100problemas09-170819162035

MARAVILLOSOS
PROBLEMAS DE
MATEMÁTICAS
Libro 9
http://matemelga.wordpress.com/
En la figura se ven tres pajaritas semejantes.
Si la pequeña tiene un perímetro de 18 cm, ¿cuál es el perímetro de la grande?
SOLUCIÓN
El perímetro de la grande (blanca) es el doble del de la pequeña (azul), pues cada lado de la primera es el
doble del correspondiente de la segunda.
Por lo tanto, el perímetro pedido es 18 × 2 =
36 cm
Si el perímetro del cuadrado de la figura es 4, ¿cuánto vale el perímetro del
triángulo equilátero?
SOLUCIÓN
Llamamos a a la longitud del lado del triángulo equilátero y h a la longitud de su
altura.
De ahí se sigue que la altura del triángulo es, aplicando el teorema de Pitágoras a uno
de los triángulos rectángulos (en rojo) que se forman al divir el equilátero en dos
2
2
a
a
partes iguales, h = a 2 −   = a 2 −
=
4
2
3a 2 a 3
=
4
2
Por semejanza de triángulos (rojo y verde), teniendo en cuenta que el cuadrado tiene lado unidad, tenemos
a
a
1
3
3
3+ 3
que a − 1 = 2 ⇒ a − 1 = a =
=
=
⇒a=
+1 =
1
h
2h
3
3
3
a 3
3
2×
2
Como el perímetro del triángulo equilátero es tres veces el lado, su valor es
3 + √3
Si
calcula el valor absoluto de x2 – y2
SOLUCIÓN
(x + y )2 = x 2 + y 2 + 2 xy ⇒ 2 xy = (x + y )2 − (x 2 + y 2 ) = 182 − 212 = 324 − 212 = 112 ⇒ xy = 56
Además, ( x − y )2 = x 2 + y 2 − 2 xy = 212 − 2 × 56 = 212 − 112 = 100 ⇒ x − y = ± 100 = ±10
En resumen, x 2 − y 2 = ( x + y ) × ( x − y ) = 18 × (± 10 ) = 18 × 10 =
180
2016 es múltiplo de 16.
¿Cuántos números de la forma 2000 + x son múltiplos de x siendo x un número
natural menor de 1000?
SOLUCIÓN
Para que 2000 + x sea múltiplo de x < 1000 natural ⇒ 2000 + x = nx ⇒ 2000 = nx − x ⇒
2000
, siendo n un número natural.
⇒ x × (n − 1) = 2000 ⇒ x =
n −1
Como 2000 = 2 4 × 53 ⇒ 2000 tiene (4 + 1) × (3 + 1) = 5 × 4 = 20 divisores, que serán los valores que tomará
n − 1 excepto los dos menores, 1 y 2 , pues x < 1000
Por lo tanto, n − 1 puede tomar 18 valores distintos ⇒ x puede tomar 18 valores distintos ⇒ hay, con las
condiciones especificadas,
18 números
Calcula el valor exacto de la expresión
SOLUCIÓN
Llamamos a a la expresión pedida, remarcada en verde y que, a
su vez, la contiene en una de sus partes.
Llamamos b a la expresión remarcada en azul y c a la expresión
remarcada en rojo.
Podemos plantear, a la vista del contenido de la expresión, las
siguientes igualdades:
c
b
b
b 
b = 2 +  Tomamos la segunda ecuación: b = 2 + ⇒
a
a
a
c = 3+
c 
a = 1+
b
b
c
b
c
⇒a=
y sustituimos este resultado en la primera: a = 1 + ⇒
= 1+ ⇒
a
b−2
b
b−2
b
c
b
b−b+ 2
2
2b
⇒ =
−1 =
=
⇒c=
⇒ c = 2a según el resultado obtenido anteriormente.
b b−2
b−2
b−2
b−2
⇒b−2=
Sustituimos en la tercera ecuación: c = 3 +
a
a
1 7
7
⇒ 2a = 3 +
= 3+ = ⇒ a =
c
2a
2 2
4
7/4
Calcula el área del paralelogramo ABCD
SOLUCIÓN
Completamos el rectángulo exterior PRST , cuyas medidas son,
evidentemente, 16 × 8 y calculamos, entonces, la superficie del
paralelepípedo ABCD como la diferencia entre el área de dicho
rectángulo y la suma de las áreas de los cuatro triángulos rectángulos
(iguales dos a dos) situados fuera del paralelepípedo:
Área ABCD = ÁreaPRST − Área APB − ÁreaBRC − ÁreaCSD − ÁreaDTA ⇒
12 × 3 4 × 5 12 × 3 4 × 5
⇒ Área ABCD = 16 × 8 −
−
−
−
⇒
2
2
2
2
⇒ Área ABCD = 16 × 8 − 12 × 3 − 4 × 5 = 128 − 36 − 20 = 72 cm2
72 cm2
Para numerar todas las páginas de un libro, a partir de la página 1, Merche
utiliza el doble número de dígitos que de páginas.
¿Cuántas páginas tiene el libro?
SOLUCIÓN
•
Si el libro tuviera 9 páginas necesitaría 9 dígitos, y la cantidad de dígitos no llega al doble de
páginas: 9 < 9 × 2 = 18
•
Si el libro tuviera 99 páginas necesitaría 9 + 90 × 2 = 189 dígitos, y la cantidad de dígitos no llega al
doble de páginas: 189 < 99 × 2 = 198
•
Si el libro tuviera 999 páginas necesitaría 9 + 90 × 2 + 900 × 3 = 2889 dígitos, cuyo número excede
del doble de páginas: 2889 > 999 × 2 = 1998
Por lo tanto, el libro tiene un número de x páginas de tres dígitos pues 99 < x < 999 y habrá, exactamente,
x − 99 páginas de tres dígitos.
De ahí, los dígitos que se necesitan para numerar las páginas es 9 + 90 × 2 + ( x − 99) × 3 luego
9 + 90 × 2 + ( x − 99) × 3 = 2 x ⇒ 189 + 3x − 297 = 2 x ⇒ x = 297 − 189 = 108
El libro tiene 108 páginas
Los números 3, a y b están en progresión geométrica y los números 2a, 3a y 48
están en progresión aritmética.
Halla la suma de la razón y la diferencia de las progresiones.
SOLUCIÓN
Como 3, a, b están en progresión geométrica de razón r ⇒ r =
a
3
Como 2a, 3a, 48 están en progresión aritmética de diferencia d ⇒ d = 3a − 2a = 48 − 3a ⇒ a + 3a = 48 ⇒
⇒ 4a = 48 ⇒ a = 12
Concluyendo,
a 12

=
=4 
 ⇒ r + d = 4 + 12 =
3 3
d = 3a − 2a = a = 12
r=
16
La topera del topo Copo consta de cuatro habitaciones
conectadas por seis galerías.
Una de estas habitaciones es su dormitorio, en donde se
encuentra también la salida al exterior, y las otras tres las
utiliza como despensas para almacenar las lombrices de
tierra que le sirven de alimento.
Como la memoria de Copo es tan mala como su vista, ha
colocado en cada galería un cartelito en el que señala la
diferencia entre el número de lombrices de tierra (el mayor
menos el menor) de las dos habitaciones de los extremos
de esta galería.
Hoy tiene puestos los números del 1 al 6, cada uno en su
cartel correspondiente.
¿Cuántas lombrices de tierra tiene en total en las tres
despensas sabiendo que en su dormitorio no tiene ninguna?
SOLUCIÓN
Una cosa evidente es que el cartel con el número 6 debe encontrarse en
una de las galerías interiores, pues deberá ser la diferencia entre el
número de lombrices de una despensa ( 6) y el del dormitorio ( 0 ). En
caso contrario marcaría la diferencia entre los números de lombrices de
dos despensas, ambos no nulos por no existir ningún cartel con el número
0 , lo que indicaría la existencia de una despensa con un número superior
a 6 lombrices que estaría señalado en la galería que conecta dicha
despensa con el dormitorio.
También, el cartel con el número 3 debe estar una la galería periférica. Si
estuviera en una interior indicaría que la existencia de una despensa con
3 lombrices y, por tanto, el cartel de la galería externa que uniese esa
despensa con la de 6 lombrices también tendría ese número.
Además, según el razonamiento anterior, la galería periférica en donde se encuentra el número 3 debe ser la
opuesta a la despensa de 6 lombrices.
Entre las otras dos despensas hay una
diferencia de 3 lombrices y como
3 = 5 − 2 = 4 − 1 , esto da lugar a dos
posibles distribuciones (salvo simetrías).
Por lo tanto, las lombrices totales que
posseo el topo Copo pueden ser
1 + 4 + 6 = 11 o 2 + 5 + 6 = 13
Puede tener 11 o 13 lombrices
En el dado de la figura se ven los números de tres de sus caras.
Los otros tres números son primos y se verifica que la suma de las caras opuestas
es siempre la misma.
¿Qué número está en la cara opuesta a la marcada con el 14?
SOLUCIÓN
Sean a, b, c los valores primos de las tres caras opuestas, respectivamente, a las de los números 14, 18, 35
Se cumple que
14 + a = 18 + b 
a − b = 18 − 14 = 4 
⇒

18 + b = 35 + c  b − c = 35 − 18 = 17 
Como b, c son primos y su diferencia es b − c = 17 un número impar ⇒ b, c tienen distinta paridad: uno es
par y otro impar ⇒ c = 2 ⇒ b = 17 + c = 19
De aquí, a − b = 4 ⇒ a = 4 + b = 4 + 19 = 23
La cara opuesta a 14 tiene el número
23
Mis cuatro primos llegan el sábado por la tarde para pasar doce días
de vacaciones en mi casa. Durante todos esos días desayunaremos
juntos todos los primos; nosotros y ellos.
Mi madre ha comprado 168 barritas de chocolate para todos podamos
comer, durante esos días, una cada uno en el desayuno.
Por desgracia, nuestros primos tuvieron que interrumpir su estancia y
regresar a casa la tarde del noveno día. A pesar de ello, nosotros
seguimos comiéndonos las barritas de chocolate en cada desayuno y
también una cada uno.
¿Qué día de la semana nos comimos la última barrita?
SOLUCIÓN
Suponemos que n es el número de hijos (incluido yo) que tiene mi madre.
Como son cuatro primos los que vinieron a casa, las previsiones eran que comieramos (n + 4 ) × 12 = 168
barritas, una cada uno y cada uno de los doce días de estancia de los primos. Entonces,
(n + 4) × 12 = 168 ⇒ 12n + 48 = 168 ⇒ 12n = 120 ⇒ n = 10 hijos tiene mi madre.
Durante nueve días nos comimos (10 + 4 ) × 9 = 14 × 9 = 126 barritas quedando, a partir de ese día,
168 − 126 = 42 barritas que dieron para ( 42 = 4 × 10 + 2 ) cinco días más después de los nueve. El último día
quedaban solo 2 barritas para repartir.
En total estuvimos comiendo 9 + 5 = 14 días las barritas.
Si comenzamos un domingo, la última barrita la comimos un
sábado
En una zona pantanosa las ranas son azules o verdes.
Desde el año pasado el número de ranas azules ha crecido un
60% mientras que el de ranas verdes ha decrecido en la misma
proporción, otro 60%
Ahora resulta que el cociente entre el número de ranas azules
y el de ranas verdes es el mismo que el cociente entre el
número de ranas verdes y el de ranas azules que había antes.
¿En qué porcentaje ha decrecido el número total de ranas?
SOLUCIÓN
Sean a, b las cantidades respectivas de ranas azules y verdes de hace un año.
Hoy día, el número de ranas azules es a + 60% × a = a +
b − 60% × b = b −
60a 160 a 8a
y el de ranas verdes es
=
=
100 100
5
60b 40b 2b
=
=
100 100
5
8a
Según el enunciado 5 = b ⇒ 4a = b ⇒ b 2 = 4a 2 ⇒ b = 2a , pues estamos considerando, en todo
2b a
b a
5
momento, cantidades positivas.
El número total de ranas de hace un año es, entonces, a + b = a + 2a = 3a y el de ahora es
8a 2b 8a 4a 12a
por lo que el número total de ranas ha decrecido un
+
=
+
=
5
5
5
5
5
12 a


