1. MARAVILLOSOS
PROBLEMAS DE
MATEMÁTICAS
Libro 5
http://matemelga.wordpress.com/

2. En un sistema cartesiano se tiene, centrada, una circunferencia de radio unidad y
un trapecio rectángulo cuyas bases son paralelas al eje horizontal, un lado es
tangente a la circunferencia y el otro es un diámetro de la misma.
Si el ángulo que forma este lado con la base mayor es a, ¿cuánto vale el área del
trapecio?
SOLUCIÓN
Nombramos los vértices y otros puntos como se ve en la figura, siendo el
segmento DH paralelo a CB
El área del trapecio es CB
DCAB
T ×
+
=Α
2
El diámetro, lado del trapecio, es 2=AD según el enunciado.
Entonces, en el triángulo rectángulo AHD , ⇒=
AD
DH
asen
asenCB
CB
asen ×=⇒= 2
2
En el mismo triángulo, aAH
AH
AD
AH
a cos2
2
cos ×=⇒==
Ahora bien, en el triángulo rectángulo OFD , aOF
OF
OD
OF
a cos
1
cos =⇒== luego ⇒−= OFHB 1
aHB cos1−=⇒
De los dos últimos resultados obtenemos que aaaHBAHAB cos1cos1cos2 +=−+×=+= y que
aHBDC cos1−==
Tenemos ya todos los elementos para calcular el área del trapecio: =×
+
=Α CB
DCAB
T
2
asenasen
aa
×=××
−++
= 22
2
cos1cos1
El área del trapecio es 2 x sen a

3. Un paralelepípdo está formado por cuatro piezas, cada una de las cuales
consta de cuatro cubos y es de un solo color.
¿Qué forma tiene la pieza blanca?
SOLUCIÓN

4. Los números log(a3
b7
), log(a5
b12
), log(a8
b15
) son los tres primeros términos de una
progresión aritmética de la que el número log(bn
) es el 12º término.
¿Cuánto vale n?
SOLUCIÓN
Sea d la diferencia de la progresión aritmética. Se cumple que:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⇒+=×⇒−=−= 1587312512515873125
logloglog2loglogloglog bababababababad
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⇒=⇒=⇒+=×⇒ 2211241015873212515873125
logloglogloglogloglog2 babababababababa
( ) ( ) abbabababa =⇒=⇒=⇒ 22211241022112410
loglog
En realidad, la progresión tiene de diferencia
( ) ( ) bb
b
b
bbbabad log9loglogloglogloglog 9
13
22
132273125
×===−=−= , y sus tres primeros términos
( ) ( ) ( ) bbbabbbabbba log31loglog,log22loglog,log13loglog 31158221251373
×==×==×==
Entonces, para el término º12 : ( ) 112
loglog112log911log1311log13log bbbbdbbn
=×=××+×=+×=
Es decir,
n = 112

5. Tres corredores, Ángel, Benito y Colás, participan en una carrera y
cuatro espectadores pronostican sobre el resultado final:
1. Ganará Ángel o Benito
2. Si Benito es el segundo, entonces ganará Colás
3. Si Benito es el tercero, entonces Ángel no ganará
4. El segundo será Benito o Colás
Se observa, al finalizar la carrera, que las cuatro predicciones son
ciertas y los tres copan las tres primeras posiciones.
¿En qué orden lo hacen?
SOLUCIÓN
Suponemos que gana Ángel, una de las posibilidades de la proposición 1 (= 1P )
De ahí, Benito no puede ser el tercero, por la 3P , luego es el segundo y, para que se cumpla 2P , habrá
ganado Colás: ¡contradicción!
De lo anterior se deduce que, verificándose 1P , ha ganado Benito. Por tanto, según 4P , Colás es el segundo
y, de ahí, Ángel es el tercero.
Además, está claro que 2P y 3P son ciertas porque Benito no es segundo ni tercero y no se cumplen las
premisas iniciales.
En conclusión, el orden de llegada es
1º. Benito; 2º. Colás; 3º. Ángel

