los hallados.

Según que la \( \Gamma^3 \) es a) una hipérbola alabeada, b) una elipse alabeada, c) una hipérbola parabólica, d) una parábola alabeada, se tiene a) tres cilindros hiperbólicos b) un solo cilindro elíptico c) dos cilindros, uno de los cuales es parabólico y el otro hiperbólico, d) un solo cilindro parabólico.
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 36

CUESTIÓN 252
(véase tomo V, página 168).

Se consideran las parábolas \( P_a, P_b, P_c \) que tienen por foco un vértice del triángulo ABC y por directriz el lado opuesto (construir las tangentes comunes á dos de estas parábolas).

(J. NEUBERG).

Solución por el Sr. RETALI (V.).

Tracemos la perpendicular á BC en el punto medio O y las bisectrices AE y AD, interna y externa, del ángulo BAC. Las proyecciones C' y C'' del punto C sobre las bisectrices AD y AE están en línea recta con O. [En efecto, los dos segmentos C'C'' y AC se bisecan mutuamente; pero el haz A(C'C''B) es armónico; luego C'C'' es paralela á AB]. La parábola \( P_b \) es la pedal negativa, respecto al polo, de la paralela trazada por O á AC, y \( P_c \) es la pedal negativa respecto á C de la OC'. De esto se sigue que las tangentes comunes á \( P_b \) y \( P_c \) son, además de la recta en el infinito del plano, la mediatriz DE del lado BC, y las bisectrices interna y externa del ángulo BAC.

CUESTIÓN 251
(véase tomo V, página 168).

Sean A', B', C' los puntos medios de los tres lados del triángulo ABC.
Se describe una hipérbola \( H_c \) cuyas asíntotas son A'B', A'C' y que pasa por B y C.
Sean \( H_b, H_c \) las hipérbolas análogas con relación á B ó C.
Las potencias de estas hipérbolas son respectivamente iguales á

\[
\frac{1}{4} bc, \frac{1}{4} ca, \frac{1}{4} ab
\]

Calcular las longitudes de los ejes.

(J. NEUBERG).
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 37

Solución por el Sr. Retali (V.)

Prolonguemos \( CC' \) en una longitud \( D'C'' = \frac{1}{2} CC' \). Las dos hipérbolas \( H_a \) y \( H_b \), además de tocarse en el punto del infinito de su asíntota común \( A'B' \), se cortan, evidentemente en los dos puntos \( C \) y \( C'' \).

Los puntos \( B \) y \( C \) son los extremos de un diámetro de la \( H_a \). Las rectas \( BA \) y \( CA \), paralelas á las asíntotas, se cortan en \( A \), y por consiguiente \( AA' \) es el semiámetro conjugado á \( BC \). Hagamos \( AA' = a' \), y designemos con \( x \) y \( \beta \) los semiejes de \( H_a \). Tendremos

\[
\left( \frac{a}{2} \right)^2 - a'^2 = x^2 - \beta^2
\]

La potencia de \( H_a \) es \( BC'.C'A' = \frac{bc}{4} = K^2 \)

y siendo \( 4K^2 = x^2 + \beta^2 \) tendremos \( x^2 + \beta^2 = bc \).

De las (1) y (2), teniendo presente la relación
\[
2b^2 + 2c^2 - a^2 = 4a'^2
\]
resulta
\[
4x^2 = a^2 - (b - c)^2 \qquad 4\beta^2 = (b + c)^2 - a^2
\]

Solución por el Sr. Klompers, profesor en el Ateneo de Amberes.

Por los vértices del triángulo \( ABC \) tracemos paralelas á los lados opuestos, de modo que se forme el triángulo complementario \( A''B''C'' \).

Sean \( X, Y, Z \) los medios de las distancias \( A'A'' \), \( B'B'' \), \( C'C'' \). El triángulo \( XYZ \) es homotético con cada uno de los triángulos \( A'B'C' \), \( A''B''C'' \). El centro de homotecia es el centro de gravedad \( G \) del triángulo dado.