 3a

 3a −



5 × 100 % =  5 × 100 % =  1 × 100 % =

 3a

 3a

5









20%
En la calculadora de Diego hay, del 1 al 9, sólo tres teclas que funcionan.
Usando únicamente estas tres teclas, Diego suma los únicos seis números
diferentes de dos cifras que puede formar y, milagrosamente, el resultado
sigue utilizando los mismos tres dígitos.
¿Cuál es el valor de la suma?
SOLUCIÓN
Sean a, b, c los tres dígitos que puede escribir la calculadora, todos distintos de cero y distintos entre sí.
Se puede determinar de manera elemental que, en cualquier caso, la suma que nos piden debe tener tres
dígitos y ya dicen que esta suma debe utilizar los tres dígitos citados.
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−−
Planteamos la suma con las condiciones del enunciado: ab + ac + bc + ba + ca + cb = abc ⇒
−−
−−
−−
−−
−−
−−
⇒ ab + ac + bc + ba + ca + cb = 10a + b + 10a + c + 10b + c + 10b + a + 10c + a + 10c + b = 100 a + 10b + c ⇒
⇒ 22a + 22b + 22c = 100 a + 10b + c ⇒ 12b + 21c = 78a ⇒ 4b + 7c = 26 a
De lo anterior, 4b + 7c = 26a ⇒ 4b = 26a − 7c ⇒ b =
1 ≤ a, b, c ≤ 9 dígitos distintos entre sí.
26a − 7c
2a − 3c
, siendo
⇒ b = 6a − c +
4
4
Como b debe ser un dígito, las posibilidades son:
−−−
2 ×1 − 3 × 2
= 6 − 2 − 1 = 3 ⇒ abc = 132
4
•
a = 1, c = 2 ⇒ b = 6 × 1 − 2 +
•
a = 2, c = 4 ⇒ b = 6 × 2 − 4 +
−−−
2 × 2 − 3× 4
= 12 − 4 − 2 = 6 ⇒ abc = 264 , que es 2 × 132
4
•
a = 3, c = 6 ⇒ b = 6 × 3 − 6 +
−−−
2× 3 − 3× 6
= 18 − 6 − 3 = 9 ⇒ abc = 396 , que es 3 × 132
4
Y para valores superiores de a no se cumpliría en ningún caso.
En conclusión, las posibles sumas son
132, 264 y 396
Desde un punto P, exterior a una circunferencia, se trazan dos rectas:
una que pasa por el centro O de la circunferencia y otra tangente a ella
que la corta en el punto T.
Si la bisectriz del ángulo OPT corta al segmento RT en S, ¿cuánto mide
el ángulo TSP ?
SOLUCIÓN
Llamamos α = TSˆP a la medida del ángulo buscado.
Si llamamos β = TOˆ P tenemos en el triángulo TOP , rectángulo en
90 º − β
T , que 90 º − β = OPˆ T ⇒ ⇒ SPˆ T =
2
Por otro lado, en el triángulo ROT , isósceles por tener dos lados
iguales (los radios de la circunferencia),
180º −(180 º − β ) β
β
OTˆR =
= ⇒ PTˆS = PTˆR = PTˆO + OTˆR = 90 º +
2
2
2
Entonces, en el triángulo SPT , se verifica que TSˆP + SPˆ T + PTˆS = 180 º ⇒ α +
⇒ α + 45º +90º = 180 º ⇒ α = 180 º −135º =
45o
90 º − β
β
+ 90 º + = 180 º ⇒
2
2
Un campo para que pasten las vacas tiene forma pentagonal y
contiene un estanque triangular (BFG ) en su interior.
Sabiendo que cada cuadradito tiene 20 metros de lado, ¿qué superficie
tienen las vacas para pastar?
SOLUCIÓN
Dibujamos previamente el rectángulo MNPR , que contiene al terrero Y
el rectángulo HKFL que contiene al estanque.
El rectángulo exterior tiene 13 cuadraditos de largo por 9 cuadraditos de
ancho, por lo que su superficie es ÁreaMNPR = 13 × 9 = 117 unidades
cuadradas de cuadradito (u.c.c. en adelante)
La superficie del recinto pentagonal se obtiene restando a la superficie
antes calculada las de los cuatro triángulos rectángulos y del cuadrado
exteriores al recinto:
Área ABCDE = ÁreaMNPR − Área ARB − Área BMC − ÁreaCND − ÁreaDOE − ÁreaEOPQ − Área EQA ⇒
8× 3 5× 5 5× 4 6 × 2
2× 4
−
−
−
− 2× 2 −
= 117 − 12 − 12,5 − 10 − 6 − 4 − 4 ⇒
2
2
2
2
2
= 68,5 u.c.c.
⇒ Área ABCDE = 117 −
⇒ Área ABCDE
Por otro lado, el área del rectángulo que contiene al estanque es ÁreaHKFL = 3 × 5 = 15 u.c.c., por lo que la
superficie del estánque se obtiene restando a esta las de los tres rectángulos que lo envuelven en el
rectángulo citado:
ÁreaBFG = ÁreaHKFL − ÁreaBKF − ÁreaFLG − ÁreaGHB = 15 −
1× 5 3 × 2 2 × 3
−
−
= 15 − 2,5 − 3 − 3 ⇒
2
2
2
⇒ ÁreaBFG = 6,5 u.c.c.
La superficie dedicada al pasto es, entonces, Área ABCDE − Área BFG = 68,5 − 6,5 = 62 u.c.c. y como cada
cuadradito tiene 20 metros de lado, la superficie en metros cuadrados es 62 × 20 × 20 =
24800 m2
A las 12 horas de la mañana sale un tren AVE de Sevilla a Zaragoza y
cuarenta minutos más tarde sale otro de Zaragoza a Sevilla.
Ambos circulan a la misma velocidad constante y tardan 3 horas y media en
hacer el trayecto.
¿A qué hora se cruzan?
SOLUCIÓN
El esquema adjunto explica la situación y da la solución:
El AVE sale de Sevilla (S ) a las 12 horas y, después de 40 minutos se encuentra en el punto T
A partir de ese punto le quedan 3 h 30 min − 40 min = 170 min hasta Zaragoza ( Z )
En ese momento, sale de Z otro AVE haciendo el recorrido inverso
Si ambos trenes van a igual velocidad, se cruzan en el punto M
Dicho punto es el punto medio del trayecto TZ
Entonces ambos tardan en llegar a M
170
= 85 min
2
En resumen, desde la hora de salida del AVE de Z , se cruzan después de 85 min
De lo anterior 12 h 40 min + 85 min = 12 h 40 min + 1 h 25 min = 13 h 65 min , por lo que
se cruzan a las 14 horas 05 minutos
Las edades de los cuatro hijos de familia Gómez tienen una
particularidad: la suma de las edades del mayor y del menor es igual
a la de los otros dos y, sin embargo, el producto de la edad del
mayor y del menor es sólo la mitad del producto de las edades de
los otros dos.
Si el mayor es menor de 20 años, ¿qué edad tiene?
SOLUCIÓN
Llamamos a, b, c, d a las edades, de mayor a menor, de los cuatro hijos. Según el enunciado, las condiciones
a + d = b + c

b×c
son 
a × d =
2

a < 20
(a + d )2 = a 2 + d 2 + 2a × d = a 2 + d 2 + b × c 1ª −2 ª 2 2
2
2
Entonces,
 ⇒ a + d + b × c − (b + c + 2b × c ) = 0 ⇒
2
2
2
a
+
d
=
b
+
c

(b + c ) = b + c + 2b × c
2
⇒ a 2 + d 2 − b × c = b 2 + c 2 ⇒ a 2 + d 2 − 2a × d = b 2 + c 2 ⇒ (a − d ) = b 2 + c 2
a − d < 20 es un número perteneciente a una terna pitagórica que completan b y c y es el mayor.
Estudiamos los casos con todas las condiciones:
•


b=4

Si la terna es 3, 4, 5 ⇒ 
c=3

a = 6
 a − d = 5; a + d = b + c = 7 ⇒ 
d =1

•


b = 12

Si la terna es 5, 12, 13 ⇒ 
c=5

 a = 15
 a − d = 13; a + d = b + c = 17 ⇒ 
d =2

•


b=8

Si la terna es 6, 8, 10 ⇒ 
c=6

 a = 12
 a − d = 10; a + d = b + c = 14 ⇒ 
d =2

•


b = 12

Si la terna es 9, 12, 15 ⇒ 
c=9

 a = 18
 a − d = 15; a + d = b + c = 21 ⇒ 
 d =3

dando las demás ternas valores de a mayores de 20
El hijo mayor puede tener 6, 12, 15 o 18 años
Un cuadrado está inscrito en una circunferencia y otro, más pequeño, tiene dos
vértices en la circunferencia y es tal que el centro de la circunferencia es el punto
medio de uno de sus lados.
¿Cuál es la proporción entre las áreas de los cuadrados?
SOLUCIÓN
Llamamos r al radio de la circunferencia y l, L a los lados respectivos de los
cuadrados pequeño y grande.
Como se ve en la figura, aplicando el teorema de Pitágoras se obtiene que
2

2
5l
2


l
4r 2 


l
= r 2 
2
2
L2 2r 2
l2 +   = r2  l2 +


l
=
=
r
4
⇒
⇒
⇒
⇒
=
⇒




2
5
4
 
4r 2 
l 2 4r 2
2
2
2
2 
2
2
2
2
L
=
2
r
2
L
=
4
r
L + L = (2r ) 

 L =
5
2 
2
2
Área cuadrado grande
L 10 r
5
⇒
= 2 =
=
2
Área cuadrado pequeño l
4r
2
La razón entre las áreas es
5/2
Ángel y Juan tienen dificultades con los deberes de
matemáricas y han pedido a Sofía que les ayude.
Quedan, para ello, en el bar del instituto. Mientras trabajan
consumen café, cruasanes y tabletas de chocolate según
estos números: Ángel 1, 3, 7; Juan 1, 4, 10; Sofía 1, 1, 1
Cuando acaban, Ángel debe pagar 16 € y Juan 21 €.
Para agradecer a Sofía su ayuda, los dos deciden pagar además, a partes iguales, la consumición de Sofía.
¿Cuánto paga cada uno por esto último?
SOLUCIÓN
Sean x, y, z los precios respectivos de cada café, de cada cruasan y de cada tableta de chocolate.
Los pagos son
x + 3 y + 7 z = 16  4×1ª −3×2 ª x − 2 z = 1
x = 2 z + 1
 ⇒
⇒

x + 4 y + 10 z = 21 2 ª −1ª y + 3 z = 5 y = 5 − 3 z 
Entonces el coste de la consumición de Sofía es x + y + z = 2 z + 1 + 5 − 3 z + z = 6 € por lo que cada uno
6
debe pagar =
2
3€
En un bombo de lotería quedan 2n+1 bolas, n+1 pares y n impares.
Si damos vueltas al bombo y extraemos dos bolas, ¿cuál es la probabilidad de que la
suma de ambas sea impar?
SOLUCIÓN
La probabilidad de que la suma sea impar será la probabilidad de obtener dos bolas de distinta paridad sin
devolución: P ( par I impar ) + P (impar I par ) = P ( par ) × P(impar | par ) + P (impar ) × P( par | impar ) =
(n + 1) × n =
n +1 n
n
n +1
=
×
+
×
= 2×
(2n + 1) × 2n
2n + 1 2 n 2 n + 1 2 n
(n+1)/(2n+1)
Lorena y Joan pasan las vacaciones en un país muy lejano.
En dicho país las monedas ya no son válidas y sólo hay tres tipos de
billetes de 57, 62 y 72 coronas.
Ayer compraron cruasanes en la panadería y les costaron cuatro
coronas. Le dieron al panadero un cierto número de billetes, por
un valor total menor de 600 coronas, para que éste pudiera
hacerles la devolución correcta de billetes según lo que debía
cobrar.
¿Cuántas coronas le dieron inicialmente al panadero?
SOLUCIÓN
Es lógico pensar que los tipos de billetes que usaron para pagar deben ser distintos de los tipos de billetes
que les devuelven, pues no tendría sentido dar una unidad de un tipo de billete para que le sea luego
devuelto.
Si a, b, c son las cantidades enteras respectivas de billetes de 57, 62, 72 coronas con las que abonaron o les
devolvieron, siendo el signo positivo o negativo el que marque una de las dos situaciones, deberemos
estudiar la ecuación diofántica 57 a + 62b + 72c = 4
Estudiando los múltiplos de los tres valores de los billetes:
x1
x2
x3
x4
x5
57 57
114
171
228
285
…
62 62
124
186
248
310
…
72 72
144
216
288
360
…
observamos entonces que la operación es 57 × 4 + 62 × 1 − 72 × 4 = 228 + 62 − 288 = 290 − 288 = 2 ⇒
⇒ 57 × 8 + 62 × 2 − 72 × 8 = 456 + 124 − 576 = 580 − 576 = 4
Lorena y Joan dieron al panadero 8 billetes de 57 coronas y 2 billetes de 62 coronas por un importe total
de 57 × 8 + 62 × 2 = 456 + 124 = 580 coronas y el panadero les devolvió 8 billetes de 72 coronas, cuyo valor
es de 72 × 8 = 576 coronas para abonar las 4 coronas que costaban los cruasanes.
Se concluye de lo anterior que Lorena y Joan dieron
580 coronas
La hipérbola
puede escribirse, de forma implícita, mediante la ecuación
¿Cuál es el valor de k ?
SOLUCIÓN
2x + 1

xy − y = 2 x + 1 
xy − 2 x − y = 1 
⇒
⇒

x −1
(x − a ) × ( y − b ) = k  xy − bx − ay + ab = k  xy − bx − ay = k − ab
y=
b=2 
Identificando coeficiente a coeficiente tenemos que a = 1 
 ⇒ k = ab + 1 ⇒ k = 1 × 2 + 1 ⇒
k − ab = 1
k =3
Un mago tiene trece cartas que muestra abriéndolas en abanico y hace elegir dos
consecutivas, al azar, a un espectador. El espectador las coge y, con el nuevo abanico
de once cartas, hace elegir otras dos consecutivas a un segundo espectador.
Repite la operación sucesivamente con otros espectadores hasta que le queda una
única carta.
Si antes de comenzar el mago había colocado el as de corazones en el centro del
abanico original, ¿cuál es la probabilidad de que le quede esa única carta en la mano
al final de todo el proceso?
SOLUCIÓN
Consideramos las trece cartas numeradas de 1 a 13 : el as de corazones ocupa el lugar 7
Los casos posibles de elección de parejas en orden consecutivo son 12 : cartas 1 y 2 , cartas 2 y 3 , …, cartas
12 y 13 ; después 10 (pues hay una pareja menos) y así sucesivamente hasta que queda una sola carta.
Es decir, los casos posibles son 12 × 10 × 8 × 6 × 4 × 2 = 46080
Veamos los casos favorables. Hay 13 cartas y el as de corazones ocupa el lugar central, por lo que hay 6
cartas a cada lado: cinco posibilidades de elección a cada lado y cada extracción de una pareja disminuye en
dos las posibilidades de elección de dicho lado.
Por lo tanto, en cada tipo de elección de parejas habrá 5 × 3 × 1 × 5 × 3 × 1 = 225 posibilidades de extracción.
Las elecciones de las parejas se harán de un lado (parejas a ) u otro (parejas b ) secuencialmente, y cada
secuencia será del tipo: aaabbb , abaabb , bbaaba , … y el número de esas secuencias será el número de
permutaciones con repetición de de 6 elementos en donde cada uno de ellos está repetido 3 veces:
6!
PR63,3 =
= 20
3!×3!
En resumen, los casos favorables son 225 × PR63,3 = 225 × 20 = 4500 y la probabilidad pedida es
4500
P=
=
46080
25/256=0,097656
Miguel fue a nadar ayer con todo planificado.
Cuando había hecho un quinto de la distancia prevista se tomó un descanso.
Después de hacer seis largos más había cubierto un cuarto de lo que iba a hacer.
¿Cuántos largos tenía programado hacer?
SOLUCIÓN
Llamamos n al número de largos programados para el día que se indica.
Según el enunciado,
n
n
n n
5n − 4 n
n
+6= ⇒ − =6⇒
=6⇒
=6⇒n=
5
4
4 5
20
20
120 largos
Tres excursionistas marchan por un circuito de senderismo. Cada uno
camina siempre en el mismo sentido, como se indica en la imagen, y a
velocidad constante.
Agustín y Diego van a la misma velocidad, mientras que Félix va el doble de
rápido que los otros dos.
Si Agustín y Diego salen a las 10 horas de la fuente y Félix a las 11 horas del
viejo roble, justo en el momento en que Agustín pasaba por allí, ¿a qué
hora se encuentran Diego y Félix por primera vez?
SOLUCIÓN
Como Félix sale a la hora de haber salido Agustín en el momento en que este ha hecho los 3 km que van de
la Fuente al Viejo roble, la velocidad de Agustín, y también de Diego, es de 3 km/h, por lo que la de Félix es
el doble: 6 km/h.
Sean x los kilómetros recorridos por Diego hasta que se encuentra con Félix en el trayecto Fuente-RocaViejo roble, de 5 + 4 = 9 km de longitud. De lo anterior se deduce que Félix habrá recorrido 9 − x km hasta
el encuentro con Diego.
El tiempo, en horas, que tarda Diego en hacer ese recorrido es
espacio recorrido por Diego x
= y el que
velocidad de Diego
3
espacio recorrido por Félix 9 − x
, que será una hora menor por haber salido una hora
=
velocidad de Félix
6
x
9−x
x−3 9− x
9−x
más tarde: − 1 =
⇒
=
⇒ x−3=
⇒ 2 x − 6 = 9 − x ⇒ 3x = 15 ⇒ x = 5 km
3
6
3
6
2
tarda Félix es
Por lo tanto, se encuentran justo en la Roca a las 11 +
9− x
4
2
= 11 + = 11 + =
6
6
3
11 horas 40 minutos
En la tienda de Casi todo a casi unos euros de mi pueblo los precios son de la
forma a,99 €
Un día me gasté 65,76 €, ¿cuántos artículos compré?
SOLUCIÓN
Si suponemos que compré n1 artículos a t1 ,99 €, …, nm artículos a t m ,99 € se cumplirá que
n1 × t1 ,99 + ... + nm × tm ,99 = 65,76 ⇒ n1 × t1 + n1 × 0,99 + ... + nm × t m + nm × 0,99 = 65,76 ⇒
⇒ x + y × 0,99 = 65,76 , siendo x e y = n1 + ... + nm (número total de artículos comprados) valores naturales
positivos.
Por los límites que se proponen x < 65 y, además, y < 67 (pues 67 × 0,99 = 66,33 > 65,76 ) debe ser el
número de artículos comprados.
x + y × 0,99 = 65,76 ⇒ 100 x + 99 y = 6576 ⇒ 99 y = 6576 − 100 x ⇒ y =
6576 − 100 x
42 − x
= 66 − x +
99
99
El único valor admisible es x = 42 ⇒ y = 66 − 42 = 24 y tendremos que la compra es 42 + 24 × 0,99 = 65,76
He comprado
24 artículos
Otra manera más elemental de resolverlo: si cada uno me cuesta a,99 €, pagando en una cantidad entera de
euros me devolverían un céntimo por cada artículo comprado. Como el total es 65,76 €, me devolverán
0,24 € por lo que habré comprado 24, 124, 244, ... artículos pero la limitación del total de la compra sólo
permite que sean
24 artículos
El abuelo de Carlos nació en el siglo XX y la suma de los dígitos de su año de
nacimiento es divisible por 4.
La abuela de Carlos tiene un año menos que el abuelo y, además, la suma de los
dígitos de su año de nacimiento también es divisible por 4.
Si entre ambos tienen menos de 120 años, ¿En qué año nació el abuelo?
SOLUCIÓN
Si la edad de los abuelos difieren en un año y las sumas de sus respectivos dígitos son divisibles por 4 quiere
decir que tienen la misma paridad, y esto únicamente puede suceder si la abuela nació en un año terminado
en cero.
______
Al ser los años de nacimiento del abuelo del tipo 19 x9 ⇒ 1 + 9 + x + 9 = 11 + x debe ser divisible por
4 ⇒ x ≡ 1 (mod 4 )
Posibilidades:
•
El abuelo nace en 1919 y la abuela en 1920 (¡demasiado mayores!)
•
El abuelo nace en 1959 y la abuela en 1960
•
El abuelo nace en 1999 y la abuela en 2000 (¡demasiado jóvenes!)
Según los límites de edad propuestos, la solución pertinente es la segunda por lo que el abuelo nació en
1959
¿Para qué valores enteros positivos n mayores que 1 se verifica que
es un número primo?
SOLUCIÓN
( )
n
( )
2
(
) (
)
4 n − 1 = 22 − 1 = 2 2 n − 1 = 2 n − 1 = 2 n + 1 × 2 n − 1 , por la fórmula de la diferencia de cuadrados, y se
verifica que ambos factores son distintos de la unidad porque n > 1 ⇒ 4 n − 1 es compuesto, ∀n > 1 entero.
Para ningún valor de n > 1 entero
el número dado es primo
Rosendo tiene problemas con la suma de fracciones.
Para sumar dos fracciones, en lugar de aplicar la regla pertinente las
multiplica entre sí y el resultado se lo resta a la unidad.
Hoy, aplicando su método a dos fracciones irreducibles positivas y
menores que la unidad, y en donde todos los numeradores y
denominadores son enteros positivos menores de 10 y distintos entre
sí, ha obtenido un resultado correcto.
¿Qué fracciones ha usado Rosendo?
SOLUCIÓN
Consideramos las fracciones 0 <
a c
, < 1 irreducibles y tales que 0 < a, b, c, d < 10 y a < b, c < d
b d
a c
a c
ad + bc
ac
ad + bc bd − ac
+ =1− × ⇒
=1−
⇒
=
⇒ ad + bc = bd − ac ⇒
b d
b d
bd
bd
bd
bd
c b−a
⇒ bc + ac = bd − ad ⇒ c × (b + a ) = d × (b − a ) ⇒ =
d b+a
Deben verificar que
Vamos a estudiar los casos posibles teniendo en cuenta que a, b deben tener distinta paridad si ambos
números son distintos de la unidad para que las fracciones sean irreducibles.
a = 1
c 2 −1 1
= : no se cumple porque a = c = 1
⇒ =
b = 2
d 2 +1 3
a = 1
c 4 −1 3
=
⇒ =
b = 4
d 4 +1 5
a = 1
c 6 −1 5
=
⇒ =
b = 6 d 6 + 1 7
a = 1
c 8 −1 7
=
⇒ =
b = 8 d 8 + 1 9
a = 2
c 3−2 1
=
⇒ =
b = 3
d 3+ 2 5
a = 2
c 5−2 3
=
⇒ =
b = 5
d 5+2 7
a = 2
c 7−2 5
=
⇒ =
b = 7
d 7+2 9
a = 2
c 9−2 7
= : no se cumple porque d = 11 > 10
⇒ =
b = 9
d 9 + 2 11
a = 3
c 4−3 1
=
⇒ =
b = 4
d 4+3 7
a = 3
c 8−3 5
= : no se cumple porque d = 11 > 10
⇒ =
b = 8
d 8 + 3 11
a = 4
c 5−4 1
=
⇒ =
b = 5 d 5 + 4 9
a = 4
c 7−4 3
= : no se cumple porque d = 11 > 10
⇒ =
b = 7
d 7 + 4 11
Ha podido utilizar ocho parejas distintas de fracciones del tipo que se describe en el enunciado:
1/4 y 3/5; 1/6 y 5/7; 1/8 y 7/9; 2/3 y 1/5;
2/5 y 3/7; 2/7 y 5/9; 3/4 y 1/7; 4/5 y 1/9
El triángulo ABC es rectángulo en C
El arco de circunferencia con centro en A y radio AC corta al lado AB
en M, y el arco de circunferencia con centro en B y radio BM corta al
lado BC en N
Si N es el punto medio del lado BC, ¿Cuál es la proporción entre las
longitudes de BM y de MA?
SOLUCIÓN
Llamamos x a la longitud del lado AC = MA e y a la longitud de BM = BN
AC = x
Según lo anterior, e imponiendo que N es el punto medio de BC tenemos que
BC = 2 × BN = 2 y
AB = BM + MA = x +



