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GEOMETRIA HIPERBOLICA 
des BA" = B'A', BC" = B'C', y trazando el segmento de recta A"C ", se for¬ 
maría un triángulo igual al A'B'C'; el punto A" caería entre A y B, porque 
suponemos que AB > A'B'= A"B; el punto C" caería entre B y C, porque las 
rectas AC y A"C" no se cortan (17) puesto que forman con AB en A y A" 
dos ángulos correspondientes iguales. A causa de la hipótesis A = A', C = C', 
y de la igualdad de los triángulos A"BC". A'B'C', tendríamos que, en el cuadri¬ 
látero A"ACC", serían suplementarios, por una parte los ángulos en A y A", y 
por otra los en C y C"; luego la suma de sus cuatro ángulos valdría 4 rectos; 
y ya sabemos (131) que vale menos. Luego es forzoso admitir que AB es igual 
á A'B'; y que, por lo tanto, los dos triángulos son iguales. 
2. ° (Fig. 61). Sean AC paralelo á BD, y A'C' paralelo á B'D'. Si en los 
triángulos DBAC, D'B'A'C' con un vértice infinitamente lejano, se verifican las 
relaciones A = A', B — B', dichos triángulos ó semifajas, serán iguales. Efecti¬ 
vamente, colóquese la 
A A figura acentuada sobre 
la otra, de manera que 
coincida el ángulo B 
con su igual B', y que 
B'D' tome la dirección 
de BD: el punto A' coin¬ 
cidirá con el A, pues, 
si por ejemplo, cayese en E entre A y B, la nueva posición EF de A'C' sería 
paralela á AC (109), y tendríamos (117-111) BEF> A, lo que es imposible, porque 
BEF = A' = A; por análogo razonamiento, se demuestra que el punto A' no 
puede caer en la prolongación de BA; luego A' caerá sobre A. 
• Esto sentado, es evidente que el rayo A'C' coincidirá con el A, porque por el 
punto A no puede pasar más que un rayo paralelo al BD. Las dos semifajas 
habrán coincidido; luego son iguales. 
3. ° (Fig. 62). Sean ABCa, A'B'C'a' dos triángulos con dos ángulos nulos 
cada uno. Si los 
A A 1 
C 1 
terceros ángulos 
A, A'son iguales, 
también lo serán 
los triángulos; 
porque, colocán¬ 
dolos de manera 
Fig. 62 
que coincidan los ángulos iguales A y A', deberán coincidir los lados opuestos 
a y a'\ pues de lo contrario, en el interior del ángulo A se podrían trazar dos rec¬ 
tas paralelas á sus dos lados, lo que es imposible (123-1). 
4.° (Fig. 63). Nos proponemos demostrar que dos triángulos límites abe , 
a'b'c' son iguales. Sean NA la dirección de paralelismo de los lados b y c; y N'A' 
la que corresponde á b' y c'. 
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