6. Sea la sucesión 4, 7, 1, 8, 9, 7, 6, … tal que, a partir del tercero, cada uno de los
términos es la cifra de las unidades de la suma de los dos términos anteriores.
Si Sn representa la suma de los n primeros términos de la sucesión, ¿cuál es el menor
valor de n para el que Sn > 10000 ?
SOLUCIÓN
Escribimos más términos de la sucesión: ...,7,4,3,1,2,9,3,6,7,9,8,1,7,4 y vemos que la sucesión repite
el valor de sus términos cada 12 de ellos: 41121 == +maa , 72122 == +maa , …
La suma de los doce términos de cada grupo es 60312936798174 =+++++++++++
Como 401666010000 +×= , los primeros 166 grupos de 12 términos, es decir, los 199212166 =×
primeros términos de la sucesión suman 9960166601992 =×=S
Puede observarse que, en el siguiente grupo 36798174 =+++++ : 9996369960199861992 =+==+ SS y
426798174 =++++++ : 1000010002429960199971992 >=+==+ SS
La conclusión es que
n = 1999

7. siendo m y k dos números naturales.
Halla el valor de k.
SOLUCIÓN
Como 50322012 2
×= , siendo 503 primo. Entonces, 2=m
Tenemos que ( )kk
−×= 222012 2
La potencia de 2 más próxima a 503 es 9
2512 = y verifica ( )9222012929512503 929
−×=⇒−=−=
En consecuencia,
k = 9

8. En el cuadrado adjunto cada fila, cada columna y cada diagonal forman una progresión
aritmética.
¿Qué valor tiene x?
SOLUCIÓN
Tomando la progresión aritmética de la diagonal izquierda-derecha vemos que 162 =a y
273 =a , por lo que la diferencia es 11162723 =−=−= aada y el quinto término es
4911227235 =×+=+= adaa que corresponde la casilla inferior derecha.
Ese es, también, el quinto término de la progresión aritmética de la última columna,
donde 211 =b , xb =4 y 495 =b
En esa progresión, la diferencia es 7
4
2149
4
15
=
−
=
−
=
bb
db
, por lo que 4274954 =−=−= bdbb
Es decir,
x = 42
Y por curiosidad, el cuadro completo sería

9. Una tira rectangular ABCD, de 4 x 16 cm, se dobla a lo largo del
segmento MN de manera que el vértice C coincida con el vértice A.
¿Cuánto vale el área del pentágono ABNMD’ ?
SOLUCIÓN
El área del pentágono será la suma de las áreas del triángulo
rectángulo MAD' y del trapecio, también rectángulo, ABNM
4'=AD cm. Hacemos xMDMDxAM −==⇒= 16' cm
De ahí, por el teorema de Pitágoras,
( )
2
17
27232164''
222222
=⇒=⇒−+=⇒+= xxxxMDADAM cm
Por otro lado, 4=AB cm y hacemos yNCANyBN −==⇒= 16 cm
Por el teorema de Pitágoras, ( )
2
15
24032416 222222
=⇒=⇒+=−⇒+= yyyyBNABAN cm
Obtenemos entonces que
( ) 15
2
2
17
164
2
16
2
''
' =






−×
=
−×
=
×
=
xxMDAD
Área MAD
cm2
y que
( ) ( ) 32
2
4
2
15
2
17
2
4
2
=
×





+
=
×+
=
×+
=
yxABBNAM
ÁreaABNM
cm2
luego
=+=+= 3215' ABNMMADpentágono ÁreaÁreaÁrea
47 cm2

10. ¿Cuál es la suma de los diez ángulos marcados en la figura adjunta
en la que los cinco triángulos están construidos a partir de cinco
rectas que se cortan en un mismo punto?
SOLUCIÓN
Si sumamos los diez ángulos, se cumple que dicha suma es
( )edcbaedcba ++++−=−+−+−+−+− º900º180º180º180º180º180
, siendo edcba ,,,, los cinco ángulo respectivos de los triángulos
situados en el punto común de las rectas.
Ahora bien, si nos damos cuenta, vemos que
( ) º180º3602 =++++⇒=++++× edcbaedcba , luego la
suma pedida es ( ) =−=++++− º180º900º900 edcba
720o