y 
Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo, AB 2 = AC 2 + BC 2 ⇒ ( x + y )2 = x 2 + (2 y )2 ⇒
⇒ x 2 + 2 xy + y 2 = x 2 + 4 y 2 ⇒ 3 y 2 − 2 xy = 0
x ≠ 0 3 y 2 − 2 xy
BM y
3 y 2 2 xy
y
 y
= ⇒ 3 y 2 − 2 xy = 0 ⇒
=
0
⇒
− 2 = 0 ⇒ 3×   − 2× = 0 ⇒
2
2
MA x
x
x
x
x
x
2
Se pide r =
r ≠0
⇒ 3 × r 2 − 2r = 0 ⇒ r × (3r − 2 ) = 0 ⇒ 3r − 2 = 0 ⇒ r =
2/3
La Gran Escalera tiene un número infinito de peldaños.
El atlético Teodoro empieza a subir la escalera en series de 13 peldaños
desde abajo.
Después de subir la primera serie de 13 peldaños Teodoro debe recuperar
fuerzas respirando profundamente y, cansado, desciende un peldaño.
Después de la segunda serie, más cansado, desciende dos peldaños,… y así
sucesivamente, y de forma progresiva, su agotamiento le hace descender,
después de cada serie, un número de peldaños igual a una unidad más
que la cantidad descendida al acabar la serie anterior.
¿Cuál es la máxima altura, en peldaños, que llega a alcanzar Teodoro antes de volver a tocar el suelo?
SOLUCIÓN
La máxima altura la alcanzará al subir en la decimotercera serie pues, a partir de ella, descenderá más
peldaños que los que suba.
Entonces, como en la serie número n sube 13 y baja n , el número efectivo de peldaños que sube es 13 − n
por lo que al finalizar las 12 primeras series sube 12 + 11 + 10 + ... + 3 + 2 + 1 , suma de términos de una
(1 + 12 ) × 12 a los que hay que añadirle los 13 de la
progresión aritmética: 12 + 11 + 10 + ... + 3 + 2 + 1 =
2
siguiente serie.
En resumen, el número máximo de peldaños que sube es
(1 + 12 ) × 12 + 13 = 13 × 6 + 13 =
2
91 peldaños
Dos circunferencias, de 90 y 40 cm de radio respectivamente, son tangentes
entre sí y a dos rectas que se cortan en el punto A, como se ve en la figura.
Si B es el punto de tangencia de una de las rectas con la circunferencia grande,
¿cuánto mide el segmento AB ?
SOLUCIÓN
Señalamos los centros de las circunferencias como O y P , dibujamos los
segmentos adecuados y nombramos las intersecciones más relevantes.
Si llamamos x = BC e y = CA , se pide, en el problema, el valor de AB = x + y
Del triángulo rectángulo ODP podemos obtener, de inmediato, x por el
DP = BC = x

teorema de Pitágoras: OD = OB − DB = OB − PC = 90 − 40 = 50
⇒

OP = OE + EP = 90 + 40 = 130

⇒ DP 2 + OD 2 = OP 2 ⇒ x 2 + 50 2 = 130 2 ⇒ x 2 = 130 2 − 50 2 = 16900 − 2500 = 14400 ⇒ x = 120 cm
Establecemos ahora una proporción entre los catetos de los triángulos rectángulos ODP y PCA debida a su
CA DP
CA BC
y
x
y 120
120 × 40
evidente semejanza:
=
⇒
=
⇒
=
⇒
=
⇒y=
= 96 cm
PC OD
PC OD
40 50
40 50
50
La longitud que se pide es x + y = 120 + 96 = 216 cm
AB = 216 cm
Con la ayuda de cinco triángulos de forma y dimensiones idénticas,
Angelines va a hacer un collage superponiéndolos como se ve.
Si los puntos B, C, D, E, F son puntos medios respectivos de los
segmentos AC, BD, CE, DF, EG y la superficie de cada uno de los
cinco triángulos es de 0,95 m2, ¿cuál es el área del collage ?
SOLUCIÓN
Si se dibujan las líneas señaladas, puede apreciarse que los triangulítos
que se solapan tienen una cuarta parte de la superficie de los
0,95 2
m
triángulos grandes, por lo que su superficie será de
4
Como hay cinco triángulos grandes y se solapan cuatro pequeños, el
0,95
área del collage es 5 × 0,95 − 4 ×
= 5 × 0,95 − 0,95 = 4 × 0,95 =
4
3,80 m2
El número complejo z = 9 + bi es tal que z2 y z3 tienen la misma parte imaginaria.
¿Cuál es el valor de b ?
SOLUCIÓN
z = 9 + bi ⇒ z 2 = (9 + bi ) = 9 2 + 2 × 9 × bi + b 2 × i 2 = 81 + 18bi + b 2 × (− 1) = 81 − b 2 + 18bi
2
(
)
z 3 = z × z 2 = (9 + bi ) × 81 − b 2 + 18bi = 9 × 81 − 9 × b 2 + 9 × 18bi + 81 × bi − b 2 × bi + 18bi × bi =
= 729 − 9b 2 + 162bi + 81bi − b 3i + 18b 2i 2 = 729 − 9b 2 + 162bi + 81bi − b 3i + 18b 2 × (− 1) =
= 729 − 9b 2 + 243bi − b 3i − 18b 2 = 729 − 27b 2 + 243b − b 3 × i
(
)
b=0

Según la condición del enunciado, 18b = 243b − b 3 ⇒ b 3 = 243b − 18b ⇒ b 3 = 225b ⇒  2
b = 225 ⇒ b = ±15
b = 0 ó b = -15 ó b = 15
Son las ocho de la tarde y el despertador de Bartolo indica las once de la noche
pues le funciona mal: va un 15% más rápido que un reloj normal.
Como no tiene tiempo de llevarlo a reparar, ¿a qué hora debe poner la alarma
para que le despierte a las siete de la mañana del día siguiente?
SOLUCIÓN
Desde las 8 de la tarde a las 7 de la mañana hay 11 horas. En el despertador deberán pasar, entonces,
15 
115

11 × 1 +
= 12,65 horas
 = 11 ×
100
 100 
Como 0,65 × 60 = 39 , 12,65 horas = 12 horas 39 minutos y Bartolo deberá poner el despertador a una hora
que sea 12 horas 39 minutos más tarde que las 11 de la noche: lo deberá poner a las
11 horas 39 minutos de la mañana
Si a, b, c son números naturales tales que
¿cuántas ternas (a, b, c ) verifican que a + 2b + c ≤ 40?
SOLUCIÓN
a a
ab + ac + bc
+ +1
ac a
a a  b b 
a a  b b  c b
bc
=
= = 11 ⇒ a = 11b
=
 + + 1 :  + + 1 = 11 ⇒  + + 1 :  + + 1 =
c b  a c 
 c b   a c  b + b + 1 ab + bc + ac bc b
a c
ac
Entonces, las posibilidades de ternas según el enunciado son:
b = 1 ⇒ a = 11 ⇒ 11 + 2 + c ≤ 40 ⇒ c ≤ 27 : (11,1,1); (11,1,2); .........; (11,1,27 ) … 27 ternas
b = 2 ⇒ a = 22 ⇒ 22 + 4 + c ≤ 40 ⇒ c ≤ 14 : (22,2,1); (22,2,2); .........; (22,2,14) … 14 ternas
b = 3 ⇒ a = 33 ⇒ 33 + 6 + c ≤ 40 ⇒ c ≤ 1 ⇒ c = 1 : (33,3,1) … 1 terna
Habrá, entonces, 27 + 14 + 1 =
42 ternas
Pedro dibuja un rectángulo y un rombo y observa que ambos cuadriláteros
tienen el mismo perímetro y la misma superficie.
Además, las longitudes de los lados del rectángulo y las diagonales del
rombo son números enteros en centímetros.
¿Cuál es el perímetro más pequeño posible que pueden tener los
cuadriláteros?
SOLUCIÓN
Sean a, b los lados, grande y pequeño, del rectángulo y D, d las
diagonales, mayor y menor, del rombo.
El lado del rombo, aplicando el teorema de Pitágoras a uno de los cuatro
2
rectángulos iguales que forman sus diagonales, es
=
D2 d 2
+
=
4
4
D2 + d 2
=
4
2
D d 
  +  =
 2  2
D2 + d 2
cm
2
Según el enunciado, como las superficies y los perímetros son iguales,
2a + 2b = 4 ×

D2 + d 2
⇒ 2a + 2b = 2 × D 2 + d 2 ⇒ a + b = D 2 + d 2 
2

D×d

a×b =
⇒ 2ab = Dd

2
Tomando la primera ecuación, a + b =
D 2 + d 2 ⇒ (a + b ) = D 2 + d 2 ⇒ a 2 + b 2 + 2ab = D 2 + d 2 ⇒
2
2 ab = Dd
2
2
2
2
2
2
2
2
⇒ a + b + Dd = D + d ⇒ a + b + Dd − 2 Dd = D + d − 2 Dd ⇒
2 2 ab = Dd
⇒ a 2 + b 2 − Dd = (D − d )
2
2
⇒ a + b − 2ab = (D − d ) ⇒ (a − b ) = (D − d ) ⇒ a − b = D − d
2
2
2
2
2
En resumen, debemos encontrar cuatro valores enteros positivos tales que a + b = D + d 
 , y las dos
a − b = D − d 
diagonales del rombo deben pertenecer a una terna pitagórica porque la primera igualdad debe ser de
valores enteros.
Al pedir el perímetro mínimo empezamos por la terna pitagórica de valores mínimos: 3, 4, 5 . Si
a × b = 3 × 2 = 6 cm 2 
a + b = 4 2 + 32 = 5
 y son
d = 3; D = 4 ⇒
 ⇒ a = 3; b = 2 : las superficies miden D × d 4 × 3
2
=
= 6 cm 
a − b = 4 − 3 = 1 
2
2

