Solución 9 de septiembre

Sean $S$ y $T$ las intersecciones de $BP$ y $PC$ con $HQ$ y $HR$, respectivamente. Sean $F$ y $G$ las proyecciones de $A$ sobre $CP$ y $BP$, respectivamente. El triángulo $BPC$ es rectángulo porque $MB=MP=MC$. Luego no es difícil ver que

\[\angle BCP=\angle CPM=\angle HPB=\angle BHS= \angle STH=\alpha\]

Lo que pide el problema es equivalente a demostrar que $\angle HRQ= \angle HTS=\alpha$, osea que $ST$ y $QR$ son paralelas. Notemos que $QH$ y $PC$ son paralelas por ser perpendiculares a $BP$. Analogamente $BP$ y $HR$ son paralelas. Ahora nos fijamos en el triángulo BPC y usando semejanzas que obtenemos de las paralelas hacemos:

\[\frac{BS}{CT}=\frac{\frac{BP\cdot SH}{CP}}{CT}=\frac{BP}{CP}\cdot \frac{PT}{CT}=\frac{BP}{CP}\cdot \frac{HT^2}{CT^2}=\frac{BP^3}{CP^3}\]

Por otra parte es fácil ver que AFPG es rectángulo porque es paralelogramo y tiene ángulos rectos, también $\angle APF= \angle CPM=\alpha$ y entonces los triángulos $AFP$ y $BPC$ son semejantes. Luego

\[\frac{AF}{AG}=\frac{AF}{FP}=\frac{BP}{CP}\]

Como los triángulos $FPG$ y $CPB$ también son semejantes se tiene

\[\frac{BG}{CF}=\frac{BP}{CP}\]

Finalmente usando que $QS$ es paralela a $AG$ y $TR$ es paralela a $AF$ se tiene

\[\frac{QS}{TR}=\frac{\frac{AG\cdot BS}{BG}}{\frac{CT\cdot AF}{CF}}=\frac{BS}{CT}\cdot \frac{AG}{AF}\cdot \frac{CF}{BG}=\frac{BP}{CP}=\frac{HS}{HT}\]

Esto implica que $QR$ y $ST$ son paralelas,, como queríamos.

Solución del 2 de sep

Aplicamos inversión con centro $F$ y como los circuncírculos de $BCF$ y $DEF$ son tangentes, entonces las rectas en las que se invierten son paralelas, lo mismo pasa con las circunferencias $BEF$ y $CDF$. Entonces $B_1E_1D_1C_1$ es un paralelogramo. Luego $\angle BCD= \angle BED$ pero $\angle BCD= \angle BCF+ \angle FCD$ y $\angle BED= \angle BEF+ \angle FED$. Luego sabemos que para cualesquiera puntos $X, Y \neq F$ se tiene $\angle FXY= \angle FY_1X_1$. Entonces

\[\angle FB_1E_1+\angle FD_1E_1=\angle FB_1C_1 + \angle FD_1C_1\]

Pero como $B_1E_1D_1C_1$ es paralelogramo también

\[\angle FB_1E_1+\angle FB_1C_1=\angle FD_1E_1 + \angle FD_1C_1\]

De donde

\[\angle FB_1E_1= \angle FD_1C_1\]

de esto se concluye fácil que $B_1,F,D_1$ son colineales. Por otra parte $BE$ se invierte en $\Gamma_{1}$, el circuncírculo de $B_1E_1F$ y $CD$ se invierte en $\Gamma_{2}$, el circuncírculo de $C_1D_1F$. Entonces $A_1$ es la intersección de $\Gamma_{1}$ y $\Gamma_{2}$ con $A_1\neq F$. Usando cíclicos y paralelas:

\[ \angle FA_1C_1+ \angle FA_1E_1= \angle FD_1C_1+(\pi -\angle FB_1E_1)=\pi\]

Entonces $C_1, A_1$ y $E_1$ son colineales y por lo tanto $F,C,A$ y $E$ son concíclicos.

Solución problema 16 de agosto

Solución palabras binarias.

Solución del problema N4

Solución 4 de junio Irving

Solución 1º de junio, Irving

Solución 30 de mayo Irving

Se cortó la imagen un poco, pero creo que si se entiende, sino me preguntan.

Solución al problema propuesto por Carlos.

Mejor tarde que nunca :)

Solución 29 de mayo, Irving

Solución 28 mayo, Irving

Sea n un entero mayo que 2007. Primero mostramos que podemos encontrar un triángulo de lados b_2009, r_2009 y w_2009. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que b_2009 es el segmento más grande de los 6027 que hay en total. Entonces como b_2009 es un lado de uno de los 2009 triángulos originales tenemos b_2009< r_i+w_r para algunos enteros i,w<=2009. Pero r_i+w_r< r_2009+w_2009, entonces b_2009Voy a probar que podemos tener k=1. Sea n>2007 un entero positivo. Consideremos los siguientes 2009 triángulos: (2n,2n,n-2007) y (2t,t,t+1) con t=n,n-1,n-2,...,n-2007. En los triángulos (2t,t,t+1) pintamos de azul el lado 2t, de rojo el lado t y de blanco el lado t+1. Para el triángulo (2n,2n,n-2007) pintamos de azul un lado 2n, de rojo el otro lado 2n y de blanco el lado n-2007. Entonces para j=1,2,...,2008 se tiene b_j=2t y r_j=w_j=t para algún entero positivo t entre n y n-2007. Entonces no hay triángulo con lados b_j, r_j, w_j, excepto cuando j=2009.

Solución 27 de mayo, Irving

Solución 26 de mayo, Irving

Solución 24 de mayo, Irving

Solución problema 21 de mayo, Irving

Solución 22 de mayo, Irving.

Solución al problema del día

A ver si aquí si se puede...

Sean p_1, P_2,...,p_t todos los primos menores que n. Entonces t=pi(n), donde pi(x) es el la cantidad de primos menores o iguales que x. Sea r_i un entero positivo tal que
p^r_i< o=" n" i="1,2,...,t.">n ln(n)/(1.25506n log n)

=ln(n)/[1.25506 log n]= ln 10/1.25506
= 1.83464... >1