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Selección Tamaulipas OMM 2025

Samuel Elias — Sun, 09 Nov 2025 15:47:02 +0000

El día de hoy vengo a presentarles a los 6 jóvenes que nos van a representar en la OMM 2025.

P6. Más de Desigualdades Tamaulipas

Samuel Elias — Thu, 23 Oct 2025 18:57:37 +0000

Sean $a, \ b, \ c, \ d$ números reales positivos tales que $a>c$, $d>b$. Si se cumplen las siguientes dos condiciones:

$$a+\sqrt{b} \geq c+\sqrt{d} \ \mathrm {,} \ \sqrt{a}+b \leq \sqrt{c}+d$$

Demuestra que $a+b+c+d > 1$

Solución

Solución:

$$\sqrt c + d \geq \sqrt a + b \iff d-b \geq \sqrt a - \sqrt c$$

$$a+\sqrt b \geq c+ \sqrt d$$ $$ \iff a-c = (\sqrt{a} + \sqrt c)(\sqrt{a} - \sqrt c) \geq \sqrt d - \sqrt b$$

$$\iff(\sqrt{a} + \sqrt c)(\sqrt{a} - \sqrt c)(\sqrt d + \sqrt b) \geq d-b \geq \sqrt a - \sqrt c $$

$$\iff (\sqrt a + \sqrt c)(\sqrt b + \sqrt d)= \sqrt{ab} + \sqrt{ad}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd} \geq 1$$

Ahora, usando $MA-MG$ con $\sum_{cyc}(a+b) \geq \sum_{cyc}2\sqrt{ab}$, tenemos que:

$$2(a+b+c+d)\geq 2(\sqrt{ab} + \sqrt{ad}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}) \geq 1$$

Como la igualdad de $MA-MG$ se da sí y sólo sí $a=b=c=d$, pero $a>c$ y $d>b$, entonces $a+b+c+d>1$ estrictamente.

P5. Sobreexplotando la configuración del ortocentro con una concurrencia.

Samuel Elias — Thu, 23 Oct 2025 18:56:35 +0000

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y $H$ su ortocentro. Sea $\Omega$ el circunírculo de $BHC$. Las rectas $AH$ y $AC$ cortan a $\Omega$ en $D \neq H$ y $E\neq C$ respectivamente. Sea $F \neq D$ la segunda intersección de $CD$ con el circuncírculo de $AED$. Demuestra que $AF, \ BC$ y $DE$ concurren.

Solución

Solución:

Note que $\angle HAE = \angle HBC = \angle HDC$. Esto quiere decir que $\triangle ACD$ es isósceles con $AC=DC$ y por lo tanto, $BC$ es todotriz sobre $AD$ y $\angle ACD$. Ahora, como $AEFD$ es cíclico por condiciones del problema y la igualdad de ángulos de arriba, $AEFD$ es un trapecio isósceles, por lo que $EF \parallel AD$. Por teorema de Tales (versión 1), $CE=CF$ y $EA=FD$ (versión 2). Sea $G$ la intersección de $BC$ con $AD$, que por ser $BC$ todotriz, $AG=DG$. Por último, usando el teorema de Ceva en $ACD$:

$$\frac{AG}{GD}\cdot \frac{DF}{FC}\cdot \frac{CE}{EA}=1$$

Lo cual es cierto porque $\frac{DF}{FC}=\left(\frac{CE}{EA}\right)^{-1}$

P4. La vaca saturno saturnita y su polígono de focos

Samuel Elias — Thu, 23 Oct 2025 18:53:43 +0000

Sea $n\ge 3$ un entero positivo. En cada uno de los vértices de un $n$-ágono regular y en el centro de dicho polígono, hay un foco que puede estar encendido o apagado.

P3. Paralelas con una tangente

Samuel Elias — Thu, 23 Oct 2025 18:45:47 +0000

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo, $H$ su ortocentro y $D$ el pie de altura desde $A$ a $BC$, de tal forma que $AH=HD$. Sea $\mathcal{Z}$ el circuncírculo de $BHC$. Sea $\ell$ la recta tangente a $\mathcal{Z}$ por $H$, de tal forma que $\ell$ corta a $AB$ en $S$ y a $AC$ en $T$. Sean $M$ y $N$ los puntos medios de $BH$ y $CH$ respectivamente. Demuestra que $SM$ es paralela a $TN$.