Prolonguemos los lados del triángulo \( A'B'C' \) hasta su intersección con los de los triángulos \( XYZ \), \( A''B''C'' \). Determinaremos así dos grupos de tres paralelogramos \( A'PXQ \), \( B'RYS \), \( C'TZU \) y \( A'MA''L \), \( B'HB''N \), \( C'KC''I \).
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 38

Las diagonales, no dirigidas según las medianas del triángulo ABC son paralelas á los lados de éste y tienen por valores

\[
PQ = \frac{1}{4}a,\quad RS = \frac{1}{4}b,\quad TU = \frac{1}{4}c,\quad ML = \frac{1}{2}a,\quad HN = \frac{1}{2}b,\quad KI = \frac{1}{2}c.
\]

Vamos á demostrar que las tres hipérbolas \(H\), \(H_b\), \(H_c\), que tienen dos á dos una asíntota común, tienen un contacto de segundo orden sobre ésta asíntota y que sus puntos comunes situados á distancia finita son además de A, B, C los vértices del triángulo XYZ.

En efecto, dos diámetros conjugados cualesquiera de una hipérbola dividen armónicamente el ángulo de las asíntotas; y el área del paralelogramo formado por éstas y las paralelas á las mismas trazadas por un punto cualquiera de la curva es constante.

La hipérbola \(H_a\) admite, pues, por diámetro conjugado á BC, la recta AA'A". Igualmente CA y BB", AB y CC" constituyen un par de diámetros conjugados de las hipérbolas \(H_b\), \(H_c\).

El paralelogramo YHA'P es equivalente á CB'A'M
\[
ZIA'Q \quad \text{y} \quad BC'A'L
\]
y por esta razón, los puntos Y, Z se hallan en la hipérbola \(H_a\).
Igualmente ZKB'R equivale á AC'B'H
\[
XLB'S \quad \text{y} \quad CA'B'N \\
XMC'I \quad \text{y} \quad BA'C'K \\
YNC'U \quad \text{y} \quad AB'C'I
\]
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 39

Lo que demuestra que los puntos Z, X y X, Y pertenecen respectivamente á las hipérbolas H_b , H_c .

En segundo lugar, el área del paralelogramo construído sobre dos diámetros conjugados BC, AA'' de la hipérbola H_a es el doble de la del paralelogramo BCHI y equivale, por consiguiente, á la del triángulo A''B''C'' ó á cuatro veces la del triángulo ABC. Las tres hipérbolas H_a , H_b , H_c tienen, dos á dos, una asíntota común; además, los rectángulos construídos sobre los ejes tienen la misma área, resultando, según un teorema conocido, que tienen dos á dos un contacto de segundo orden sobre la asíntota común.

II. Las potencias de las hipérbolas H_a , H_b , H_c son respectivamente

\[
CB' \cdot B'A' = \frac{1}{2} b \cdot \frac{1}{2} c = \frac{1}{4} bc
\]
\[
AC' \cdot C'B' = \frac{1}{2} c \cdot \frac{1}{2} a = \frac{1}{4} ca
\]
\[
BA' \cdot A'C' = \frac{1}{2} a \cdot \frac{1}{2} b = \frac{1}{4} ab.
\]

III. Longitudes de los ejes. Los ejes de la hipérbola H_a se hallan dirigidos según las bisectrices de los ángulos formados por las asíntotas A'B' y A'C'; son, pues, paralelos á las bisectrices interior y exterior del ángulo A, y la asíntota A'B' forma con el eje transverso un ángulo igual al complemento de \( \frac{1}{2} \) A. Por otra parte, si designamos por x, y las longitudes de los semi-ejes, la potencia de la hipérbola será
\[
\frac{1}{4} (x^2 + y^2) = \frac{1}{4} bc.
\]
Vemos, pues, que x é y son los lados del ángulo recto de un triángulo rectángulo cuya hipotenusa es \( \sqrt{bc} \), es decir, una media proporcional á los dos lados del ángulo A, teniendo un ángulo agudo el valor \( \frac{1}{2} \) A. Tendremos, por consiguiente, los semi-ejes, proyectando sobre las bisectrices del ángulo B'A'C' una longitud igual á \( \sqrt{bc} \), tomada sobre A'H, á partir del punto A'.

\[
x = \operatorname{sen} \frac{1}{2} A \sqrt{bc} \qquad y = \cos \frac{1}{2} A \sqrt{bc}
\]

Se obtendrían de una manera análoga las longitudes de los ejes de H_b y H_c .
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 4

I es el ortocentro del triángulo UVW y O es el centro del círculo circunscripto á UVW.