2a + 2b = 2 × 3 + 2 × 2 = 10 cm 
iguales, y los perímetros miden
 y son iguales.
2 × 4 2 + 32 = 2 × 5 = 10 cm 
La respuesta es
10 cm
La media aritmética de una lista de tres números naturales
impares consecutivos es 7.
Si añadimos otro número natural n a la lista, distinto de los
tres anteriores, la media aritmética de los cuatro también es
un número natural.
¿Cuál es la suma de los tres valores más pequeños de n que
podemos añadir?
SOLUCIÓN
Es evidente que los tres impares consecutivos son 5, 7, 9 por ser su media aritmética igual a 7
Según el enunciado,
5+7+9+n
21 + n
1+ n
es un número
= x es un número natural ⇒
= x ⇒ x =5+
4
4
4
natural.
Empezando por los valores naturales menores, distintos de 5, 7, 9 , y que 1 + n sea múltiplo de 4 para que
que x sea un número natural,
n =3⇒ x =5+
1+ 3
= 5 +1= 6
4
n = 11 ⇒ x = 5 +
1 + 11
=5+3=8
4
n = 15 ⇒ x = 5 +
1 + 15
=5+4=9
4
la suma de esos tres valores posibles de n es 3 + 11 + 15 =
29
Dimas tuvo nueve hijos, todos con la edad espaciada el mismo número de
años entre dos consecutivos.
En 2008, el cuadrado de la edad de Dimas era exactamente igual a la suma
de los cuadrados de las edades de los niños.
¿Qué edad tiene ahora Dimas?
SOLUCIÓN
Llamamos n, m a las edades, en 2008 , de Dimas y de su hijo mayor; y sea d la diferencia constante entre
las edades.
Según el enunciado se verifica que n 2 = m 2 + (m − d )2 + (m − 2d )2 + (m − 3d )2 + ... + (m − 8d )2 ⇒
⇒ n 2 = m 2 + m 2 − 2dm + d 2 + m 2 − 4dm + 4d 2 + m 2 − 6dm + 9d 2 + ... + m 2 − 16 dm + 64 d 2 ⇒
⇒ n 2 = 9m 2 − (2 + 4 + 6 + ... + 16 ) × dm + (1 + 4 + 9 + ... + 64 ) × d 2 ⇒
(2 + 16 ) × 8 × dm + 8 × (8 + 1) × (2 × 8 + 1) × d 2 teniendo en cuenta las fórmulas para sumar los
⇒ n 2 = 9m 2 −
2
6
8 primeros números pares (progresión aritmética) y los 8 primeros cuadrados de los números naturales (si
no se recuerdan las fórmulas se suman todos los términos):
n 2 = 9m 2 − 72dm + 204 d 2 = 3 × 3m 2 − 24 dm + 68d 2 , por lo que debe ser d un múltiplo de 3 porque 68
no lo es y la expresión es un cuadrado perfecto.
(
)
(
)
Si d = 3 ⇒ n 2 = 9m 2 − 72 × 3m + 204 × 32 = 9m 2 − 216 m + 1836 = 9 × m 2 − 24 m + 204 , con m > 24 según el
contexto del problema ya que el hijo pequeño tiene, de edad, m − 8d = m − 24 > 0
Probamos entonces los valores sucesivos de m :
(
= 9 × (26
)
− 24 × 26 + 204 ) = 9 × 256 ⇒ n = 3 × 16 = 48 años en 2008
•
m = 25 ⇒ n 2 = 9 × 252 − 24 × 25 + 204 = 9 × 229 ⇒ n no es un valor entero: ¡imposible!
•
m = 26 ⇒ n 2
•
Los valores siguientes de m no dan resultados válidos o razonables.
2
Además, otros valores de d , múltiplos de 3 , tampoco son razonables.
En conclusión Dimas tenía, en 2008 , 9 hijos de edades 26, 23, 20, 17, 14, 11, 8, 5 y 2 años y se cumplía que
26 2 + 232 + 20 2 + 17 2 + 14 2 + 112 + 82 + 52 + 2 2 = 482
La edad actual de Dimas es 48 + 2017 − 2008 =
57 años
¿Cuál es la probabilidad de que un número de 10 cifras contenga los 10 dígitos?
SOLUCIÓN
Los cantidad de números que hay de diez dígitos (de 1000000000 a 9999999999 ) es 9000000000 = 9 × 109
De ellos, los números de diez dígitos diferentes son 9 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 9 × 9! ya que para el
primer dígito hay nueve posibilidades (todos los dígitos menos es cero) y para los demás siempre una menos
respecto a los dígitos ya escritos.
La probabilidad pedida es, entonces,
9 × 9!
=
9 × 109
9!/109 = 0,00036288
Halla el resultado de esta suma, en donde a cada letra distinta le corresponde un dígito distinto.
SOLUCIÓN
De la expresión se deduce que C > A y C > B y, siendo todas las letras cifras distintas, D + C = B + 10 ⇒
⇒ B = C + D − 10
Además, 1000 A + 100 B + 10C + D + 1000 B + 100 D + 10 A + C = 1000C + 100 A + 10 D + B ⇒
⇒ 910 A + 1099 B − 989C + 91D = 0
Según la segunda suma de la operación puede ser que C + A + 1 = D o que C + A + 1 = D + 10 . Analizamos
las dos posibilidades:
•
C + A + 1 = D ⇒ A = D − C − 1 . De lo anterior,
910 A + 1099 B − 989C + 91D = 0 ⇒ 910 × (D − C − 1) + 1099 × (C + D − 10 ) − 989C + 91D = 0 ⇒
⇒ 910 D − 910C − 910 + 1099C + 1099 D − 10990 − 989C + 91D = 0 ⇒ 2100 D − 800C − 11900 = 0 ⇒
21D − 119
5D − 7
y no hay ningún par
⇒ 21D − 8C − 119 = 0 ⇒ 8C = 21D − 119 ⇒ C =
= 2 D − 14 +
8
8
de dígitos C y D que verifiquen esa igualdad.
•
C + A + 1 = D + 10 ⇒ A = D − C + 9 . De lo anterior,
910 A + 1099 B − 989C + 91D = 0 ⇒ 910 × (D − C + 9 ) + 1099 × (C + D − 10 ) − 989C + 91D = 0 ⇒
⇒ 910 D − 910C + 8190 + 1099C + 1099 D − 10990 − 989C + 91D = 0 ⇒ 2100 D − 800C − 2800 = 0 ⇒
21D − 28
5D − 4
, igualdad que se cumple
⇒ 21D − 8C − 28 = 0 ⇒ 8C = 21D − 28 ⇒ C =
= 2D − 3 +
8
8
 A= D−C +9 = 4−7+9 = 6
5× 4 − 4
para D = 4 ⇒ C = 2 × 4 − 3 +
= 8 − 4 + 2 = 7 , luego 
8
 B = C + D − 10 = 7 + 4 − 10 = 1
En conclusión, la suma es
y, por tanto, el resultado
7641
Si
¿cuál es la media aritmética de a, b y c ?
SOLUCIÓN
30 a × 30b × 30 c = 6 × 10 × 15 = 900 ⇒ 30 a + b + c = 30 2 ⇒ a + b + c = 2 ⇒
La media aritmética es
2/3
a+b+c 2
=
3
3
Un aragonés ha hecho su árbol genealógico y observa que, si divide el año de
nacimiento de su bisabuela por el año de la llegada a tierras de Aragón de su
antepasado más remoto, obtiene un valor decimal periódico puro 4,234234234…
¿En qué año nació su bisabuela?
SOLUCIÓN
−−−−
Convertimos en fracción el número dado : 4.234 =
4234 − 4 4230 470
=
=
999
999 111
Los años citados serán proporcionales, respectivamente, a numerador y denominador de la fracción, y los
470 470 × 4 1880
únicos valores razonables son
=
=
111 111 × 4 444
Su remoto antepasado llegó en el año 444 a Aragón y su bisabuela nació en el año
1880
¿Cuántos números naturales n, entre 1 y 1000000, verifican que el número
es múltiplo de 5?
SOLUCIÓN
Como n 2016 + n 2017 = n 2016 × (1 + n ) , esta expresión será múltiplo de 5 si lo es uno de los dos factores.
En primer lugar, n 2016 es múltiplo de 5 si y solo si n es múltiplo de 5 , y de ahí se obtienen
1000000
= 200000 números (n = 5,10,15,20,...,1000000 ) , entre 1 y 1000000 , que verifican la condición.
5
En otro caso, 1 + n es múltiplo de 5 si n = 5q − 1 : n = 4,9,14,19,....,999999 y se obtienen otros
1000000
= 200000 números, entre 1 y 1000000 , que verifican la condición y todos distintos de los
5
anteriores.
En total, que verifiquen la condición, habrá 200000 + 200000 =
400000 números
La suma marciana ( ) de dos números consiste en sumarlos y
añadirles su producto. Así, por ejemplo, 3 5 = 23.
Una calculadora de sumas marcianas opera de la forma siguiente:
cada vez que se introduce un número calcula su suma marciana con
el número previamente obtenido en una operación anterior,
mostrando un nuevo resultado.
Encendida la calculadora y con el número 0 de inicio, introducimos
sucesivamente cuatro números naturales no nulos y,
definitivamente, obtenemos como resultado final el número 1988.
¿Qué números hemos introducido?
SOLUCIÓN
Según el enunciado, la operación es : a ↓ b = a + b + a × b
Puede deducirse fácilmente que esta operación es conmutativa y asociativa: a ↓ b = a + b + a × b = b ↓ a y
a ↓ b ↓ c = a + b + c + a×b + a×c + b×c + a×b×c = a ↓ b ↓ c
(
)
(
)
Suponemos que introducimos, sucesivamente, los números a, b, c, d . Es evidente que la primera operación
da como resultado 0 ↓ a = 0 + a + 0 × a = a , primer número introducido.
En la operación final, si p es el número obtenido en la anterior operación, p ↓ d = p + d + p × d = 1988 ⇒
1988 − p 1988 + 1 − 1 − p
1989
⇒ (1 + p ) × d = 1988 − p ⇒ d =
=
⇒d =
−1
1+ p
1+ p
1+ p
Como d es número natural, 1 + p debe dividir a 1989 = 32 × 13 × 17 . Hacemos 1 + p = 32 × 13 = 117
De ahí, d =
1989
1989
−1 =
− 1 = 17 − 1 ⇒ d = 16 y p = 116 era el resultado obtenido previamente.
1+ p
117
Repetimos la lógica del proceso en la operación anterior en la que introducimos el número c y el resultado
116 − n 116 + 1 − 1 − n
117
previo era n : n ↓ c = n + c + n × c = p = 116 ⇒ ... ⇒ c =
=
⇒c=
−1
1+ n
1+ n
1+ n
Por el mismo razonamiento que antes, como c es número natural 1 + n debe dividir a 117 = 32 × 13 .
117
117
Hacemos entonces 1 + n = 32 = 9 y c =
−1 =
− 1 = 13 − 1 ⇒ c = 12 y n = 8 era el resultado
1+ n
9
obtenido previamente.
Este último resultado es el que se obtiene al introducir b teniendo a como resultado previo en la primera
8 − a 8 +1−1− a
9
operación. Entonces, a ↓ b = a + b + a × b = n = 8 ⇒ ... ⇒ b =
=
⇒b=
−1
1+ a
1+ a
1+ a
Claramente se observa que debe ser a = 2 ⇒ b =
9
9
−1 = −1 = 3 −1 = 2
1+ a
3
En conclusión, los números introducidos en la calculadora (en cualquier orden de introdución el resultado
sería el mismo por las propiedades de la operación) son
2, 2, 12, 16
En un cuadrado de 6 cm de lado se construye un triángulo equilátero en su
interior tomando como base uno de los lados del cuadrado.
Se dibujan entonces dos círculos tangentes, cada uno, a uno de los lados del
triángulo y a dos lados adyacentes del cuadrado, como se ve en la figura
adjunta.
¿Cuánto mide el radio de cada círculo?
SOLUCIÓN
Sea r el radio pedido.
En la imagen derecha se observa que se construyen dos triángulos
rectángulos iguales cuyos cateros son r y 6 − r y uno de sus ángulos es 15º
teniendo en cuenta que es la mitad del ángulo que forman un lado del
cuadrado y un lado del triángulo equilátero.
En cualquiera de esos triángulos, se verifica que tg 15º =
Si tg 15º = tg (60 º −45º ) =
⇒ tg 15º =
r
6−r
(
)
2
tg 60 º −tg 45º
3 −1
3 −1
=
=
⇒
1 + tg 60º×tg 45º 1 + 3 1 + 3 × 3 − 1
(
) (
)
3 − 2× 3 +1 4 − 2× 3
=
⇒ tg 15º = 2 − 3
3 −1
2
(
(
)
) (
) (
r
r
⇒
= 2 − 3 ⇒ r = 2 − 3 × (6 − r ) = 12 − 6 × 3 − 2r + 3 × r ⇒
6−r
6−r
12 − 6 × 3 6 × 2 − 3 × 3 + 3 6 × 6 + 2 × 3 − 3 × 3 − 3
3 − 3 × r = 12 − 6 × 3 ⇒ r =
=
=
⇒
9−3
3− 3
3− 3 × 3+ 3
Entonces, tg 15º =
(
)
⇒r=
6× 3− 3
⇒ r = 3− 3
6
(
(
)
)
)
(
Es decir, el radio de cada círculo mide
3 – √3 cm = 1.26795 cm
)
Tengo 4 veces la edad de mi nieto. Si invertimos los dos dígitos de cada edad
la nueva edad de mi nieto es, increíblemente, tres veces la mía nueva.
¿Cuál es, realmente, mi edad?
SOLUCIÓN
−−
−−
Sea ab mi edad y cd la edad de mi nieto.

= 4 × cd  ⇒ 10a + b = 4 × (10c + d ) ⇒ 10a + b = 40c + 4d 
El enunciado dice que ab
−−
−− 


dc = 3 × ba  10 d + c = 3 × (10b + a ) 10d + c = 30b + 3a 
−−
−−
Multiplicando la primera por 10 , la segunda por 4 y sumando ambas ecuaciones tenemos:
100 a + 10b + 40 d + 4c = 400c + 40 d + 120b + 12 a ⇒ 88a = 110b + 396c ⇒ 4a = 5b + 18c ⇒ a =
5b + 18c
4
Multiplicando la primera por 3 , la segunda por 10 y sumando ambas ecuaciones tenemos:
30 a + 3b + 100 d + 10c = 120c + 12d + 300b + 30a ⇒ 88d = 297b + 110c ⇒ 8d = 27b + 10c ⇒ d =
27b + 10c
8
5b + 18c 
b + 2c 
a = b + 4c +

4
4 
En conclusión, tenemos que
⇒

27b + 10c
3b + 2c 
 d = 3b + c +

d=
8
8 

a=
Estas expresiones, teniendo en cuenta que los cuatro parámetros son todos cifras, implican que deben ser
b=0ob=2 y c≤2
b + 2c
2+2