Solución

Solución:

$\angle CBH = \angle CHT = \angle CAH$ por la tangente. Sea $J$ el punto medio de $AC$, que por teorema del punto medio: $JH \parallel CD, \ JN\parallel AH$. Usando ángulos entre paralelas obtenemos que $NJH = 90^\circ$. Ahora, note que $\angle CHJ = \angle CHA - 90^\circ = \angle BCH$ y $\angle NJC = \angle HJC - 90^\circ = \angle CHT$. Esto quiere decir que $NHTJ$ es cíclico, obteniendo por moños que $NTH = 90^\circ $.

Ahora, $\angle BCH = \angle BHS = \angle BAH$ por la tangente. Sea $K$ el punto medio de $AB$, que por teorema de punto medio: $HK \parallel BD$ y $KM \parallel AH$. Usando ángulos entre paralelas obtenemos que $MKH = 90 ^\circ$ y que $\angle KHM = \angle HBC$. De aquí, note que $\angle KSH = \angle BHS + \angle HSB = 90^\circ - \angle HAC = 90^\circ - \angle KHM = \angle KMH$. Esto quiere decir que $KSMH$ es cíclico, por lo que por moños $\angle MKH = \angle MSH = 90^\circ$.

Como tenemos que $SM \perp ST$ y $TN \perp ST$, concluímos que $SM \parallel TN$.

P2. Sam vs Hugo, monedas en fila

Samuel Elias — Thu, 23 Oct 2025 18:44:16 +0000

Sam y Hugo juegan con $n$ monedas, todas con $A$ en una cara y $S$ en la otra. Las monedas están puestas en fila sobre la mesa. Sam y Hugo se turnan. En su turno, Sam puede voltear una o más monedas, siempre que no voltee dos adyacentes; mientras Hugo elige exactamente dos monedas adyacentes y las voltea. Al comenzar el juego, todas las monedas muestran $A$. Sam juega primero y gana si todas las monedas muestran $S$ simultáneamente en cualquier momento. Halla todos los $n\geq 1$ con los que Hugo puede evitar que Sam gane.

Solución

Solución:

El caso $n=1,2$ es trivial que Sam gana. Si $n=3$, Sam voltea las monedas de los extremos y sin importar la pareja que Hugo elija, quedan dos monedas con $S$ y una con $A$, por lo que sam voltea esa moneda y gana. Si $n=4$, Sam voltea los extremos otra vez y Hugo puede o autoperder o voltear las adyacentes extremas, por lo que cuando Hugo juege van a quedar las monedas intercaladas ($SASA, \ ASAS$), ganando así Sam.

Vamos a demostrar que para $n \geq 5$, Hugo necesita tener 3 monedas adyacentes de la forma $AAA$ y que ninguna de las 3 monedas sean monedas del extremo de la fila para evitar que Sam gane. Si tiene esta configuración:

Si es turno de Sam, sam puede mover o la moneda central (y otras monedas no adyacentes) o las dos monedas de los extremos (y otras monedas no adyacentes).
Si Sam mueve la moneda central, Hugo va a mover esa moneda y una del extremo. Entonces Sam puede mover o la otra moneda del extremo o la moneda central otra vez. Si mueve la central, se regresa a la configuración. Si mueve la del extremo, Hugo va a mover una moneda del extremo y la adyacente a esta que no sea la central y tiene o la misma configuración o la configuración invertida.
Si Sam mueve las monedas del extremo, entonces Hugo hace el mismo paso de arriba y se regresa a la configuración.
Si Sam mueve únicamente una moneda del extremo, entonces Hugo la voltea con la moneda adyacente que no pertenezca a la configuración.
En caso de que sea Turno de Hugo, simplemente no va a querer tocar esa configuración de monedas. Para el caso $n=5$ donde puede existir la configuración $SAAAS$ y entonces va a tener que tocar a esas monedas, entonces Hugo mueve las 2 monedas extremas de su preferencia (siempre que la moneda del extremo tenga una $S$) y se regresa a la configuración.

Es así como para $n\geq 5$, Sam nunca puede ganar.

P1. El regreso del piso, el ascenso del techo

Samuel Elias — Thu, 23 Oct 2025 18:41:22 +0000

Encuentra todos los números enteros positivos $x$ para el cual existe un número real $R$ tal que:

$$ 4\lfloor R\rfloor^2 + 4\lceil{R}\rceil +1 = x^2$$

Sugerencia

Sugerencia:

Analiza los casos cuando $R$ es entero y $R$ no entero.

Solución

Solución:

Si $R$ no es entero, entonces $\lfloor R \rfloor +1 = r+1 = \lceil R \rceil$. Entonces, $$4r^2+4(r+1)=x^2-1$$

Esto quiere decir que $x^2 \equiv 1 \pmod 4$, lo cual hace que $x$ tenga que ser impar.

