Publicaciones Recientes

4. Cuerdas iguales con un cíclico.

Samuel Elias — Sun, 18 Oct 2026 15:58:55 +0000

Sea $ABC$ un triángulo. La bisectriz del $\angle BAC$ corta al segmento $BC$ en $D$. Sean $E$ y $F$ puntos en los segmentos $AB$ y $AC$, respectivamente, tal que el cuadrilátero $FEBC$ es cíclico. Sea $G$ la intersección de los circuncírculos de $BED$ y $CFD$. Demuestra que $GF=GE$.

Sugerencia

Sugerencia:

En algún punto tendrás que demostrar que $A, G, D$ son colineales. Utiliza conclusiones de opuestos por el vértice, potencia de un punto o ejes radicales.

Concluir, es con ángulos en cuadriláteros cíclicos.

Solución

Solución:

Claim:$G$ pertenece a la recta $AD$.

Observe que como $GD \in (BEGD), (CFGD); \ BE \in (BEFC), (BEGD);$ y $CF \in (BEFC), (CFGD);$ estas tres rectas son ejes radicales. Por lo tanto, las tres concurren. Ahora, como $A$ es la intersección de $BE$ con $CF$, entonces $A$ es el centro radical, por lo que $GD$ pasa por $A$.

Para demostrar lo que pide el problema. Note que $\angle CAD + \angle DAB+\angle ABC + \angle ACB=180^\circ$. Luego, $\angle ACB=\angle FGA$ y $\angle ABC=\angle EGA$ por ángulo exterior al cíclico. Por lo tanto, $AFGE$ es cíclico, donde los arcos $GE$ y $GF$ que no contienen a $A$ son iguales, por lo que $GE=GF$.

3. Suma de cuadrados en un torneo de liga

Samuel Elias — Sun, 18 Oct 2026 15:55:02 +0000

En un torneo tipo \textit{liga}, hay $n$ jugadores que pueden únicamente ganar o perder (no hay empates). Sea $w_i$ el número de partidas que ganó el jugador $i$ y sea $l_i$ el número de partidas que perdió, para toda $1\le i \le n$. Demuestra que: $$w_1^2+w_2^2+ \dots + w_n^2 = l_1^2+l_2^2 + \dots + l_n^2$$

Nota: un torneo de liga es un torneo donde todos los jugadores juegan contra todos los demás exactamente una vez. Por ejemplo, la fase de grupos del mundial es un torneo de liga.

Sugerencia

Sugerencia:

Pasa todo al mismo lado de la igualdad. Factoriza, utiliza propiedades de los torneos y concluye.

Solución

Solución:

Note que la condición que nos piden demostrar es equivalente a demostrar $$\sum_{i=1}^n[(w_i+l_i)(w_i-l_i)]=0$$

Cada jugador juega $n-1$ veces, por lo que $w_i+l_i=n-1$. Entonces, tenemos que demostrar: $$(n-1)\sum_{i=1}^n(w_i-l_i)=0 \iff \sum_{i=1}^n w_i = \sum_{i=1}^n l_i$$

Note que cada victoria genera una derrota, lo cual demuestra lo que pide el problema.

2. Divisores Cuadrados

Samuel Elias — Sun, 18 Oct 2026 15:53:16 +0000

Encuentra el menor entero positivo $n$ que tienen al menos cuatro divisores positivos, tales que si $d_1 < d_2 < d_3 < d_4$ son sus cuatro divisores positivos más pequeños, se cumple la relación:$$n = d_1^2 + d_2^2 + d_3^2 + d_4^2$$

Sugerencia

Sugerencia:

módulo 4 y divisibilidad.

Demuestra que los divisores son $d_1 = 1, d_2 = 2, d_3 = p, d_4 = 2p$

Solución

Solución:

Note que $d_1=1$. Por paridad, $d_2=2$ y por lo tanto $n$ es par. Entonces:

$$n=5+d_3^2+d_4^2$$

Si usamos $\pmod 4$, como $n$ es par tenemos dos opciones.

Que $n\equiv 0 \pmod 4$.

$0 \equiv 1+0+0$

$0 \equiv 1+0+1$

Estas son las únicas posibilidades, porque, por tamaños, $d_3=4$ o $d_4=4$. Sin embargo, ninguna de nuestras opciones es $0 \pmod 4$.(En realidad solo basta ver modulo 4 para ver que no hay solución).

