Publicaciones Recientes

6. Red vs Blue

Juan C — Tue, 27 Oct 2026 02:11:56 +0000

Sea $n$ un número par. Cada número entero del $1$ al $n$ se colorea de azul o rojo. Sean $x_1 < x_2 < \dots < x_k$ todos los números rojos y $y_{k+1} < y_{k+2} < \dots < y_n$ todos los números azules para algún $0 \le k \le n$. De entre todas las maneras de colorear dichos enteros determina el menor valor que puede tomar la expresión $1x_1 + 2x_2 + \cdots + kx_k + (k+1)y_{k+1} + \cdots + ny_n$ y demuestra que existe una única manera de colorear los enteros para la cual se alcanza dicho mínimo.

5. Un tablero equilibrado

Juan C — Tue, 27 Oct 2026 02:09:43 +0000

En un tablero de $8\times 8$ se escriben los números del $1$ al $64$ en el orden habitual: en la primera fila aparecen $1,2,\dots,8$; en la segunda, $9,10,\dots,16$; y así sucesivamente hasta la octava fila, que contiene $57,58,\dots,64$. Para cada número del tablero se elige un signo: o bien se deja tal como está, o bien se cambia por su opuesto.

4. Cuadrados gemelos y una suma de lados

Juan C — Tue, 27 Oct 2026 02:06:33 +0000

Sean $c_1$ y $c_2$ dos cuadrados idénticos que comparten un vértice $A$. Los cuadrados no se enciman y sólo comparten el vértice $A$. Sean $B$ y $C$ los vértices en $c_1$ y $c_2$ respectivamente tales que $AB$ y $AC$ son diagonales de los cuadrados. Sea $D$ un vértice en $c_1$ y $E$ en $c_2$ tales que el segmento $ED$ no interseca al segmento $BC$. Finalmente, sea $F$ el vértice restante en $c_1$ y $G$ el de $c_2$. Demuestra que $BC = DE + FG$.

3. Colinealidad en un cuadrilatero

Juan C — Tue, 27 Oct 2026 02:03:56 +0000

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo tal que $\angle ABC = \angle ADC$. Se consideran puntos $M$, $N$, $P$, $Q$ en los lados $AB$, $BC$, $CD$, $DA$, respectivamente, tales que $MB = QD$ y $NB = PD$. Sean $R$, $S$, $T$ puntos medios de los segmentos $MQ$, $BD$, $NP$, respectivamente. Demuestre que $R$, $S$ y $T$ son colineales.

2. Ana, Beto y un cubo anillado

Juan C — Tue, 27 Oct 2026 02:01:12 +0000

Cada cara de un cubo de $2\times 2\times 2$ se divide en $4$ casillas cuadradas (así, el cubo tiene $24$ casillas en total). Definimos un anillo como una sucesión de $8$ casillas tal que cada cara del cubo contiene $0$ o $2$ de estas casillas, y cada una de las $8$ casillas comparte un lado con la anterior y un lado con la siguiente, formando un lazo cerrado alrededor del cubo (hay $6$ anillos).

1. Porcentaje de divisores ≡d(mod10)

Juan C — Mon, 26 Oct 2026 19:54:27 +0000

Sea d un dígito en base 10 (de 0 a 9). Un entero positivo n se dice d-bueno si más del 50% de sus divisores tienen como último dígito a d.

Determina para cuáles d existen infinitos n que sean d-buenos.