Por consiguiente, I' es el centro del círculo de los nueve puntos de los cuatro triángulos que forman el cuadrángulo órtico UVWI.

Igualmente, siendo I el ortocentro del triángulo UV'W' y O el centro del círculo circunscripto á UV'W', I', es el centro del círculo de los nueve puntos de los cuatro triángulos que forman el cuadrángulo órtico UV'W'I'; y así sucesivamente.

(6) La suma de los círculos circunscriptos á los cuatro triángulos RST es tres veces el círculo circunscripto á ABC.

Del teorema que los círculos están en la razón de los cuadrados de sus diámetros, se deduce que el círculo circunscripto á ABC es á la suma de los cuatro círculos RST, como \( 4R^2 \) á \( OI^2 + OI_1^2 + OI_2^2 + OI_3^2 \).

Por otra parte
\[
\Sigma(OI^2) = 4R^2 + 2R(r_1 + r_2 + r_3 + r_4) = 4R^2 + 2R.4R = 12R^2
\]
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 40

CUESTIÓN 252
(véase tomo V, páginas 168 y 228).

Se consideran las parábolas \( P_a, P_b, P_c \) que tienen por foco un vértice del triángulo ABC y por directriz el lado opuesto, construir las tangentes comunes á dos de estas parábolas.

(J. NEUBERG).

Solución por el Sr. KLOMPERS (T.), Profesor del Ateneo de Amberes.

1.º El lugar de los puntos simétricos del foco con respecto á las tangentes á la parábola es la directriz.

2.º La polar de un punto cualquiera de la directriz pasa por el foco y es perpendicular á la recta que une este punto al foco.

Teorema. Las tangentes comunes á las dos parábolas \( P_b, P_c \) distintas de la recta del infinito, son las bisectrices del ángulo A y la mediatriz que corresponde al lado opuesto BC. Los seis puntos de contacto se hallan sobre las rectas A'B y A'C que unen el punto A', diametralmente opuesto al punto A en la circunferencia circunscrita al triángulo ABC en los extremos del lado BC.

Demostración. Según (1.º) las tangentes buscadas son rectas tales, que los simétricos de los puntos B y C con respecto á ellas, se hallan sobre los lados AC y AB del ángulo A.

Las rectas que satisfacen á estas condiciones son evidentemente las bisectrices AP y AQ del ángulo A y la perpendicular levantada en el medio de BC. El triángulo APQ que forman y cuyos vértices A, P, Q son, por consiguiente, umbílicos, es rectángulo en A, y la hipotenusa PQ es el diámetro del círculo circunscripto, perpendicular al lado BC del triángulo ABC.

El (2) nos permite demostrar la segunda parte del teorema relativa al punto de contacto. Basta observar que el punto A está en la intersección de las directrices; las cuerdas de contacto de las tangentes trazadas por A á las curvas \( P_b \) y \( P_c \) son las perpendiculares BA' y CA' levantadas en B y C á los lados AB y AC del triángulo ABC, y se cortan en el punto A', extremo del diámetro que pasa por A.

La tercera tangente PQ encuentra á las directrices AC y AB respectivamente en los puntos D y E; las perpendiculares á las rectas BD y CE en los puntos B y C determinan sobre PQ los puntos M y N que son los puntos de contacto. Se hallan situados respectivamente en las rectas CA' y BA'.
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 41

Solución por D. Juan V. Alonso.