Entonces $n \equiv 2 \pmod 4$, lo que quiere decir que $4 \nmid n$

Por módulo 4, un divisor debe ser de la forma $p$ y el otro de la forma $2p$(si no, la suma será impar), con $p$ primo ($2 \equiv 5+d_3^2+d_4^2 \equiv 1+1+0$). Entonces:

$$n= 5+p^2+4p^2=5(p^2+1)$$

Esto hace que $5$ sea divisor de $n$ por lo que $p=3$ o $p=5$. Comprobando, nos queda que la respuesta es $130 = 1^2+2^2+5^2+10^2$.

1. Un ejercicio de desigualdades

Samuel Elias — Sun, 18 Oct 2026 15:50:22 +0000

Sean $a$ y $b$ números reales positivos tales que $a + b = 1$. Demuestra que:

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge 4$$

Solución

Solución:

Realizamos la suma de fracciones en el lado izquierdo:

$$\frac{a + b}{ab} \ge 4$$

Como $a + b = 1$, sustituimos en el numerador:

$$\frac{1}{ab} \ge 4 \iff 1 \ge 4ab$$

pues $a,b>0$. Sustituimos $b = 1 - a$:

$$1 \ge 4a(1 - a) \iff 1 \ge 4a - 4a^2$$

Pasamos todos los términos de un solo lado:

$$4a^2 - 4a + 1 \ge 0$$

Factorizamos el trinomio cuadrado perfecto:

$$(2a - 1)^2 \ge 0$$

Lo cual es cierto pues $x^2\geq 0 \ \forall \ x \in \mathbb{R}$.

P4. Suma inversa vs Media inversa

Samuel Elias — Sat, 29 Aug 2026 04:56:58 +0000

Sea $n \ge 1$ un entero positivo. Sean $x_1, x_2, \dots, x_n$ una lista de $n$ números reales positivos. Demuestra que

$$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots + \frac{1}{x_n}\geq \frac{n}{x_1+x_2+\dots x_n}$$

Sugerencia

Sugerencia:

Alguna formula

Solución

Solución:

En los comentarios

P3. ¿Se podrá huir al infinito, y más allá?

Samuel Elias — Sat, 29 Aug 2026 04:55:10 +0000

Javi y Mateo juegan en el tablero mostrado en la figura, el cual consta de 10 puntos (marcados en negro) conectados por segmentos. Inicialmente, Javi se encuentra en el punto $A$ y Mateo en el punto $B$. Los jugadores se mueven de manera alternada por turnos. En cada turno, el jugador correspondiente debe desplazarse desde su posición actual a cualquier punto negro adyacente, siempre que exista un segmento directo que los conecte.

Si Mateo realiza el primer movimiento, determina si Javi puede huir indefinidamente de Mateo. ¿Cambia la respuesta si Javi juega primero?

Sugerencia

Sugerencia:

Principio Extremo, ¿cuál es el peor caso para Javi?

Principio de Casillas, ¿qué sucede en ese caso?

Solución

Solución:

Nombremos a cada vértice como sigue:

El peor caso para Javi es cuando Mateo logra ponerse a un vértice adyacente de Javi y es turno de este último.

Este caso se alcanza cuando Mateo se mueve a $I_4$, Javi huye a $V_1$, Mateo se desplaza a $I_0$, Javi vuelve a $V_2$ y Mateo se desplaza a $I_1$.\newline Observe que Javi y Mateo poseén a lo más 2 vértices adyacentes en común, pero Javi siempre tiene al menos tres vértices (sin contar el de Mateo) para huir, por lo que por principio de casillas, Javi siempre podrá huir.

Ahora, vamos a demostrar que si Javi Juega óptimo, nunca se da el caso donde estén en vértices adyacentes y es turno de Mateo. \newline

Definamos la \textit{Distancia entre Javi y Mateo} como la cantidad mínima de vértices intermedios que hay entre ellos dos. Al iniciar el juego, la distancia entre Javi y Mateo es 1. El objetivo de Mateo es que su distancia sea -1 (porque en distancia 0 sigue sin poder alcanzarlo). Si Mateo quiere obtener una distancia -1, entonces Mateo en cada turno debe minimizar su distancia.