Problema lindo de cross ratio de una lista del javi

Juan C — Mon, 26 Oct 2026 06:00:20 +0000

En el triángulo $ABC$, sean $I$ el incentro e $I_B$, $I_C$ los excentros correspondientes a $B$ y $C$ respectivamente. Sean $P_B$ el punto donde $BI$ corta a $AC$, y $P_C$ el punto donde $CI$ corta a $AB$. Demuestra que $AI$, $I_CP_B$ e $I_BP_C$ son concurrentes

Sugerencia

Sugerencia:

Marcar todos los puntos, ponerle nombre a tu angulito y usar trigo :)

Solución

Solución:

$$
\begin{aligned}
&\text{Sea } \alpha=\angle BAC, \text{ con } AI \text{ bisectriz interna e } I_BI_C \text{ bisectriz externa en } A \text{ (} I_B,A,I_C \text{ colineales)}. \text{Sea }\ I_{A}\ \text{el excentro de}\ \triangle ABC\ \text{desde} \ A.\\[4pt]
&\angle BAI=\angle IAC=\dfrac{\alpha}{2}\\[4pt]
&\angle I_BAC=\angle BAI_C=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}\\[4pt]
&\angle I_BAB=\angle CAI_C=90^\circ+\dfrac{\alpha}{2}\\[14pt]
&\text{Cross ratio trigonométrico desde } A \text{ (con } P_B\in AC \text{ y } P_C\in AB\text{)}\\[4pt]
&C_1=(I_B,I;P_B,B)=\dfrac{\sin\angle I_BAP_B\cdot\sin\angle IAB}{\sin\angle IAP_B\cdot\sin\angle I_BAB}=\dfrac{\sin\angle I_BAC\cdot\sin\angle IAB}{\sin\angle IAC\cdot\sin\angle I_BAB}\\[10pt]
&C_2=(I_C,I;P_C,C)=\dfrac{\sin\angle I_CAP_C\cdot\sin\angle IAC}{\sin\angle IAP_C\cdot\sin\angle I_CAC}=\dfrac{\sin\angle BAI_C\cdot\sin\angle IAC}{\sin\angle IAB\cdot\sin\angle CAI_C}\\[10pt]
&\text{Por las igualdades de ángulos en } A\text{:}\quad C_1=\dfrac{\sin\left(90^\circ-\frac{\alpha}{2}\right)\cdot\sin\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}\cdot\sin\left(90^\circ+\frac{\alpha}{2}\right)}=C_2\\[4pt]
&\text{(los signos coinciden pues un haz es el reflejo del otro respecto a } AI\text{)}\\[14pt]
&\text{Cross ratio normal: } I_B,I,P_B,B \text{ están en } I_BB \text{ e } I_C,I,P_C,C \text{ están en } I_CC\\[4pt]
&A(I_B,I;P_B,B)=(I_B,I;P_B,B)=C_1=C_2=(I_C,I;P_C,C)=A(I_C,I;P_C,C)\\[14pt]
&\text{Sean } D_1=AI\cap I_BP_C \text{ y } D_2=AI\cap I_CP_B\\[4pt]
&\text{Haz desde } I_C \text{ (rectas } I_CI_B,\ I_CI,\ I_CP_B,\ I_CB\text{) cortado por } AI_A\text{:}\\[4pt]
&I_C(I_B,I;P_B,B)=(A,I;D_2,I_A) \quad \text{pues } I_C,A,I_B \text{ e } I_C,B,I_A \text{ son colineales}\\[10pt]
&\text{Haz desde } I_B \text{ (rectas } I_BI_C,\ I_BI,\ I_BP_C,\ I_BC\text{) cortado por } AI_A\text{:}\\[4pt]
&I_B(I_C,I;P_C,C)=(A,I;D_1,I_A) \quad \text{pues } I_B,A,I_C \text{ e } I_B,C,I_A \text{ son colineales}\\[14pt]
&(A,I;D_1,I_A)=I_B(I_C,I;P_C,C)=(I_C,I;P_C,C)=(I_B,I;P_B,B)=I_C(I_B,I;P_B,B)=(A,I;D_2,I_A)\\[10pt]
&\text{Como } A,I,I_A \text{ son distintos, el cross ratio determina al cuarto punto, por lo que } D_1=D_2\\[4pt]
&\therefore\ AI,\ I_BP_C \text{ e } I_CP_B \text{ concurren en } D_1=D_2 \qquad \blacksquare
\end{aligned}
$$

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 $130 = 1^2+2^2+5^2+10^2$.