Los ejes de las parábolas consideradas son las alturas del triángulo ABC. Las tangentes en el vértice respectivas son las paralelas medias á los lados del triángulo, \( bc \), \( ca \), \( ab \). Fundándose en la propiedad de estas tangentes de ser podares de la parábola correspondiente respecto á su foco se deduce la solución buscada.

Refirámonos, por ejemplo, á las parábolas \( P_a \), \( P_b \).

Una de las tangentes comunes será la perpendicular al lado AB en su punto medio c, la cual verifica, según es visible la propiedad indicada.

La otra es la bisectriz del ángulo exterior en C. En efecto, los triángulos \( CbM \), \( CaN \) son evidentemente isósceles

\[
bM = bC = bA \\
aN = aC = aB
\]

Es decir, que los puntos M, N están sobre las circunferencias descritas sobre AC, BC como diámetros, y por tanto los ángulos en M y N son rectos, cumpliéndose por tanto la condición exigida.

CUESTIÓN 24
(Véase tomo I, página 263).
En la brújula de inclinación el lugar de las posiciones de equilibrio de la aguja es un cono oblicuo de base circular. (E. Cesaro).
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 42

Solución, remitida por un alumno de la Escuela de Caminos (*).

La brújula de inclinación es, según sabemos, una aguja imantada suspendida por su centro y dispuesta de modo que podamos hacerla mover en un plano vertical cualquiera.

Haciendo variar este plano, á cada una de sus posiciones corresponderá una de quilibrio para la aguja, de modo que la inclinación de la aguja es así una inclinación del ángulo que el plano vertical que se considere forme con el meridiano magnético.

Para comodidad de nuestro razonamiento llamaremos:
α el ángulo variable que el plano vertical forma con el meridiano magnético, designando el plano con el signo \( P_x \).
i la inclinación correspondiente de la aguja; es decir, el ángulo que en su posición de equilibrio en el plano \( P_x \) forma con la dirección horizontal.
\( i_0 \) el ángulo de inclinación de la aguja en el meridiano magnético, y por tanto también cuando está suspendida libremente.

Definidos estos ángulos, haremos notar que el equilibrio de la aguja ha de resultar de la acción que la tierra ejerce sobre ella y de la reacción normal que el plano considerado opondrá, según la condición establecida.

Llamemos F la fuerza que la tierra ejerce sobre un polo de la aguja, fuerza cuya dirección hemos ya definido. Descompongamos esta fuerza en tres direcciones rectangulares: la vertical, la horizontal situada en el plano \( P_x \) y la normal á éste. Sus valores serán respectivamente.

\[
F \operatorname{sen} i_0, \quad F \cos i_0 \cos x, \quad F \cos i_0 \operatorname{sen} x.
\]

Esta última debe quedar destruída por la reacción del plano vertical, y los valores de las otras dos dan entonces la inclinación de la

(*) La demostración del sencillo teorema propuesto, se ha dado en la clase de física de la Escuela de Caminos, y está, en principio, indicada en el tratado de Mr. Gariel, y acaso en alguna otra obra. No puede, pues, el que hoy la presenta á los lectores de El PROGRESO MATEMÁTICO darla como una novedad ni tampoco firmarla como cosa propia. Sin embargo, la pública en vista de que viene figurando esta cuestión entre las propuestas por este periódico.
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 43

fuerza subsistente, es decir, la de la posición de equilibrio que corresponde al plano \( P_\alpha \), y será

\[
\tan i = \frac{F \sin i_0}{F \cos i_0 \cos \alpha} = \frac{\tan i_0}{\cos \alpha}
\]

Ahora consideremos ya el cono formado por las posiciones de la aguja en los distintos planos verticales y cortémoslo por un plano horizontal. Sea P la proyección del centro M de suspensión y sean N, \( N_0 \) las intersecciones de dos posiciones de la aguja en un plano cualquiera y en el meridiano magnético con el plano de la sección horizontal

Tendremos evidentemente

\[
PN = MP \cdot \cotg i \quad PN_0 = MP \cdot \cotg i_0
\]

De donde

\[
PN = PN_0 \cdot \cos \alpha
\]

Y según esto, el ángulo PNN_0 es recto, y por tanto el lugar de los puntos N, sección horizontal del cono considerado es una circunferencia, la circunferencia descrita sobre \( PN_0 \) como diámetro.