= 7
=2+4+
4
4
La única solución válida es para b = 2, c = 1 ⇒
 y, por tanto, las
3b + 2c
6+2
d = 3b + c +
= 6 +1+
= 8
8
8

edades son 72 y 18 años.
a = b + 4c +
Tengo 72 años
En el triángulo isósceles ABC, en que AB = 150 cm y AC = BC = 125 cm, hay
tres segmentos paralelos a BC que lo dividen en cuatro regiones de igual área.
Halla la altura h del trapecio inferior.
SOLUCIÓN
En principio, vamos a calcular el área del triángulo.
Para ello, dibujamos la altura f correspondiente al lado desigual y que divide
al triángulo en dos triángulos rectángulos iguales.
En uno de ellos, aplicando el teorema de Pitágoras, f = 1252 − 752 ⇒
⇒ f = 100 cm
Entonces, el área es Área =
AB × f 150 × 100
2
=
= 7500 cm
2
2
De ahí, el área de cada región mide
Área 7500
2
=
= 1875 cm
4
4
Construímos ahora otra estructura para obtener la altura pedida dibujando
la altura H correspondiente al triángulo formado por las tres regiones
superiores cuya base es a , también base superior del trapecio inferior.
Este triángulo tiene de superficie los tres cuartos de la superficie del
a × H 3 × 7500
2
triángulo total:
=
= 3 × 1875 = 5625 ⇒ a × H = 11250 cm
2
4
La altura del triángulo isósceles correspondiente a uno de los lados iguales es
(h + H ) × 125 = 7500 ⇒ h + H = 2 × 7500 = 120 cm
2
125
Y como ambos triángulos son semejantes,
a
H
a
H
120 × a
24a
cm
=
⇒
=
⇒H =
⇒H =
125 h + H
125 120
125
25
De todo lo anterior tenemos que a × H = a ×
24 a
25 × 11250 46875
125 × 3
cm
= 11250 ⇒ a 2 =
=
⇒a=
25
24
4
2
Por fin, tenemos en cuenta que el trapecio inferior es una cuarta parte del triángulo total, por lo que
(125 + a ) × h = 1875 ⇒ h = 2 × 1875 = 4 × 1875 =
7500
60
=
⇒
2
125 × 3 250 + 125 × 3 125 × 2 + 3
2+ 3
125 +
2
60 × 2 − 3
⇒h=
⇒h=
2+ 3 × 2− 3
(
(
( )
) ( )
60x(2-√3) cm
)
La hija del molinero dibuja, sobre un papel cuadriculado, un plano del campo de su
padre sin olvidarse del estanque central.
Sabe que la superficie total del campo, incluido el estanque, es de 700 m2.
¿Cuál es la superficie del estanque?
SOLUCIÓN
Sea a metros la longitud que representa el lado de cada cuadrado de la cuadrícula.
Observamos que todo el terreno está encerrado en un cuadrado de 6a metros de lado del cual hay que
quitar cuatro triángulos rectángulos isósceles cuyos catetos miden 2a metros cada uno.
La superficie del campo es, entonces, (6a )2 − 4 ×
⇒ a2 =
2 a × 2a
= 700 ⇒ 36a 2 − 8a 2 = 700 ⇒ 28a 2 = 700 ⇒
2
700
= 25 ⇒ a = 5 metros
28
El estanque está encerrado por un cuadrado de 2a metros de lado del cual hay que quitar cuatro triángulos
rectángulos isósceles cuyos catetos miden a metros cada uno.
Entonces la superficie del estanque es (2a )2 − 4 ×
a×a
= 4 a 2 − 2 a 2 = 2 a 2 = 2 × 52 =
2
50 m2
Si
halla
siendo x ≠ y
SOLUCIÓN
x≠ y
x 2 = 8 x + y  1ª −2 ª 2
2
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
⇒
x
−
y
=
8
x
+
y
−
8
y
+
x
=
7
x
−
7
y
⇒
x
+
y
×
x
−
y
=
7
×
x
−
y
⇒
x+ y=7

y 2 = 8 y + x 
Entonces,
x 2 = 8 x + y  1ª +2 ª 2
2
2
2
2
2
 ⇒ x + y = (8 x + y ) + (8 y + x ) = 9 x + 9 y ⇒ x + y = 9 × ( x + y ) = 9 × 7 ⇒ x + y =
y 2 = 8 y + x 
63
En un pequeño pueblo en China, en el río Amur, viven 33 familias. Cada familia
tiene una, dos o tres bicicletas, y hay tantas familias que poseen tres bicicletas
como familias que sólo tienen una.
¿Cuántas bicicletas hay en el pueblo?
SOLUCIÓN
Evidentemente, el promedio de las bicicletas que poseen las familias que tienen
una o tres es dos, pues cada familia con un bicicleta se compensa con otra familia
con tres bicicletas.
Como las restantes familias tienen, todas, dos bicicletas, el total de bicicletas del
pueblo es 33 × 2 =
66 bicicletas
Sean tres números enteros distintos a, b, c tales que
•
a x b x c = 17955
•
a, b, c están en progresión aritmética (en ese orden)
•
3a + b, 3b + c y 3c + a están en progresión geométrica (en ese orden)
¿Cuál es el valor de a + b + c ?
SOLUCIÓN
Como están en progresión aritmética, de diferencia d ≠ 0 por ser números distintos, consideramos
a =b−d y c =b+d
Entonces, por la tercera condición,
3b + c 3c + a
3b + b + d
3b + 3d + b − d
4b + d
4b + 2d
=
⇒
=
⇒
=
3a + b 3b + c
3b − 3d + b
3b + b + d
4b − 3d
4b + d
De la expresión anterior, (4b + d ) = (4b + 2d ) × (4b − 3d ) ⇒ 16b 2 + 8bd + d 2 = 16b 2 − 4bd − 6d 2 ⇒
d ≠0
12b
⇒ 7 d 2 = −12bd ⇒ 7 d = −12b ⇒ d = −
7
2
(
)
Además, por la primera condición, a × b × c = (b − d ) × b × (b + d ) = b × b 2 − d 2 = 17955 ⇒


144b 2 
95b 3
17955 × 49
 12b  
 = 17955 ⇒ −
⇒ b ×  b2 −  −
= 17955 ⇒ b ×  b 2 −
= 17955 ⇒ b3 = −
⇒



49 
49
95
 7  


⇒ b 3 = −9261 ⇒ b = 3 − 9261 ⇒ b = −21
2
Por lo tanto, a + b + c = b − d + b + b + d = 3b = 3 × (− 21) =
– 63
Patricia ha representado una multiplicación con cinco fichas de dominó.
Su hermana Laura ha permutado dos de las fichas mostrando entonces un producto erróneo:
¿Cuál era la distribución, y el producto, original?
SOLUCIÓN
Observando la figura formada por las fichas queda claro que la ficha 1-6 no puede moverse porque debería
permutarse con la 1-2 obligatoriamente para dejar el 1 al final: no se obtiene ninguna representación de
producto válida.
Las fichas 1-2 y 3-6 ofrecen problemas similares y puede observarse esdeguida que las fichas a permutar son
la 3-2 y la 4-5:
quedando de esta manera el producto válido:
Halla los pares de enteros (x, y), con 0 ≤ x ≤ y, que verifican la ecuación
SOLUCIÓN
Escribimos la expresión como ecuación de segundo grado de parámetro y : 5 x 2 − 4 xy + 2 x + y 2 = 624 ⇒
⇒ y 2 − 4 xy + 5 x 2 + 2 x − 624 = 0
(
)
Si resolvemos, y = 2 x ± 4 x 2 − 5 x 2 + 2 x − 624 ⇒ y = 2 x ± 624 − 2 x − x 2
Como x, y deben ser enteros, el radicando es un cuadrado perfecto: 624 − 2 x − x 2 = a 2 , siendo a ∈ N
(
)
Entonces, 624 − 2 x − x 2 = a 2 ⇒ x 2 + 2 x + a 2 − 624 = 0 ⇒ x = −1 ± 1 − a 2 − 624 ⇒ x = −1 ± 625 − a 2 ,
siendo x entero no negativo.
Posibilidades admisibles:
a = 0 ⇒ x = −1 ± 625 − 0 = −1 ± 25 ⇒ x = 24 ⇒ y = 2 x ± 0 ⇒ y = 48
 y = 53
a = 7 ⇒ x = −1 ± 625 − 49 = −1 ± 24 ⇒ x = 23 ⇒ y = 2 x ± 7 ⇒ 
 y = 39
 y = 53
a = 15 ⇒ x = −1 ± 625 − 225 = −1 ± 20 ⇒ x = 19 ⇒ y = 2 x ± 15 ⇒ 
 y = 23
a = 20 ⇒ x = −1 ± 625 − 400 = −1 ± 15 ⇒ x = 14 ⇒ y = 2 x ± 20 ⇒ y = 48
a = 24 ⇒ x = −1 ± 625 − 576 = −1 ± 7 ⇒ x = 6 ⇒ y = 2 x ± 24 ⇒ y = 36
Concluyendo, cumpliendo las condiciones del problema hay siete pares:
(6,36), (14,48), (19,23), (19,53), (23,39), (23,53), (24,48)
Por ternas pitagóricas podemos obtener también los resultados indicados arriba:
Construimos, según el enunciado, 5 x 2 − 4 xy + 2 x + y 2 = 624 ⇒ 4 x 2 − 4 xy + y 2 + x 2 + 2 x + 1 = 624 + 1 ⇒
⇒ (2 x − y ) + ( x + 1) = 625 ⇒ (2 x − y ) + ( x + 1) = 252
2
2
2
2
De esta manera, y siendo x ≤ y enteros no negativos, se tienen en cuenta las ternas pitagóricas que dan
lugar a esta expresión y son (± 15,±20,25) y (± 7,±24,25) . Los valores negativos también deben tenerse en
cuenta al no estar trabajando con medidas lineales (triángulos).
A partir de ahí tenemos las siguientes posibilidades válidas:
2 x − y = 15
x = 19 
⇒
 ⇒ par (19,23) cumple las condiciones del problema
x + 1 = 20 
y = 23
2 x − y = −15
x = 19 
⇒
 ⇒ par (19,53) cumple las condiciones del problema
x + 1 = 20 
y = 53
2 x − y = −20
x = 14 
⇒
 ⇒ par (14,48) cumple las condiciones del problema
x + 1 = 15 
y = 48
2 x − y = 7
x = 23
⇒
 ⇒ par (23,39 ) cumple las condiciones del problema
x + 1 = 24 
y = 39
2 x − y = −7  x = 23
⇒
 ⇒ par (23,53) cumple las condiciones del problema
x + 1 = 24 
y = 53
2 x − y = −24 
x=6 
⇒
 ⇒ par (6,36) cumple las condiciones del problema
x +1= 7 
y = 36
Además, también puede verificarse que
2 x − y = 0 x = 24 
⇒
 ⇒ par (24,48) cumple las condiciones del problema
x + 1 = 25 
y = 48
Concluyendo, cumpliendo las condiciones del problema obtenemos siete pares:
(6,36), (14,48), (19,23), (19,53), (23,39), (23,53), (24,48)
Sintiendo su final, el viejo pirata, que vivía en la isla desierta donde se
retiró, lanzó una botella al mar.
Esta botella contenía un valioso mensaje: la ubicación exacta del lugar
donde enterró un tesoro, fruto de una vida filibustera.
En el mensaje, además de la situación de la isla, se indicaba que:
•
La distancia entre el tesoro escondido y la palmera es,
exactamente, de 720 metros.
•
Entre el tesoro escondido y la roca grande hay un número
entero de hectómetros.
•
La palmera se encuentra a 180 metros de la gran roca.
Una vez en la isla del pirata, ¿en cuántos lugares, como máximo, hay que cavar para encontrar el tesoro?
SOLUCIÓN
Al formar un triángulo (o estar alineados en una situación límite) la palmera, la
gran piedra y el tesoro, la distancia d del tesoro a la gran piedra cumplirá que
720 ≤ d + 180  540 ≤ d 
⇒
 ⇒ 540 ≤ d ≤ 900
d ≤ 720 + 180  d ≤ 900 
Como debe haber un número exacto de
hectómetros entre la roca grande y el
tesoro, deberá cavar en un punto que esté
a una distancia de 720 metros de la
palmera y, a la vez, a 600, 700, 800 o 900 metros de la roca.
Los puntos posibles serán los del círculo de centro la palmera y radio
720 m y que estén a esas distancias de la roca, dos a 600, 700 y 800 m
y uno, en la prolongación de la recta roca-palmera, a 900 m.
Es decir, el número de lugares posibles para cavar y encontrar el tesoro,
según se ve en la imagen izquierda, son
7
En una urbanización, tres casas y tres garajes (uno de cada casa)
comparten un espacio vallado como se ve en la figura.
El color de cada casa coinicide con el de su respectivo garaje y las tres
casas, y el garaje de la casa azul, están adosadas a la valla
Dibuja tres caminos que, sin cruzarse en ningún momento, permitan ir
de cada casa a su respectivo garaje.
SOLUCIÓN
Entre Daisy Town y Fort Coyote la línea de ferrocarril es
una perfecta recta. Lucky Luke, el vaquero solitario, sabe
que los hermanos Dalton van a atacar el tren correo en el
kilómetro 9 de ese recorrido.
Desgraciadamente, Lucky tiene un trozo de plano del
trayecto bastante dañado y que tiene señalados
únicamente los kilómetros 18 y 54 de la línea.
Por suerte últimamente ha aprendido algunos conceptos
básicos de geometría y cuenta con una regla (sin muescas
de longitudes) y un viejo compás.
Para determinar de manera exacta sobre el plano la
ubicación prevista para el ataque de tren Lucky efectúa
una construcción que utiliza arcos y líneas.
Reproduce y explica dicha construcción, señalando sobre
el plano el punto exacto del ataque y especificando el mínimo número de arcos que son necesarios dibujar
para ello.
SOLUCIÓN
Se dibuja la recta mediatriz (en rojo) del segmento cuyos extremos
son los puntos kilométricos 18 y 54 .
•
Para ello se trazan, con el compás, arcos de centros
respectivos punto 18 y punto 54 y radio común el
segmento (de longitud 54 − 18 = 36 ): en el dibujo se ven
dos trozos del arco de centro 18 y dos trozos del arco de
centro 54 que, al cortarse, forman los puntos a y b .
•
Se dibuja, con la regla, mediatriz del segmento 18 − 54 :
recta que pasa por estos dos puntos a y b y corta al
segmento en su punto medio, punto kilométrico
18 + 54
= 36 , que queda fijado.
2
Se dibuja la recta mediatriz (en verde) del segmento cuyos
extremos son los puntos kilométricos 18 y 36 .
•
Para ello se trazan, con el compás, arcos de centros
respectivos punto 18 y punto 36 y radio común el segmento (de longitud 36 − 18 = 18 ): en el dibujo
se ven dos trozos del arco de centro 18 y dos trozos del arco de centro 36 que, al cortarse, forman
los puntos c y d .
•
Se dibuja, con la regla, mediatriz del segmento 18 − 36 : recta que pasa por estos dos puntos c y d y
18 + 36
corta al segmento en su punto medio, punto kilométrico
= 27 , que queda fijado.
2
Por último, se dibuja, con el compás, un arco (en negro) desde el punto 27 con centro en el punto 18 y radio
27 − 18 = 9 que corta a la línea que representa el recorrido en
el punto kilométrico 9 ,
que queda fijado en el plano y resuelve el problema.
El número de arcos usados en esta construcción es, como se ve,
5
Halla la expresión más simplificada para la suma de los n primeros números de la sucesión
x, xx, xxx, … siendo x un dígito no nulo del sistema decimal.
SOLUCIÓN
n dígitos
n dígitos
n dígitos

 x 

S = x + xx + xxx + ..... + xxx...x = x × 1 + 11 + 111 + ..... + 111...1 = ×  9 + 99 + 999 + ..... + 999...9  =


 9 
n dígitos
n ceros
x 
 x 

= ×  9 + 1 + 99 + 1 + 999 + 1 + ..... + 999...9 + 1 − n  = × 10 + 100 + 1000 + ..... + 1000...0 − n  =
9 

 9 

x
x  10 × 10 n − 10
× 10 + 10 2 + 103 + ..... + 10 n − n = × 
− n  , sumando los n primeros términos de la
9
9  10 − 1

progresión geométrica de razón 10 cuyo primer término es 10
=
(
Entonces la suma es S =
)

x  10 n +1 − 10
× 
− n  =
9 
9

x × (10 n +1 − 9n − 10 )
81
Veinticinco personas asisten a una fiesta.
Los saludos habituales son los siguientes:
•
Todas las mujeres se dan un beso entre ellas, y cuando dos
mujeres se besan son dos besos los que se intercambian.
•
Cada mujer se da dos besos con cada hombre, excepto con su
compañero en el caso de que lo tenga. Es decir, cuando una
mujer y un hombre se besan se contabilizan cuatro besos.
•
Los hombres, entre sí, se saludan todos dándose la mano.
Después de saludarse todo el mundo se han dado 774 besos y 55 apretones de manos.
¿Cuál es el número de mujeres solas que hay en la fiesta?
PD.- El único tipo de parejas asistentes a la fiesta es el correspondiente a la formada por hombre y mujer.
SOLUCIÓN
Llamamos m al número de mujeres solas, h al número de hombres solos y p al número de perejas
(hombre y mujer) asistentes a la fiesta.
Por lo tanto, m + p = M es el número de mujeres y h + p = H el número de hombres. Los besos que se dan
M 
las mujeres entre sí son 2 ×   , y el número de besos que se dan hombre y mujer entre sí es 4 MH − 4 p
2
pues no se dan besos hombre y mujer de una misma pareja.
H 
Además, el número de apretones de manos es  
2