11. Se escriben todos los números de tres dígitos y, al lado de cada
uno de ellos, el producto de sus cifras.
Posteriormente se suman todos esos productos.
¿Cuál es el resultado?
SOLUCIÓN
Analizamos paso a paso:
• De 100 a 109 el producto de las cifras de cada uno es 0 , por lo que la suma es 0
• De 110 a 119 la suma de los productos de las cifras de cada uno es
459876543210 =+++++++++
• De 120 a 129 la suma de los productos de las cifras de cada uno es
( ) 45298765432102181614121086420 ×=+++++++++×=+++++++++
• De 130 a 139 la suma de los productos de las cifras de cada uno es
( ) 453987654321032724211815129630 ×=+++++++++×=+++++++++
• …
Notemos que la suma de todos los productos de las cifras de los números xx1 (100 a 199) es
( ) 2
454545459876543210 =×=×+++++++++
Evidentemente, la suma de todos los productos de las cifras de los números xx2 (200 a 299 ) es
( ) 2
452454524598765432102 ×=××=×+++++++++× , pues los números solo se diferencian en la
cifra de las centenas, que es el doble.
De la misma manera, la suma de todos los productos de las cifras de los números xx3 (300 a 399) es
( ) 2
453454534598765432103 ×=××=×+++++++++×
En conclusión, la suma de todos los productos de las cifras de los números de tres cifras es
( ) 322
45454545987654321 =×=×++++++++
453
= 91125

12. Los lados de un triángulo rectángulo son valores enteros menores de 100.
Si la hipotenusa es una unidad superior al cateto mayor, ¿en cuántos triángulos
rectángulos se verifica que el cateto mayor y la hipotenusa son números
consecutivos?
SOLUCIÓN
Sean los lados m , n y 1+n , siendo nm ≤
En estas condiciones, por el Teorema de Pitágoras debe verificarse que ( ) ⇒+=+ 222
1 mnn
2
1
1212
2
2222 −
=⇒−=⇒+=++⇒
m
nmnmnnn
Como los tres lados deben ser valores enteros menores de 100 y positivos, m debe ser un valor impar. Las
posibilidades son, entonces:
• 3=m , 4=n , 51=+n
• 5=m , 12=n , 131=+n
• 7=m , 24=n , 251=+n
• 9=m , 40=n , 411=+n
• 11=m , 60=n , 611 =+n
• 13=m , 84=n , 851=+n
llamadas ternas pitagóricas.
Hay 6 triángulos rectángulos del tipo descrito

13. La suma de las cifras de un número de 15 cifras es 14.
¿Qué valor tiene el producto de sus cifras?
SOLUCIÓN
Si la suma de las cifras (14) es menor que su número (15) se deduce que existe alguna cifra 0 , por lo que el
producto de sus cifras es
0

14. La ecuación de segundo grado
tiene dos soluciones reales.
Halla la media aritmética de dichas soluciones.
SOLUCIÓN
Las soluciones de la ecuación son
a
aba
a
abaa
x
−
±=
−±
=
22
1 , luego la media aritmética de ambas es
1
2
11
2
11
22
=
+
=
−
−+
−
+
a
aba
a
aba
Se puede calcular también usando la propiedad de que la suma de las raíces es igual al opuesto de la razón
entre el coeficiente de primer grado y el coeficiente de segundo grado.
La media sería, así, 1
2
2
2
2
==
−
−
a
aa
a
En conclusión, la media aritmética vale
1

15. Un jardín cuadrado, de 16 metros de lado, contiene plantaciones de rosas:
blancas en los dos cuadrados iguales y rojas en el otro cuadrado. Las
amarillas rellenan el triángulo.
¿Cuál es la superficie total cubierta por las rosas?
SOLUCIÓN
Según la figura, y llamando d a la diagonal de los cuadrados pequeños y L al lado del cuadrado mayor, se
tiene que
88
16
162
==⇒