CUESTIÓN 209
(véase tomo IV, página 280 y t. V, p. 20).

Desde un punto cualquiera O se trazan dos tangentes OA, OB á una cónica. Sean AC, BD las cuerdas paralelas á OB, OA. Demostrar que las rectas AB y CD son paralelas.

(J. NEUBERG).

Solución por D. JUAN V. ALONSO

La propiedad enunciada es un caso particular del conocido teorema del exágono de Pascal. En efecto, como tal puede considerarse el contorno ABDC, suponiendo en A y B dos lados infinitamente pequeños dirigidos según las tangentes respectivas. En este exágono se verifica que dos pares de lados opuestos son paralelos; luego los otros los lados AB y CD serán también paralelas, puesto que la recta á que se refiere el teorema de Pascal está toda en el infinito.

Puede también demostrarse directamente la propiedad de que tratamos.

En efecto, O debe encontrarse sobre el diá-
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 44

metro conjugado con la dirección de AB, y éste coincidirá, por tanto, con la diagonal del paralelogramo OAO'B. Este diámetro OO' lo será igualmente para la elipse y para el sistema de rectas AO', BO'. Por tanto, la paralela á AB trazada por C debe cortar á la elipse y á BO' en un mismo punto, es decir, coincidir con DC, según se deseaba demostrar.

Observación. El punto O', en que se cortan las cuerdas AC, BD puede caer, en caso de ser la cónica elipse, dentro ó fuera de la misma. Es fácil conseguir que esté dicho punto O' sobre la elipse. Esto se verificará cuando AB divida en partes iguales el semidiámetro conjugado. La demostración puede hacerse sin dificultad gráfica ó analíticamente, fundándose en que I es siempre punto medio de OO'

Estos triángulos inscriptos, cuyo centro de gravedad coincide con el de la elipse, tienen todos áreas iguales y son máximos entre todos los inscriptos. En cambio, los circunscriptos correspondientes son de área mínima entre los circunscriptos (Carnoy, Geometría Analítica).

CUESTIÓN 240
(Véase tomo IV, página 32).

Si el ángulo A de un triángulo es igual á 45°: 1.º Los vértices de los cuadrados construidos exteriormente sobre los lados AB, AC y el vértice A' del paralelogramo BACA' están en una circunferencia concéntrica con el círculo ABC; 2.º La suma de los cuadrados de los radios de estos círculos es igual á la suma de los cuadrados de los lados AB, AC.

(B. SOLLERTINSKY).

Solución por el profesor D. R. Mir de Lara

1.º Quedará demostrada la primera parte del enunciado probando que siendo O el centro del círculo ABC, las distancias OA', OG, OF, OE y OD, son iguales entre sí.

En efecto, puesto que \( \angle A = 45^\circ \) por hipótesis y el \( \angle BAG \) es igual también á 45°, en virtud de las propiedades de las diagonales del cuadrado, resulta que AE está en prolongación de la diagonal CA; por otra parte, BA también está en prolongación de la diagonal FB, pues siendo \( \angle ABA' \) suplementario del A, lo será del igual á éste ABF que le es adyacente.
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 45

Por pertenecer O á la perpendicular levantada en el punto medio de AB, equidista de los vértices F y C, luego OF=OG [1].

Además \( \angle \alpha = \angle \beta \), por ser diferencias de ángulos iguales, y GE=FA por ser iguales los segmentos cuyas sumas representan.

Tenemos, pues, los triángulos EOG, FOA' iguales, por serlo respectivamente dos lados y el ángulo comprendido. De aquí OE=OA' [2].

Análogamente se deduce que \( \angle 0 = \angle \gamma \) y que OD=OE [3], y como además se verifica que DF=BA', resulta que los triángulos ODF, OEA' son iguales, y por lo tanto, que OF=OA' [4].