Ahora, si $R$ es entero, entonces $\lfloor R \rfloor = \lceil R \rceil=r$, por lo que: $$4r^2+4r+1=(2r+1)^2=x^2$$

Entonces todos los valores impares de $x$ son solución.

6. Aplicación del EFR

Samuel Elias — Sat, 04 Oct 2025 23:06:56 +0000

Sean $C_1$ y $C_2$ dos circunferencias de mismo radio que se intersectan en $B$ y $C$ y sea $M$ el punto medio de $BC$. Sea $G$ un punto en $C_1$ de tal forma que el segmento $CG$ corte a $C_2$ en $E$ y $E$ quede entre $G$ y $C$. Sea $H$ un punto en $C_2$ de tal forma que el segmento $BH$ corte a $C_1$ en $F$ y $F$ quede entre $B$ y $H$. Si $E, \ M, \ F$ son colineales:

$i)$ Demuestra que $G, \ H, \ M$ son colineales.

$ii)$ Sean $O_1$ y $O_2$ los centros de $C_1$ y $C_2$ respectivamente. Demuestra que $O_1F$ y $O_2E$ son paralelas.

Sugerencia

Sugerencia:

$EFR$, dadas las paralelas y la igualdad de arcos, demuestra que $BHCG$ es un paralelogramo y concluye el primer inciso.

El segundo inciso es con ángulos.

Solución

Solución:

Por la $Edu's \ Favorite \ Reflection$, sabemos que $BECF$ es un paralelogramo, porque como $E, \ M, \ F$ son colineales, quiere decir que $F$ es reflejo de $E$ respecto a $M$. Esto quiere decir que $CG \parallel HB$. Entonces, $\angle BGC = \angle BHC $ por abrir el arco $BC$ (que como $O_1 \cong O_2, \ \implies BC = BC$), $\angle EBF = \angle FCE$ y $\angle GEB = \angle HFC$ por ángulos entre paralelas. Esto implica que $BGCH$ es un paralelogramo, y como $M$ es punto medio de la diagonal $BC$, entonces $M$ es punto medio de la diagonal $GH$.

Para la parte 2, como $EB = FC$, esos arcos también son iguales, por lo que $\triangle BO_2E \cong CO_1F$ por criterio $LAL$. Entonces, $\angle BEO_2 = \angle CFO_1 = \angle EAF$, siendo $A = EO_2 \cap CF$.

5. Divisores cuadrados vs el doble

Samuel Elias — Sat, 04 Oct 2025 23:02:42 +0000

Sea $1=d_1<d_2<\dots<d_k=n$ todos los divisores del entero positivo $n$, donde $k\geq 5$. Determina si exsiste alguna $n$ que cumpla que $$2n=d_3^2+d_4^2+d_5^2$$

Sugerencia

Sugerencia:

Módulo 4 para cuadrados. Después usa teoría para demostrar que todos los divisores son potencias de 2.

Solución

Solución:

La respuesta es que no. Como $2n$ es par, hay al menos un $d_i$ par, por lo que estrictamente $d_2 =2$. Eso quiere decir que $2n \equiv 0 \pmod 4$, y como todos los cuadrados son $\equiv 0,1 \pmod 4$, estrictamente los 3 $d_i \equiv 0 \pmod 4 $.

Ahora, ningún divisor es de la forma $2j$ con $j$ impar, porque si no $j$ tendría que ser al menos $d_3$, entonces como $n$ no tiene ningún factor impar, todos sus divisores son potencias de 2, por lo que $$d_3=4, \ d_4 = 8, \ d_5 = 16$$

Sustituyendo, nos damos cuenta que $$16 \not{\mid} \ \frac{4^2+8^2+16^2}{2}$$

4. Un cuadrado mágico perfecto

Samuel Elias — Sat, 04 Oct 2025 23:00:39 +0000

Los números del 1 al 360 se reparten en 9 subconjuntos, de tal forma que la suma de cada subconjunto se coloca en un cuadrado de $3 \times 3$. ¿Será posible que el cuadrado de $3 \times 3$ sea un cuadrado mágico?

Sugerencia

Sugerencia:

No te la compliques. Reparte todo igual con parejitas de Gauss.

Solución

Solución:

La respuesta es que sí. Note que si repartimos de manera justa, hay 40 elementos en cada conjunto. Asímismo, se pueden formar 20 parejas en cada subconjunto de forma que todas las parejas sumen 361. De esta forma, la suma de los 9 subconjuntos es la misma, por lo que todos los números del cuadrado mágico son iguales.