=+
=
Lyd
Ld
d
metros
La superficie blanca es 64
2
88
2 =
×
×=bS m2
; la superficie amarilla es la mitad de uno de los cuadrados
blancos: 16
2
2
88
=
×
=aS m2
, y la superficie roja es 6488 =×=rS m2
Entonces, la superficie cubierta por todas las rosas es =++ 641664
144 m2

16. Rellena el cuadrado mágico adjunto sabiendo que, en un cuadrado mágico, los tres
números de cualquier fila, columna o diagonal, suman lo mismo.
SOLUCIÓN
Como filas, columnas y diagonales deben sumar lo mismo, imponemos que sumen a+12 , tomando a como
valor del cuadro central de la primera fila.
De manera lógica, el relleno del cuadro será como indica la imagen de la derecha.
Teniendo en cuenta lo que deben sumar las filas, columnas y diagonales ( a+12 ) vemos
que la casilla primera de la segunda fila debe valer ( ) ( ) aaaa −=−−−−+ 202612 y la
tercera casilla de la segunda columna debe valer ( ) aaaa −=−−−+ 18612 como se
indica en la imagen de la izquierda.
Calculamos ahora la primera casilla de la tercera fila de dos maneras diferentes
• por dicha fila: ( ) 162101812 −=−−−+ aaa
• por la diagonal en la que se encuentra: ( ) 144612 =−−−+ aa
En ambos casos el valor debe ser el mismo por lo que 1530214162 =⇒=⇒=− aaa , lo cual permite
completar todo el cuadro mágico (cuya suma común de números de filas, columnas y diagonales es 27 ):

17. Se han vendido todas las entradas de la fila 17 de un cine para una sesión y
los asientos del cine, en todas las filas, están numerados consecutivamente
a partir del 1.
Por error, se vende una entrada duplicada de esa fila. Si la suma de las
numeraciones de los asientos en todas las entradas vendidas de dicha fila es 857, ¿cuál es el número del
asiento del que se han vendido las dos entradas?
SOLUCIÓN
Si el número de butacas de la fila es n , la suma de todos los números de los asientos es
( )
2
1+× nn
(suma de
los términos de la progresión aritmética n...,,2,1 ) y, si el número de la entrada duplicada es k , la suma
que se indica es
( ) 857
2
1
=+
+×
k
nn
siendo nk ≤≤1
Ahora bien,
( ) ( ) knnk
nn
217141857
2
1
−=+×⇒=+
+×
.
Como ...4,411714 = , tomamos 37742217141640414040 =⇒=⇒−==×⇒= kkkn , número que
cumple las condiciones del problema.
Tomando valores distintos de n se obtienen valores no admisibles de k .
Por lo tanto, el número del asiento de venta duplicada es
37

18. En la pirámide invertida de la derecha se colocan en las casillas números enteros
mayores que cero de forma que el número de una casilla inferior sea suma de los
dos números de las casillas superiores que la tocan.
Si con este criterio rellenamos el resto de casillas, ¿cuál es el mayor número que
puede aparecer en la casilla inferior?
SOLUCIÓN
Nombramos las casillas que se indican con las letras que se muestran.
Es evidente que la casilla inferior tendrá el máximo valor posible cuando lo tenga la
casilla z y, por tanto, la casilla x , y ésta coincidirá con el menor valor de la casilla
y tal que 30=+ yx
Como y se obtiene al sumar 6 con un entero positivo, el menor valor de y es 7 ,
por lo que el mayor valor de x es 23 ( 30723 =+=+ yx ).
Por ello, 432320 =+=z es su mayor valor y el mayor posible de la casilla inferior es =+=+ 304330z
73