Finalmente, de la comparación de las igualdades [1] á [4], resulta demostrado que OF=OG=OA'=OD=OE.

Representando por R, r los radios de ambos círculos, por L, l los lados AB, AC y por D, d las diagonales de los cuadrados construídos respectivamente sobre AB y AC, hay que demostrar

\[
R^2 + r^2 = L^2 + l^2.
\]

Como \( \angle DEA \) es recto y el vértice E pertenece á la circunferencia concéntrica con el círculo ABC, los puntos D y E estarán en los extremos de un mismo diámetro, y por lo tanto OD y OG estarán en prolongación uno de otro. Considerando, pues, el triángulo rectángulo DEG, se verifica en él que

\[
4R^2 = [D+l]^2 + l^2 = D^2 + 2l^2 + 2Dl \\
\text{y como } D^2 = 2L^2 \quad \ldots \ldots \ldots
\]
\[
4R^2 = 2L^2 + 2l^2 + 2l\sqrt{2} \\
2R^2 = L^2 + l^2 + Ll\sqrt{2} \quad [1]
\]

En el triángulo OEA se verifica que

\[
r^2 = R^2 + l^2 - 2l \times EH
\]

pero \( EH = \frac{1}{2} GE = \frac{1}{2} (D+l) = \frac{1}{2} (L\sqrt{2} + l) \), y sustituyendo resulta

\[
r^2 = R^2 + l^2 - lL\sqrt{2} - l^2 = R^2 - lL\sqrt{2}
\]

Sumando ordenadamente [1] y [2] y simplificando, queda

\[
R^2 + r^2 = L^2 + l^2.
\]

Solución remitida por el Sr. Sollertinsky (B.)

1.º Evidentemente las diagonales GC, DB de los cuadrados ADEB, ACFG son paralelas á los lados AB, AC del triángulo, y las diagonales AF, AE son prolongaciones de las rectas AD, AG. Se tiene, pues,

\[
\angle DA'G = 45^\circ = \angle DEG = \angle DFG
\]
El Progreso matemático (1895-07-01 00:00:00), página 46

Por consiguiente, los cinco puntos D, E, A', F, G están en una misma circunferencia. Esta circunferencia está evidentemente descrita sobre EF como diámetro; y puesto que las mediatrices de las cuerdas DE, FG son al mismo tiempo las mediatrices de las cuerdas AB, AC de la circunferencia ABC, estas dos circunferencias son concéntricas.

2.º Del Δ EAF se obtiene
\[
AE^2 + AF^2 = 2AO^2 + 2OE^2
\]
6 \[2AB^2 + 2AC^2 = 2AO^2 + 2OE^2\]
Luego \[AO^2 + OE^2 = AB^2 + AC^2\]

Sean OB', OC' dos radios rectangulares de la circunferencia exterior en B, C; M, M' los medios de las cuerdas BC, B'C'.

Si se toma sobre la circunferencia BC el punto A de manera que MA sea igual á OM', los cuadrados construídos exteriormente sobre los lados AB, CA serán los cuadrados buscados, porque se tiene
\[AB^2 + AC^2 = 2AM^2 + BM^2 = OB'^2 + OB^2.\]

Solución por D. JUAN V. ALONSO

La línea MB diagonal del cuadrado construído sobre AB formando con este lado un ángulo de 45° es por esa razón paralela á AC, y por tanto estará en prolongación con BA'. Y como MA hace el mismo ángulo de 45° con AC, el trapecio ACMA' es simétrico y coinciden las perpendiculares á MA' y á CA en sus puntos medios.

Del mismo modo tenemos que KC es prolongación de CA' y que la perpendicular en el punto medio de A'K coincide con la levantada á AB en el suyo.

De aquí la evidencia de la serie de igualdades que podemos formar con las distancias desde O centro del círculo ABC á los cinco puntos indicados en el enunciado
\[ON = OM = OA' = OK = OL\]

Por consiguiente, está demostrada la primera parte del teorema.