M


De todo lo anterior tenemos las siguientes igualdades: 2 ×   + 4 MH − 4 p = 774 

2
 


H 
  = 55

2

M + H = 25
H 
H × (H − 1)
 = 55 ⇒
= 55 ⇒ H 2 − H − 110 = 0 ⇒ H = 11 hombres en la fiesta
2
2
 
De la última ecuación, 
Entonces, por la primera ecuación, M + H = 25 ⇒ M = 25 − H = 25 − 11 = 14 mujeres en la fiesta
M 
14 
Tomando la segunda ecuación, 2 ×   + 4 MH − 4 p = 774 ⇒ 2 ×   + 4 × 14 × 11 − 4 p = 774 ⇒
2
2
⇒ 2×
14 × 13
24
+ 616 − 4 p = 774 ⇒ 4 p = 798 − 774 = 24 ⇒ p =
= 6 parejas en la fiesta
2
4
En conclusión, como m + p = M ⇒ m = M − p = 14 − 6 =
8 mujeres solas
Halla la última cifra de
SOLUCIÓN
( )
Por congruencias, 49 ≡ −1 (mod 10 ) ⇒ 7 49 ≡ 7 48 × 7 ≡ 7 2
24
× 7 ≡ 49 24 × 7 ≡ (− 1) × 7 ≡ 1 × 7 ≡ 7 (mod 10 ) ,
Luego la potencia propuesta acaba en
7
Otra manera:
71 = 7 ; 7 2 = 49 ; 7 2 = 49 ; 73 = 343 ; 7 4 = 2401 ; 75 = 16807 ; …
De lo anterior se deduce que
•
7 n acaba en 7 si n = 4m − 3; m ∈ Ν
•
7 n acaba en 9 si n = 4m − 2; m ∈ Ν
•
7 n acaba en 3 si n = 4m − 1; m ∈ Ν
•
7 n acaba en 1 si n = 4m; m ∈ Ν
y como 49 = 4 × 13 − 3 ⇒ 7 49 acaba en
7
24
Se tienen 1993 tarjetas cuadradas, 1000 rojas y 993 azules, y se va construyendo un “castillo de tarjetas”
como se ve a continuación:
Se desea continuar la construcción del dibujo de la misma manera: una línea oblícua de tarjetas rojas, una
línea oblícua de tarjetas negras, etc …, parando cuando la última línea oblícua completa posible haya sido
colocada.
¿Cuántas tarjetas rojas quedarán sin colocar?
SOLUCIÓN
Se observa que, en los pasos de orden impar se colocan las tarjetas rojas a razón de 1, 3, 5, ..., 2n + 1 tarjetas,
y la última cantidad en el paso 2n + 1 , siendo n + 1 el número de términos de la progresión aritmética de
diferencia 2
De manera análoga se colocan las tarjetas azules en los pasos de orden par a razón de 2, 4, 6, ..., 2n tarjetas,
y la última cantidad en el paso 2n , siendo n el número de términos de la progresión aritmética de diferencia
2
Si el número de líneas oblícuas completas posibles rojas es n + 1 se cumplirá que
(1 + 2n + 1) × (n + 1) ≤ 1000 ⇒ 2 × (n + 1) × (n + 1) ≤ 1000 ⇒ (n + 1)2 ≤ 1000 ⇒
1 + 3 + 5 + .... + 2n + 1 ≤ 1000 ⇒
2
2
⇒ n + 1 ≤ 1000 = 31,62 ⇒ n + 1 ≤ 31 , por lo que 31 es el número máximo de líneas oblícuas completas
posibles rojas.
Si el número de líneas oblícuas completas posibles azules es n se cumplirá que
(2 + 2n ) × n ≤ 993 ⇒ 2 × (n + 1) × n ≤ 993 ⇒ n 2 + n ≤ 993 . Resolvemos la
2 + 4 + 6 + .... + 2n ≤ 993 ⇒
2
2
ecuación n 2 + n − 993 = 0 obteniendo, como raíz positiva, 31,02 . Por lo tanto, 31 es número máximo de
líneas oblícuas completas posibles azules.
En resumen, visto el proceso, se construirán 31 líneas oblícuas rojas y 31 líneas oblícuas azules, no pudiendo
construirse la línea oblícua 32 roja para la que se necesitarían n + 1 = 32 ⇒ n = 31 ⇒ 2n + 1 = 2 × 31 + 1 = 63
tarjetas rojas, pero solo quedarían, para ello, 1000 −
(1 + 2 × 30 + 1)× 31 = 1000 − (30 + 1)2 = 1000 − 312 =
2
39 tarjetas rojas (y 1 azul)
Calcula la integral indefinida
SOLUCIÓN
Hacemos el cambio de variable x = t 3 ⇒ dx = 3t 2 ⋅ dt
1
Entonces, I = ∫ x
−
4
3
2 2



⋅ 1 − x 3  ⋅ dx = ∫ t − 4 ⋅ 1 − t 2


(
)
1
2
⋅ 3t 2 ⋅ dt =3 ⋅ ∫
1− t2
⋅ dt
t2
Haciendo ahora el cambio de variable t = cos u ⇒ dt = − sen u ⋅ du y, sustituyendo, I = 3 ⋅ ∫
1− t2
⋅ dt =
t2
1 − cos 2 u
sen 2u
sen
u
du
⋅
(
−
)
⋅
=
−
3
⋅
⋅ du = −3 ⋅ ∫ tan 2 u ⋅ du = −3 ⋅ ∫ − 1 + 1 + tan 2 u ⋅ du =
∫
cos 2 u
cos 2 u
= −3 ⋅ ∫ − 1 + 1 + tan 2 u ⋅ du =3 ⋅ ∫ du − 3 ⋅ ∫ 1 + tan 2 u ⋅ du ⇒I = 3u − 3 tan u + K
(
= 3⋅ ∫
(
)
(
)
)
1− t2
y x = t 3 ⇒ t = x 3 , deshaciendo los
Como t = cos u ⇒ sen u = 1 − cos u = 1 − t ⇒ tan u =
t
1
2
2
2
1− t2
1− x3
cambios tenemos que I = 3u − 3 tan u + K = 3 ⋅ arccos t − 3 ⋅
+ K = 3 ⋅ arccos x 3 − 3 ⋅
+K =
1
t
3
x
1
1
2
2


3
3 ⋅ arccos x − 3 ⋅ x ⋅ 1 − x  + K


1
3
−
1
3
Diez vasos están en el mostrador.
Tres contienen vino blanco y dos tienen vino tinto, pero el rellenado se ha hecho mal.
Únicamente los cinco vasos de la derecha (de contorno grueso) deben contener vino y los cinco vasos de la
izquierda deben estar vacíos. Además, vasos de la misma forma deben tener siempre el mismo tipo de
vino.
Si un movimiento consiste en coger un vaso con vino y vaciarlo en otro vacío y, a continuación, ponerlo de
nuevo en su lugar original, ¿cuántos movimientos serán necesarios, como mínimo, para lograr que
queden, de acuerdo a como se debe, todos los vasos?
SOLUCIÓN
Los movimientos mínimos que deben hacerse son
quedando definitivamente
Por tanto los movimientos que son necesarios, como mínimo, son
4
Si x2 – 3x + 1 = 0 halla el valor de
SOLUCIÓN
Según el enunciado, x 2 − 3 x + 1 = 0 ⇒ x 2 + 1 = 3 x y x ≠ 0
(
Entonces,
((x
=
2
)
)
(
) (
) (
)
(
) (
)
(
)
(3x ) − 2 x 2 × 3 x = 9 x 2 − 2 x 2 × 3x = 7 x 2 × 3x = 21x3 =
+ 1 − 2x2 × x2 + 1
=
x3
x3
x3
x3
x3
2
) (
)
x6 + x 4 + x2 + 1 x4 × x2 + 1 + x2 + 1 x 4 + 1 × x2 + 1
x4 + 2x2 + 1 − 2 x2 × x2 + 1
=
=
=
=
x3
x3
x3
x3
2
21
Descubre la clave de tres dígitos que permite abrir el candado teniendo en cuenta las
siguientes pistas:
•
571 posee uno de los dígitos correctos y colocado en su lugar
•
503 posee uno de los dígitos correctos pero mal situado
•
195 posee dos dígitos correctos pero mal situados
•
627 no posee ningún dígito correcto
•
679 posee uno de los dígitos correctos pero mal situado
SOLUCIÓN
Como 627 no tiene ningún dígito de la clave y 679 posee uno de los dígitos, este será el 9 . Además, como
195 posee dos dígitos pero mal situados, el 9 debe ocupar la primera posición (la clave es del tipo 9 ∗ ∗ ) y,
además, otro de los dígitos es 1 o 5
Considerando las dos primeras condiciones, el dígito no puede ser el 5 por lo que debe ser el 1 y está
colocado en último lugar por la primera condición: la clave es 9 ∗ 1
Entonces, por la segunda condición se deduce que el dígito que faltqa, y ocupa la segunda posición de la
clave, es 3
Concluyendo, la clave es
931
Si
demuestra que f es una función constante.
SOLUCIÓN
Consideramos x ≠ y ⇒ ∃h ≠ 0 ∋ y = x + h . Entonces, f ( x ) − f ( y ) ≤ 12 ⋅ ( x − y ) , ∀x, y ∈ ℜ ⇒
2
⇒ f ( x) − f ( x + h) ≤ 12 ⋅ (− h ) ⇒ f ( x + h) − f ( x ) ≤ 12 ⋅ h 2 , ∀x, h ∈ ℜ, h ≠ 0 ,
2
Dividiendo ambos miembros por h > 0 ⇒
⇒0≤
f ( x + h) − f ( x)
h
≤
12 ⋅ h 2
, ∀x, h ∈ ℜ, h ≠ 0 ⇒
h
f ( x + h) − f ( x )
≤ 12 ⋅ h , ∀x, h ∈ ℜ, h ≠ 0
h
Entonces, por el Teorema del Sándwich, lim 0 ≤ lim
h →0
⇒ f ' ( x ) = 0, ∀x ∈ ℜ ⇒ f ' ( x ) = 0, ∀x ∈ ℜ ⇒
h →0
f ( x + h) − f ( x)
≤ lim12 ⋅ h ⇒ 0 ≤ f ' (x ) ≤ 0 ⇒
h→0
h
la función f es constante
Argos, país muy lejano, ha decidido identificarse con una bandera.
Esta bandera debe estar compuesta por seis cuadrados dispuestos en un rectángulo,
como en el dibujo adjunto, y debe llevar tres colores: un cuadrado azul, dos cuadrados
amarillos y tres cuadrados rojos.
Como se ha organizado un concurso para elegir la distribución de colores más
atractiva, ¿cuál es el número máximo de propuestas diferentes que pueden recibir los
organizadores del concurso?
SOLUCIÓN
La máxima cantidad posible de banderas para elegir serán las permutaciones con repetición de tres colores
donde uno está una vez, otro dos veces y el tercero tres veces. En total, ocupando seis posiciones:
PR61, 2,3 =
6!
6 × 5 × 4 × 3! 6 ∗ 5 × 4
=
=
=
1!×2!×3! 1 × 2 × 1 × 3!
2
60 propuestas
Halla la expresión del término general an de la siguiente sucesión en función de n
SOLUCIÓN
1
1
1
6a − 9an +1
6
9
, ∀n ∈ N . Entonces, b1 = 1; b2 = y bn + 2 =
= n
=
− ⇒
9
an
an + 2
an +1 × an
an +1 an
= 6bn +1 − 9bn , ∀n ∈ N ⇒ bn + 2 = 3 × (2bn +1 − 3bn )
Usamos la sucesión bn =
bn + 2
Entonces, bn + 3 = 6bn + 2 − 9bn +1 = 6 × (6bn +1 − 9bn ) − 9bn +1 ⇒ bn + 3 = 27bn +1 − 54bn ⇒ bn + 3 = 9 × (3bn +1 − 6bn )
bn + 4 = 27bn + 2 − 54bn +1 = 27 × (6bn +1 − 9bn ) − 54bn +1 ⇒ bn + 4 = 108bn +1 − 243bn ⇒⇒ bn + 4 = 27 × (4bn +1 − 9bn )
Al ver el patrón, podemos conjeturar que bn + m = 3m −1 × (m × bn +1 − 3 × (m − 1) × bn ), ∀m, n ∈ N
Demostremos que la afirmación anterior es cierta por inducción, suponiendo cierta la expresión para bn + m −1 y
para bn + m − 2 , siendo m > 3 (y teniendo en cuenta que es cierto, por lo obtenido anteriormente, para m > 1 ):
bn + m = 6bn + m −1 − 9bn + m − 2 = 6 × 3m − 2 × ((m − 1) × bn +1 − 3 × (m − 2 ) × bn ) − 9 × 3m − 3 × ((m − 2 ) × bn +1 − 3 × (m − 3) × bn ) ⇒
⇒ bn + m = 2 × 3m −1 × ((m − 1) × bn +1 − (3m − 6 ) × bn ) − 3m −1 × ((m − 2 ) × bn +1 − (3m − 9 ) × bn ) ⇒
⇒ bn + m = 3m −1 × (((2m − 2 ) × bn +1 − (6m − 12 ) × bn ) − ((m − 2 ) × bn +1 − (3m − 9 ) × bn )) ⇒
⇒ bn + m = 3m −1 × ((2m − 2 − m + 2 ) × bn +1 − (6m − 12 − 3m + 9 ) × bn ) = 3m −1 × (m × bn +1 − (3m − 3) × bn ) ⇒
⇒ bn + m = 3m −1 × (m × bn +1 − 3 × (m − 1) × bn ) , como queríamos demostrar.
Entonces, haciendo n = 1 obtenemos que b1+ m = 3m −1 × (m × b2 − 3 × (m − 1) × b1 ), ∀m > 1 ⇒
1


⇒ bm = 3m − 2 × ((m − 1) × b2 − 3 × (m − 2 ) × b1 ), ∀m > 2 ⇒ bm = 3m − 2 ×  (m − 1) × − 3 × (m − 2 ) × 1 ⇒
9


 m − 1 − 27 m + 54 
m −4
⇒ bm = 3m − 2 × 
 = 3 × (53 − 26m ), ∀m ∈ N , pues esto lo cumplen también b1 y b2
9


