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Solución: Rioplatense 2019 N3 P1.png Notemos que $APS\simeq DRQ$ pues $AP\parallel AB\parallel DE\parallel DR$, $AS\parallel AF\parallel DC\parallel DQ$ y $PS\parallel RQ$ al ser $ABCDEF$ un hexágono regular y $PQRS$ un cuadrado. Además, como $PS=RQ$ por ser $PQRS$ un cuadrado, tenemos que $APS\equ...

Solución: IMO 2010 P4.png Sea $\Omega$ el circuncírculo de $ABP$, luego $${SP}^2={SC}^2=\text{Pot}(S,\Gamma )=SA\cdot SB=\text{Pot}(S,\Omega )$$ de donde $SP$ es tangente a $\Omega$, por lo tanto $$\angle SPA=\angle PBA=\angle LBA=\angle LKA$$ entonces $KL\parallel SP$. Sea $D$ el punto de intersec...

Solución: Sean $m\in \mathbb{N}_n$ y $k\in \mathbb{N}$. Para cada primo $p$, tenemos que $$\nu _p\left (\binom{m+n}{n}\right )=\nu _p\left ((m+n)!\right )-\nu _p\left (m!\right )-\nu _p\left (n!\right )$$ Sea $n\neq q^k-1$, con $q$ primo. Veamos que para cada primo $p$, existe $m$ tal que $\nu _p\l...

Muchas transformaciones y pocos angulitos Solución 1: Rioplatense 2011 N3 P2 (1).png Notemos que como $H$ es el ortocentro de $ABC$, entonces $BE\perp AC$ y $CF\perp AB$, luego, $BCEF$ es cíclico. Sean $\omega$ y $\Omega$ los circuncírculos de $BCEF$ y $ABC$, respectivamente, $G$ el segundo punto de...

Casi sin angulitos Solución: Rioplatense 2011 N2 P4.png Sea $O$ el punto medio de $AB$, luego, $O$ es el centro de $\odot ABP$, por lo que $OA=OB=OP$. Por definición de simétrico tenemos que $P$ es el punto medio de $BQ$, luego, $OP$ es base media en $ABQ$, por lo que $AQ=2OP=OP+OP=OA+OB=AB$, y nuev...

a) Como $f(x)=\sqrt{x}$ es convexa, por Jensen tenemos que $$\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\geqslant 3\sqrt{\frac{x+y+y+z+z+x}{3}}=\sqrt{6(x+y+z)}$$ Luego, queremos ver que $$\begin{align*} \sqrt{6(x+y+z)}>2\sqrt{\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xy+yz+zx}} & \iff 6(x+y+z)>4\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xy+yz+zx} ...

Sea $M'$ en $BD$ tal que $B$ este entre $M'$ y $B$ y $BM'=DM$. $MN=DM+BN=BM'+BN=NM'$ Como $A\widehat DM= A\widehat DC=180- A\widehat BC=A\widehat BM'$, $AD=AB$ y $BM'=DM$ los triángulos $ADM$ y $ABM'$ son congruentes. $AM=AM'$ por lo que $AN$ es mediatriz de $MM'$ por lo que son perpendiculares. $D...

Otra Solución: Entrenamiento Rio 2019 - P1.png Sea $G$ sobre el segmento $MN$ tal que $NG=BN$, luego, $MG=DM$. Veamos que $AN$ y $AM$ son bisectrices de $\angle BAG$ y $\angle DAG$, respectivamente. En efecto, sean $\angle NBG=\alpha$ y $\angle MDG=\beta$, luego, $\angle CNM=2\alpha$ y $\angle CMN=2...

Solución: Sean $M$ el punto medio de $BC$, $E=BH\cap AC$ y $F=CH\cap AB$. Por Rio 2013 - N3 P6 tenemos que $X\in AM$, por OFO 2016 - P9 tenemos que $ME$ y $MF$ son tangentes a $\odot AHX$, y por mediana a la hipotenusa tenemos que $MB=MC=ME=MF$. Luego, por potencia de un punto, tenemos que $MX\cdot...

Solución: geogebra-export.png Lo primero que vamos a hacer es tratar con la horrible condición a probar, que podemos convertir a algo más sencillo. Lema: Sean $A$, $B$, $C$ y $D$ puntos en el plano. Si $\angle ACB+\angle ADB=180^{\circ}$, entonces $ACB$ y $ADB$ tienen el mismo circunradio. Demostra...