En el primer turno, Mateo se mueve a $V_1$. Ahora, el objetivo de Javi es maximizar su distancia para que Mateo no llegue a distancia -1. Entonces, Javi tiene dos opciones de huida, $V_3$ e $I_2$. Si huye a $I_2$, Mateo se mueve a $V_2$ o a $I_1$, pero en ambos casos se alcanza el caso extremo que ya demostramos para que Javi huya.

Si Javi huye a $V_3$, Mateo se mueve únicamente a $V_2$ (porque sino la distancia aumenta), y Javi tiene de nuevo las mismas posibilidades (pero ahora en diferentes vértices). Con esto hemos demostrado que $max \ distancia=0$ cuando es turno de Javi, por lo que Javi siempre puede huir.

Ahora, la respuesta de qué sucede cuando Javi empieza no cambia, lo único que tiene que hacer Javi es moverse a $V_3$ y el problema se resuelve exactamente de la misma manera, pero en sentido contrario.

P2. Ternas pitagóricas de números primos

Samuel Elias — Sat, 29 Aug 2026 04:53:40 +0000

Encuentra todas las ternas de números primos $p, \ q, \ r$ tales que $$p^2+q^2=r^2$$

Sugerencia

Sugerencia:

Diferencia de Cuadrados

Solución

Solución:

La ecuación se reescribe como $p^2=r^2-q^2$, lo cuál puede factorizarse como binomios conjugados.

$$p^2=(r+q)(r-q)$$

Como $p$ es primo, sabemos que los únicos divisores de $p^2$ son $1, \ p$ y $p^2$. Como $r, \ q>0$, $r+q>r-q$, por lo que el único caso posible es que $r+q=p^2$ y $r-q=1$. La única pareja de primos que satisfacen estar en distancia 1, son el 2 y el 3, por lo que $r=3$ y $q=2$, entonces:

$$p^2=5$$

lo cual es imposible, por lo que no hay soluciones.

P1. Un p1 de Geo

Samuel Elias — Sat, 29 Aug 2026 04:50:40 +0000

Sea $ABCD$ un cuadrado. Sea $E$ un punto en el plano fuera de $ABCD$ de tal forma que el triángulo $AEB$ es equilatero. Los segmentos $AB$ y $EC$ se cortan en $P$. Calcula la medida de los ángulos $\angle APC$ y $\angle CEB$ para demostrar que $$\frac{\angle APC}{\angle CEB} = 7 $$

Sugerencia

Sugerencia:

Anguleo

Solución

Solución:

Note que $\angle ABC=90^\circ$ (porque $ABCD$ es un cuadrado) y $\angle ABE=60^\circ$ (porque $ABE$ es equilátero). Entonces, dado que $AB=AE=BC$, $\angle CEB =\dfrac{180^\circ -\angle EBC}{2}=15^\circ $.

Por ángulos opuestos por el vértice, $\angle APC=\angle EPB$, que este ángulo es $\angle EPB = 180^\circ - \angle PEB - \angle EBP=180^\circ -60^\circ -15^\circ =105^\circ$. Con esto concluimos que:

$$\frac{\angle APC}{\angle CEB}=\frac{105^\circ}{15^\circ}=7$$

C. Razonamiento Geométrico

Samuel Elias — Sat, 04 Jul 2026 14:24:07 +0000

Observe la siguiente figura. Sea $ABC$ un triángulo. Sea $D$ un punto en el plano opuesto a $B$ tal que el triángulo $ ADC$ es equilátero. Sean $E,F$ puntos en el plano opuestos a $C$ tales que $AEFB$ es un cuadrado. Suponiendo que $E,A,C$ son colineales y $A$ es el punto medio de $EC$, encuentra el valor del ángulo $\angle EDA$. Posteriormente, justifica intuitivamente por qué es posible trazar una circunferencia que pase por los puntos $B, C, D, E$.

Sugerencia

Sugerencia:

Hay varios lados que son iguales. Utiliza eso para calcular ángulos iguales.

B. Tres números, al menos tres soluciones distintas.

Samuel Elias — Sat, 04 Jul 2026 13:16:01 +0000

Ana está pensando en un número primo $p$ que satisface la siguiente propiedad: $p-10,p$ y $p+10$ son números primos. Encuentra todos los posibles números en los que está pensando Ana.

Sugerencia

Sugerencia:

Usa módulo 3 ó 6. Puedes intentar utilizar el criterio del 3 para demostrar que existe al menos un múltiplo de 3.