Cambiando las variables, an =
1
1
= n−4
⇒
bn 3 × (53 − 26 n )
an =
81
, ∀n ∈ N
n
3 × (53 − 26n )
José, bisabuelo de Pedro, no ha cumplido aún el siglo pero es muy mayor.
Su edad, el año pasado, era un múltiplo de ocho, y el próximo año será un múltiplo de siete.
¿Cuál es la edad de José?
SOLUCIÓN
Llamamos x < 100 a la edad actual de José.
Según las dos condiciones del enunciado x − 1 = 8a y x + 1 = 7b , siendo a y b dos números naturales.
Así, x = 8a + 1 = 7b − 1 ⇒ 7b = 8a + 2 ⇒ b =
8a + 2
a+2
⇒b=a+
7
7
Veamos los valores razonables de a , b y x :
•
a = 5 ⇒ b = 6 ⇒ x = 7 × 6 − 1 = 41 , ¡demasiado joven!
•
a = 12 ⇒ b = 14 ⇒ x = 7 × 14 − 1 = 97
y los sucesivos valores razonables de a hacen x > 100
Por lo tanto, José tiene
97 años
Halla la cantidad de números xyz de tres dígitos tales que
SOLUCIÓN
xyz + xy + xz + yz + x + y + z = 29 ⇒ xy × (z + 1) + x × (z + 1) + y × (z + 1) + z = 29 ⇒
⇒ xy × (z + 1) + x × (z + 1) + y × (z + 1) + z + 1 = 30 ⇒ (xy + x + y + 1) × (z + 1) = 30 ⇒
⇒ (x + 1) × ( y + 1) × (z + 1) = 30 ⇒
Las posibles descomposiciones de 30 en 3 factores que sean menores o iguales a 10 , para que x, y , z sean
dígitos, son:
•
30 = 1 × 3 × 10 = ( x + 1) × ( y + 1) × ( z + 1) ⇒ seis posibles números: 029, 092, 209, 290, 902, 920 ,
siendo correctos los cuatro últimos
•
30 = 1 × 5 × 6 = (x + 1) × ( y + 1) × (z + 1) ⇒ seis posibles números: 045, 054, 405, 450, 504, 540 ,
siendo correctos los cuatro últimos
•
30 = 2 × 3 × 5 = (x + 1) × ( y + 1) × ( z + 1) ⇒ seis posibles números: 124, 142, 214, 241, 412, 421
Por lo tanto la cantidad de números de tres cifras que cumplen el enunciado es 4 + 4 + 6 =
14
En un terreno hay dos estanques. El terreno, sin los estanques, debe ser dividido
en cuatro partes que tengan, exactamente, la misma estructura y forma.
Y cada parte, formada por pequeños cuadrados completos, debe estar en una sola
pieza.
Haz la partición.
SOLUCIÓN
Cada parte debe poseer 6 cuadrados porque hay, en total, 24
Halla las funciones f reales de variable real tales que
SOLUCIÓN
f ( x + y ) + f ( y + z ) + f ( z + x ) ≥ 3 × f ( x + 2 y + 3z ), ∀x, y, z ∈ ℜ
Tomamos x = a, y = z = 0 ⇒ f (a + 0) + f (0 + 0) + f (0 + a) ≥ 3 × f (a + 2 × 0 + 3 × 0) ⇒
⇒ f (a ) + f (0 ) + f (a) ≥ 3 × f (a ) ⇒ 2 × f (a ) + f (0 ) ≥ 3 × f (a ) ⇒ f (0 ) ≥ f (a ), ∀a ∈ ℜ
a
a
a
a a
a a
a
a
a a
a
, y = , z = − ⇒ f ( + ) + f  −  + f (− + ) ≥ 3 × f  + 2 × − 3 ×  ⇒
2
2
2
2 2
2 2
2
2
2 2
2
⇒ f (a ) + f (0 ) + f (0) ≥ 3 × f (0 ) ⇒ f (a ) + 2 × f (0 ) ≥ 3 × f (0 ) ⇒ f (a ) ≥ f (0 ), ∀a ∈ ℜ
Por otro lado, si x =
De los dos resultados concluímos que f (a ) = f (0 ), ∀a ∈ ℜ , por lo que
f es constante en todo IR
Se colocan los números de 1 a 13 en los círculos de esta pirámide de
manera que la suma de cuatro números alineados sea siempre la misma
no importando la dirección.
¿Qué número debe ser x ?
SOLUCIÓN
Llamamos S a la suma de cuatro números alineados y sabemos que la suma de los números de 1 a 13 , que
(1 + 13) × 13 = 91
forman una progresión aritmética de diferencia unidad, es
2
Teniendo en cuenta las alineaciones horizontales, se deberá cumplir que x + 3S = 91
Además, con las alineaciones oblícuas se cumplirá que 4 S = 91 + 3 x , pues en este caso contamos cuatro
veces el valor x
Resolviendo,
x + 3S = 91  2 ª −1ª
 ⇒ 4 S − x − 3S = 91 + 3 x − 91 ⇒ S = 4 x
4 S = 91 + 3 x 
Sustituyendo en la primera ecuación, x + 3S = x + 3 × 4 x = 91 ⇒ 13 x = 91 ⇒ x =
91
=
13
7
Evidentemente, las sumas de cuatro números alineados son todas de valor S = 28
Un posible rellenado es
Dado un número real positivo a, escribe la expresión
de la forma más simplificada posible.
SOLUCIÓN
x≠0
Hacemos x = 3 a ⋅ 3 a ⋅ 3 a ⋅ 3 a ⋅ ... ⇒ x = 3 a ⋅ x ⇒ x 3 = a ⋅ x ⇒ x 2 = a ⇒ x = a , luego el resultado es
√a
Una bicicleta está colocada cuidadosamente erguida a lo largo de una
pared.
En esta pared, al nivel del suelo, se abre la ventana cuadrada de un
sótano de manera que las dos esquinas superiores de la ventana
coinciden con dos puntos de una de las ruedas de la bicicleta, como se
observa en el dibujo.
Sabiendo que el lado de la ventana mide 56 cm, ¿cuál es el diámetro de la rueda de la bicicleta?
SOLUCIÓN
Sea r el radio de la rueda.
Observando el triángulo isósceles en el cuadrado, este se divide en dos triángulos
56
rectángulos iguales cuyos catetos son h y
= 28 cm y la hipotenusa es r
2
Aplicando el teorema de Pitágoras tenemos que r 2 = h 2 + 282 , y como
2
r + h = 56 ⇒ h = 56 − r ⇒ r 2 = (56 − r ) + 282 ⇒⇒ r 2 = 56 2 − 112 r + r 2 + 282 ⇒
3920
⇒ 112r = 56 2 + 282 ⇒ 112 r = 3920 ⇒ r =
= 35 cm, por lo que el
112
diámetro de la rueda de la bicicleta es 2r = 2 × 35 =
70 cm
Halla los pares de números enteros no nulos (a,b) tales que
SOLUCIÓN
(a
) ( )
⇒ b × (2b + a b − 3ab + 3a
2
+ b × a + b 2 = (a − b ) ⇒ a 3 + a 2b 2 + ab + b3 = a 3 − 3a 2b + 3ab2 − b3 ⇒ 2b3 + a 2b 2 − 3ab 2 + 3a 2b + ab = 0 ⇒
3
2
2
2
)
Resolviendo esta ecuación obtenemos b =
⇒b=
(
b≠0
)
+ a = 0 ⇒ 2b 2 + a 2b − 3ab + 3a 2 + a = 0 ⇒ 2b 2 + a 2 − 3a × b + 3a 2 + a = 0
3a − a 2 ±
(a
2
)
2
(
)
− 3a − 8 × 3a 2 + a
⇒
4
3a − a 2 ± a 4 − 6a 3 + 9a 2 − 24a 2 − 8a
3a − a 2 ± a 4 − 6a 3 − 15a 2 − 8a
⇒b=
4
4
Aplicando la Regla de Ruffini al polinomio incluido en la raíz obtenemos la descomposición factorial de dicho
(
)
polinomio: a 4 − 6a 3 − 15a 2 − 8a = a × a 3 − 6a 2 − 15a − 8 = a × (a + 1) × (a − 8)
2
3a − a 2 ± a 4 − 6a 3 − 15a 2 − 8a 3a − a 2 ± a × (a + 1) × (a − 8)
=
⇒
4
4
a × (3 − a ) ± (a + 1) × a × (a − 8)
⇒b=
4
2
De lo anterior, b =
Como b es un número entero, a × (a − 8) debe ser un cuadrado perfecto: a × (a − 8) = m 2 ⇒
⇒ a 2 − 8a = m2 ⇒ a 2 − 8a + 16 = m 2 + 16 ⇒ (a − 4 ) = m 2 + 16
2
Haciendo a − 4 = n , obtenemos la expresión n 2 = m 2 + 16 = m 2 + 42 que, salvo signos, representa una
terna pitagórica.
La única en la que interviene 4 es 52 = 32 + 42 , por lo que posibles valores de m, n son m = ±3, n = ±5
Además, la igualdad trivial 42 = 02 + 42 da lugar a otros posibles valores de m, n : m = 0, n = ±4
Hallamos ahora los valores enteros no nulos de a, b según los valores obtenidos de n :
•
n = −4 ⇒ a − 4 = −4 ⇒ a = 0 , no admisible
•
n = 4⇒ a−4 = 4⇒ a =8⇒b =
•
n = −5 ⇒ a − 4 = −5 ⇒ a = −1 ⇒ b =
⇒ b = −1
•
n =5⇒ a−4 =5⇒ a =9⇒b =
⇒ b = −6, b = −21
8 × (3 − 8) ± (8 + 1) × 8 × (8 − 8) − 40 ± 0
=
⇒ ⇒ b = −10
4
4
− 1 × (3 + 1) ± (− 1 + 1) × − 1 × (− 1 − 8) − 4 ± 0
=
⇒
4
4
9 × (3 − 9 ) ± (9 + 1) × 9 × (9 − 8) − 54 ± 30
=
⇒
4
4
Por lo tanto los pares (a, b ) de enteros no nulos que cumplen la igualdad son
(8 , -10) ; (-1 , -1) ; (9 , -6) ; (9 , -21)
Un cuadrado mágico cumple que la suma de los números situados en una fila, una
columna o una diagonal da siempre el mismo resultado.
Completa el cuadrado mágico adjunto.
SOLUCIÓN
Nombramos los números desconocidos según se indica en el cuadro adjunto.
a − 5 + 7 = x − 5 + 14 
x =a−7



3
ª
→
3
ª
−
2
ª
a − 5 + 7 = 14 + z + 7 
z = a − 19

Entonces se verifica que
⇒

⇒
a−5+7 = b−5+ z 
b = 26

a − 5 + 7 = a + b + x 
a − 5 + 7 = a + b + x 
4ª
 x = a − 7 ⇒ x = −24
, con lo que el
⇒ a − 5 + 7 = a + 26 + a − 7 ⇒ a = −17 ⇒ 
 z = a − 19 ⇒ z = −36
cuadrado queda, por ahora, como se ve en la imagen adjunta.
Ahí puede verse que la suma constante, en filas, columnas y diagonales, es − 15
− 17 + c − 14 = −15 ⇒ c = −12
Por lo tanto, los valores que faltan son 
y el cuadrado,
 − 24 + y + 7 = −15 ⇒ y = 2
completamente rellenado,
Cualquier número natural puede ponerse como ab + ba , siendo a, b números naturales.
Por ejemplo,
Obtén una expresión del número 624 en los términos indicados.
SOLUCIÓN
Nada más sencillo:
624 = 6231 + 1623
Halla las dos últimas cifras del número
SOLUCIÓN
Si tenemos en cuenta que a partir de 10! los valores acaban, al menos, en dos ceros porque incluyen como
factores a los números 2, 5 y 10 , se cumple que las dos últimas cifras de N son las mismas que las del
número 1!+ 2!+ 3!+ 4!+ 5!+ 6!+ 7!+ 8!+ 9!= 1 + 2 + 6 + 24 + 120 + 720 + 5040 + 40320 + 362880
Sumando las dos últimas cifras de cada número, 1 + 2 + 6 + 24 + 20 + 20 + 40 + 20 + 80 = 213
Según lo anterior, N acaba en
13
Usando los dígitos de 1 a 9 una sola vez, y con operaciones matemáticas, escribe una expresión cuyo valor
sea
SOLUCIÓN
Hay varias posibilidades. He aquí algunas:
625 × 4 × 8 × (19 × 3 − 7 ) = 1000000
(7814 × 2 − 3) × (69 − 5) = 1000000
(1 + 2 × 3 + 4 + 5 − 7 − 8 + 9)6 = 1000000
(1 + 2 + 3 + 4)6 × (7 − 5 − 9 + 8) = 1000000
((− 1 × 3 + 6 × 9 + 7 − 8) × 4 × 5)2 = 1000000
(1 + 9)2×3+ 4 + 5 + 6 − 7 −8 = 1000000
Gustavo tiene una lámina de cartón de 25 cm por 60 cm y quiere, con ella, construir el
desarrollo de un cubo (sus 6 caras en una sola pieza) alineado con los bordes de la
lámina.
¿Cuál es el mayor volumen posible del cubo?
SOLUCIÓN
Si llamamos x a la longitud, en cm, del lado del cubo y nos fijamos en el
desarrollo estándar cuya orientación se corresponderá con la de la hoja,
deducimos que debe cumplirse que 4 x ≤ 60 cm en la medida horizontal y que
3 x ≤ 25 cm en la medida vertical.
60 
x ≤ 15 
4 x ≤ 60 x ≤ 4 
25 cm
Entonces,
25  ⇒ x ≤
⇒
⇒


3 x ≤ 25 x ≤ 25  x ≤ 
3
3
3
La posible mayor medida del lado es x =
25
cm
3
3
 25  15625
=
Por tanto, el volumen máximo posible es x =   =
27
 3 
3
578,70 cm3
Ángel tiene un coche muy antiguo que está siempre en perfecto
funcionamiento. Lo cuida tanto que ha llegado a una edad tal que sumada a
la edad del mismo Ángel da un resultado de 56 años.
Además su coche tiene dos veces la edad que tenía Ángel cuando su coche
tenía la edad que Ángel tiene ahora.
¿Cuántos años tienen Ángel y su viejo coche?
SOLUCIÓN
Sean x, y las edades actuales respectivas de Ángel y de su coche: x + y = 56
Cuando el coche tenía la edad actual de Ángel, x años, fue hace y − x años que es la diferencia de las edades
del coche: edad actual menos edad anterior.
En ese momento anterior Ángel tenía una edad de x − ( y − x ) = 2 x − y años, diferencia entre su edad actual y
los años que han pasado.
En conclusión: si su coche tiene el doble de la edad que tenía él hace el tiempo fijado, se cumple que
y = 2 × (2 x − y ) ⇒ y = 4 x − 2 y ⇒ 3 y = 4 x
x + y = 56
y = 56 − x 
168
= 24 años,
⇒
 ⇒ 3 × (56 − x ) = 4 x ⇒ 168 − 3 x = 4 x ⇒ 7 x = 168 ⇒ x =
3y = 4x 
3 y = 4x 
7
e y = 56 − x = 56 − 24 = 32 años
Entonces,
El coche tiene 32 años y Ángel tiene 24 años
Dos ladrillos de las mismas dimensiones, 20 cm × 10 cm × 5 cm, están
colocados como indica la figura.
Si AB mide 8 cm, ¿a qué distancia del suelo está el punto C ?
SOLUCIÓN
Dibujamos la prolongación del lado de ladrillo inclinado hasta el
suelo, que lo toca en el punto F , señalándola con una longitud x
Dibujamos el segmento que determina la medida h de la distancia
del punto C al suelo.
Además, nombramos puntos necesarios para la solución del
problema y la longitud AD = y
En principio, observamos que los triángulos rectángulos FEA y
ABD son semejantes (angulos iguales) e, incluso, con las mismas longitudes pues los catetos respectivos
EA y BD miden lo mismo: 10 cm. Por lo tanto, FE = AB = 8 cm
De lo anterior, la hipotenusa del triángulo rectángulo FA' C es FC = 20 + x = 20 + 8 = 28 cm
Como los triángulos FA' C y ABD son semejantes, se cumple que
A' C BD
h 10
280
cm
=
⇒
=
⇒h=
FC AD
28 y
y
Por último, aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo ABD , y 2 = 82 + 102 = 164 ⇒ y = 164 cm por
lo que h =
280
280
280
140 × 41
=
=
=
=
y
41
164 2 × 41
21,8643 cm
Halla x + y + z , siendo los tres los ángulos señalados en la figura adjunta.
SOLUCIÓN
Evidentemente, x = 45º
Si hacemos la construcción de la parte derecha podemos observar que el triángulo
ABC es rectángulo e isósceles, pues AB = AC , por lo que el ángulo ABˆ C = 45º = x
Además, queda claro el valor del ángulo y , aunque dispuesto en otra posición
respecto de la original.
Y como conclusión,
x + y + z = 180o
Nati va corriendo 1350 metros por delante de su perro, que está quieto.
De pronto se encamina hacia su dueña recorriendo 5 metros cada segundo,
mientras ella sigue su carrera con un ritmo de 2 metros por segundo.
¿Cuánto tiempo tarda el perro en alcanzar a Nati?
SOLUCIÓN
Si t es el tiempo pedido en segundos, en ese tiempo el perro deberá haber hecho 1350 metros más que Nati,
1350
por lo que 5t = 2t + 1350 ⇒ 3t = 1350 ⇒ t =
= 450 segundos, es decir,
3
7 minutos y medio
Halla, si existe, una cuaterna de números naturales ( a , b , c , d ) que sea solución de la ecuación
SOLUCIÓN
Un recurso para obtener soluciones de ecuaciones de este tipo es tomar la cantidad de sumandos del primer
miembro como base de una potencia, para cada uno de los sumandos, cuyo exponente contenga una variable
multiplicada por el cociente entre el mínimo común multiplo de los exponentes y el exponente existente. El
segundo miembro se iguala a otra potencia de la misma base con otra variable de exponente.
30
30
30
En nuestro caso, siendo mcm(2,3,5) = 30 , hacemos a = 3 2 = 315 x ; b = 3 3 = 310 x ; c = 3 5 = 36 x ; d = 3 y
x
x
x
( ) + (3 ) + (3 ) = (3 )
Entonces, a 2 + b 3 + c 5 = d 7 ⇒ 315 x
⇒ 31+ 30 x
2
10 x 3
6x 5
y 7
⇒ 330 x + 330 x + 330 x = 37 y ⇒ 3 × 330 x = 37 y ⇒
30 x + 1
2x + 1
= 37 y ⇒ 1 + 30 x = 7 y ⇒ y =
⇒ y = 4x +
7
7
Hallamos los valores naturales de x e y más evidentes para obtener una cuaterna de naturales solución de la
a = 345

b = 330
ecuación: x = 3 ⇒ y = 4 × 3 + 2 × 3 + 1 = 13 ⇒ 

18
7
c = 3
d = 313
( 345 , 330 , 318 , 313 )
Por simple tanteo también podemos encontrar, al menos, una solución:
( 10 , 3 , 1 , 2 )
Un dado tetraédrico posee 4 caras idénticas numeradas de 1 a 4 y se coloca con la
cara 1 encima de uno de los seis triángulos equiláteros en que queda dividido un
hexágono regular según se aprecia en la figura adjunta, con una vista cenital de la
situación.
Después se le hace bascular en torno a una de sus aristas de manera que cubra,
sucesivamente, los triángulos b, c, d, e y f del hexágono.
En ese momento, ¿qué cara del dado reposa sobre el triángulo f?
SOLUCIÓN
Haciendo un ejercicio de memoria visual o yendo paso a paso se ve que
la cara que reposa sobre el triángulo f es la
cara 3
Resuelve la ecuación
SOLUCIÓN
x + 4 x + 16 x + 64 x + 5 − x = 1 ⇒ x + 4 x + 16 x + 64 x + 5 = 1 + x ⇒

⇒  x + 4 x + 16 x + 64 x + 5

2
(
)

2
 = 1 + x ⇒ x + 4 x + 16 x + 64 x + 5 = 1 + 2 x + x ⇒


2
(
)
2


⇒ 4 x + 16 x + 64 x + 5 = 1 + 2 x ⇒  4 x + 16 x + 64 x + 5  = 1 + 2 x ⇒


⇒ 4 x + 16 x + 64 x + 5 = 1 + 4 x + 4 x ⇒ 16 x + 64 x + 5 = 1 + 4 x ⇒
2
(
)
x ) ⇒ 64 x + 5 = 1 + 16
2
⇒  16 x + 64 x + 5  = 1 + 4 x ⇒ 16 x + 64 x + 5 = 1 + 8 x + 16 x ⇒ 64 x + 5 = 1 + 8 x ⇒


⇒
(
) (
2
64 x + 5 = 1 + 8
2
x + 64 x ⇒ 5 = 1 + 16 x ⇒ 16 x = 4 ⇒ x = 1 / 4 ⇒
x = 1/16
La multiplicación
tiene dos factores en los que cada dígito de 1 a 9 aparece una vez y ninguno de ambos es la unidad.
Halla los factores.
SOLUCIÓN
La suma de los dígitos del producto es 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 = 44 por lo que no es divisible por 3 ni por
6 ni por 9 ⇒ el factor de un solo dígito sólo puede ser 2, 4, 7, 8
Si dividimos 98765432 entre esos valores 2, 4, 7, 8 , el único que da un cociente en el que intervienen los otros
ocho dígitos es 8 pues 98765432 ÷ 8 = 12345679 por lo que los factores son
12345679 x 8 = 98765432
Si ayer fuese mañana, hoy sería viernes.
¿Qué día es hoy?
SOLUCIÓN
Es una regla de tres cuya afirmación dice que si un día fuera dos días más tarde, hoy sería dos días más tarde,
viernes, por lo que hoy es dos días menos:
miércoles
Juan vive en la cuarta planta de un edificio, en el apartamento número 49.
En este edificio los apartamentos están numerados a partir del 1 desde la planta
baja y todas las plantas, incluyendo la planta baja, tienen el mismo número de
apartamentos.
Si todos los apartamentos de la planta de Juan están ocupados, cada uno, por una
única persona, ¿cuántos vecinos puede tener Juan en su planta?
SOLUCIÓN
Veamos las posibilidades más extremas:
1) Que el apartamento de Juan sea de las primeras numeraciones de la planta. Como tiene cuatro plantas
por debajo (baja, primera, segunda y tercera), buscamos el múltiplo de 4 más proximo a 49 e inferior
a él: 48
Como 48 ÷ 4 = 12 , las plantas tienen 12 apartamentos y el de Juan es el primero de la cuarta planta.
Tendrá, en este caso, 11 vecinos.
2) Que el apartamento de Juan sea de las últimas numeraciones de la planta. Como tiene cuatro plantas
por debajo (baja, primera, segunda y tercera), buscamos el múltiplo de 5 más proximo a 49 e
superior a él: 50
Como 50 ÷ 5 = 10 , las plantas tienen 10 apartamentos y el de Juan es el penúltimo de la cuarta
planta. Tendrá, en este caso, 9 vecinos.
Los casos intermedios (solo uno aquí) también serán válidos.
En resumen, Juan puede tener
9, 10 u 11 vecinos
Un agricultor tiene 3000 plátanos que vende a un mercado situado a 1000
kilómetros de distancia. Para llevarlos allí tiene un camello que es lo
suficientemente fuerte para llevar a 1000 plátanos a la vez, pero que se
come 1 plátano cada kilómetro que recorre.
¿Cómo puede organizarse el transporte con el camello para que lleve el
número máximo de plátanos al mercado y cuál es ese número máximo?
SOLUCIÓN
La organización más óptima se debe considerar teniendo en cuenta la máxima cantidad de plátanos que el
camello puede llevar a la vez.
Según la premisa anterior, planteamos la secuencia:
•
Se carga al camello con 1000 plátanos y los transporta a 200 kilómetros en el trayecto “campomercado”. Descarga en ese punto y vuelve.
Como, en total, recorre 200 + 200 = 400 kilómetros, se come la misma cantidad de plátanos por lo
que debe dejar, en el punto citado, 1000 − 400 = 600 plátanos.
•
Repite el proceso dejando en el sitio otros 600 plátanos y repite por tercera vez la operación con los
1000 últimos no teniendo que regresar (consumiendo entonces 200 plátanos solamente) por lo que,
a 800 kilómetros del destino tiene 600 + 600 + 800 = 2000 plátanos para transportar.
•
A partir de ese punto, carga con 1000 plátanos y recorre 333 kilómetros, dejando 334 plátanos y
regresando al punto citado consumiendo, entre ida y vuelta, 1000 − 334 = 333 + 333 = 666 plátanos.
•
Carga entonces con los últimos 1000 plátanos y, al recorrer los 333 kilómetros ha consumido 333
plátanos y le quedan 1000 − 333 = 667 plátanos y, con los otros 334 plátanos tiene
667 + 334 = 1001 plátanos para recorrer los 800 − 333 = 467 kilómetros que le faltan.
•
Por último, deja 1 plátano en ese kilómetro de la travesía y transporta los otros 1000 durante 467
kilómetros consumiendo tantos plátanos como kilómetros, llegando al almacén con 1000 − 467 =
533 plátanos
El reglamento de un concurso de poesía establece que la asignación total para
premios es 4000 €
El primer premio será de 400 €, el segundo 300 € y la cantidad restante se repartirá
por igual entre todos los demás participantes.
Si el tercer premiado ha recibido más dinero que el segundo, ¿cuál es el máximo
número posible de participantes?
SOLUCIÓN
Evidentemente, los premios a repartir entre los restantes participantes, excluídos el primero y el segundo,
hacen un total de 4000 − 400 − 300 = 3300 €
Por lo tanto 3300 ÷ 300 = 11 participantes, además del primero y del segundo, cobrarían la misma cantidad
que el segundo, por lo que la cantidad máxima de participantes para que se cumplan las condiciones del
problema es 10 + 1 + 1 =
12 participantes
Calcula
SOLUCIÓN
x
1 x + e x + ee + ee
0
ex
∫e
+ee
ee
x
ex
dx = ∫0 e x ⋅ ee ⋅ e e ⋅ ee
1
x
ee
x
⋅ ee
ee
ex
dx
El integrando, por la regla de la cadena, es la derivada de e
x
1 x+e x +ee +ee
0
∫e
ex
+ee
x
ee
ex
dx = ∫01 e x ⋅ e e ⋅ e e ⋅ e e
x
e
ex
⋅ ee
e
x
ee
e
dx = e e
e
ee
e
e
x
ee
ee
ee
x
, por lo que
1
ee
ee
ee
e1

ee
ee
ee
ee
=
e
−
e
=
e
−
e
=

0
−e
1
ee
e
0
Sabiendo que el radio del círculo grande es 1 m, halla el radio del círculo
pequeño.
SOLUCIÓN
Si el radio del círculo grande
(naranja) es 1 m, el cuadrado
circunscrito tiene 2 m de lado,
igual que el diámetro del círculo.
Su diagonal es, aplicando el teorema de Pitágoras,
2 2 + 2 2 = 8 = 2 × 2 m.
Restando a dicha diagonal el diámetro del círculo obtenemos
la suma de las longitudes de las dos diagonales de los
cuadraditos de las esquinas: 2 × 2 − 2 m.
Por lo tanto, la diagonal de uno de los cuadraditos mide
2× 2 − 2
= 2 − 1 m.
2
Aplicando otra vez el teorema de Pitágoras, ahora en el
cuadrado pequeño, obtenemos (si l es su lado) que l 2 + l 2 =
⇒ l2 =
)
2
2 − 1 ⇒ 2l 2 = 2 + 1 − 2 × 2 ⇒
3 − 2× 2
3− 2× 2
que es, también, la medida del diámetro del circulito (azul) inscrito en él.
⇒l =
2
2
l
En suma, el radio del circulito vale r = =
2
⇒r=
(
3− 2× 2
2
=
2
3− 2× 2
2
=
2
6 − 4× 2
=
4
0,1464 m
2 × 3− 2× 2
2
⇒
2
Simplifica la expresión
SOLUCIÓN
Tomamos los factores de dos en dos y aplicamos la fórmula conocida de la diferencia de cuadrados:
•
•
(
(
)(
7 )× (
) (
)
2
5+ 6+ 7 × − 5+ 6+ 7 =
5− 6+
)
2
6 + 7 − 5 = 6 + 2 × 42 + 7 − 5 = 2 × 42 + 8
2
5+ 6− 7 = 5 −
(
)
2
(
)
6 − 7 = 5 − 6 − 2 × 42 + 7 = 2 × 42 − 8
En resumen,
5+ 6+ 7 × − 5+ 6+ 7 ×
(
(
⇒(
⇒
5+
5+
)(
6 + 7 )× (−
6 + 7 )× (−
5+
5+
) ( 5 − 6 + 7 )× ( 5 + 6 − 7 ) = (2 × 42 + 8)× (2 × 42 − 8) ⇒
6 + 7 )× ( 5 − 6 + 7 )× ( 5 + 6 − 7 ) = (2 × 42 ) − 8 = 4 × 42 − 64 ⇒
6 + 7 )× ( 5 − 6 + 7 )× ( 5 + 6 − 7 ) = 168 − 64 =
104
2
2
Luis está aprendiendo a multiplicar. La profesora le ha puesto una
multiplicación, 64 x 48, y Luis ha obtenido 3112 de resultado.
Muy bien, Luis, le dice la profesora, estás aprendiendo muy bien aunque has
fallado en el valor del producto de 6 por 8.
¿Cuánto vale, para Luis, el producto de 6 por 8?
SOLUCIÓN
Escribimos la multiplicación haciendo p = 6 × 8 :
64
× 48
( p + 3)2
256
3112
Entonces, se cumplirá que 10 × ( p + 3) + 2 + 2560 = 3112 ⇒ 10 × ( p + 3) = 3112 − 2562 = 550 ⇒ p + 3 = 55 ⇒
⇒ p=
52
Halla el valor de
SOLUCIÓN
1
3
1
9
1
27
1 1 1
1+ + + + ... ...
3 9 27
4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ ... ... = 4
El exponente es la suma de una progresión geométrica infinita de razón r =
La suma de los infinitos términos es S =
1
3
1
9
1
27
a1
1
1 3
=
= =
1
2 2
1− r 1−
3 3
1 1 1
1+ + + + ... ...
3 9 27
Por lo tanto, 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ ... ... = 4
3
2
( 4) = 2
8
=4 =
3
3
=
1
< 1 y primer término a1 = 1 .
3
Les edades de tres niños son números naturales y su producto es 18.
Dentro de un año el producto de las edades será 60
¿Cuál es la edad actual de cada uno de los chicos?
SOLUCIÓN
Como 18 = 2 ⋅ 32 y 60 = 22 ⋅ 3 ⋅ 5 , la edad actual de uno de los chicos debe ser una unidad menos que un
múltiplo de 5 , y eso solo puede ser en el caso de que su edad sea 32 = 9 , por lo que la única posibilidad es que
las edades actuales sean 1, 2, 9
Así, 1 ⋅ 2 ⋅ 9 = 18 y (1 + 1) ⋅ (2 + 1) ⋅ (9 + 1) = 2 ⋅ 3 ⋅ 10 = 60
Las edades actuales son
1, 2 y 9 años
Encuentra un número natural tal que al multiplicarlo por 23 se obtenga un
número con la cifra 1 al principio y al final y, entre ambas, las mismas cifras que
el número original y en el mismo orden.
SOLUCIÓN
Sea n el número buscado.
−−−
Debe cumplirse que n × 23 = 1n1 ⇒ 23n = 10 k + 10n + 1 ⇒ 13n = 10 k + 1 , siendo k ≥ 2 un exponente natural
que expresa el número de cifras, del producto, disminuido en una unidad.
13n = 10k + 1 ⇒ n =
10k + 1
∈ N . Probando por valores sucesivos de k ,
13
•
Si k = 2 ⇒ n =
102 + 1 101
=
∉N
13
13
•
Si k = 3 ⇒ n =
103 + 1 1001
=
= 77 ∈ N
13
13
De lo anterior, 77 × 23 = 1771 por lo que el número buscado es
77