19. Se consideran dos operaciones para realizar en una fracción:
• sumar 7 al denominador
• sumar 8 al numerador.
Si se realizan n de esas operaciones (en cualquier orden) tomando 7/8 como fracción inicial,
¿cuál es el menor valor posible de n para que la fracción resultante valga también 7/8 ?
SOLUCIÓN
Supongamos que se ha realizado m veces la primera operación. Entonces se ha realizado mn − veces la
segunda operación, siendo la fracción resultante
( )
m
mn
×+
−×+
78
87
Entonces, si
( ) ( ) ⇒×=×−×⇒×+=−×+⇒=
×+
−×+
mmnmmn
m
mn
49646449566456
8
7
78
87
64
113
11364
m
nmn
×
=⇒×=×⇒
Como 64 y 113 son primos entre sí, el menor valor entero positivo de m para que n sea también entero
positivo es 64=m , luego el menor valor pedido será =
×
=
64
64113
n
113

20. Don Retorcido dice que 2010 es un número dobledé porque el número formado por sus
dos primeras cifras es el doble del número formado por sus dos últimas cifras.
¿Cuántos números dobledés hay de cuatro cifras?
SOLUCIÓN
Basta considerar que, según el enunciado, las dos primeras cifras deben formar un número par.
Y como hay 45 números pares entre los 90 de dos cifras,
hay 45 números dobledés de cuatro cifras

21. Veo algunos jerseys que me gustan al precio de 6,99 euros cada uno y
quiero comprar tres.
Varias tiendas los tienen en oferta:
TIENDA 1: Compro 3 y pago 2
TIENDA 2: Pago el 30% menos en cada uno
TIENDA 3: Pago 1/3 menos en cada uno
TIENDA 4: Pago 1/3 menos por el segundo jersey y 2/3 menos por el tercero
TIENDA 5: Me rebajan el precio hasta 2,35 euros cada uno
¿Cuál de ellas me hace la oferta más ventajosa?
SOLUCIÓN
Es cuestión de hacer los cálculos pertinentes:
TIENDA 1: Por los tres jerseys pago 98,1399,62 =× euros
TIENDA 2: Por los tres jerseys pago 679,1499,61,299,6
100
70
399,6%703 =×=××=×× euros
TIENDA 3: Por los tres jerseys pago 98,1399,6299,6
3
2
399,6
3
1
13 =×=××=×





−× euros
TIENDA 4: Por los tres jerseys pago 98,1399,6299,6
3
2
199,6
3
1
199,6 =×=×





−+×





−+ euros
TIENDA 5: Por los tres jerseys pago ( ) 92,1364,4335,299,63 =×=−× euros
De lo anterior,
la tienda 5 hace la oferta más ventajosa

22. ¿Cuál es la probabilidad de que al tirar dos dados aparezcan en la cara superior
números consecutivos?
SOLUCIÓN
Los casos posibles son los pares de números, repetidos o no, de 1 a 6 : permutaciones con repetición de 6
números tomados dos a dos: 3662
=
Los casos favorables son diez: 56,65,45,54,34,43,23,32,12,21 −−−−−−−−−−
Por lo tanto, la probabilidad pedida es =
36
10
5/18 = 0,2777….

23. Los círculos de la figura adjunta tienen radios de 3 cm y de 2 cm y el área
de la región P es tres veces el área de la región R.
Si el área de la región P es kππππ cm2
, ¿cuál es el valor de k ?
SOLUCIÓN
Llamando a las áreas respectivas PA , QA y RA tenemos que ππ
3
3
k
AkAA RRP =⇒==
De lo anterior, ⇒=+=×+×=+++=++ πππππ 1349232 22
QRQPQRP AAAAAAA
6
439
2
3
4
13
2
413
13241323
πππππ
ππ
k
k
A
AAAAAA R
QQRQRR
−
=
−
=
−
=⇒=+⇒=++⇒
Por otro lado, ( ) ππππππ ×−=−=−=⇒=×=+ kkAAAA PQQP 999932
Igualando las dos expresiones, ( ) ⇒=⇒−=−⇒×−=
−
πππππππ
ππ
1526544399
6
439
kkkk
k
k = 15/2

24. Si el radio de una circunferencia de longitud log b4
es log a2
, ¿cuál es el valor de logab ?
SOLUCIÓN
Según el enunciado, π
π
ππ =
×
=⇒×××=×⇒××=
4
4
log
log
log22log4log2log 24
a
b
abab
Es decir,
logab = π

25. Si a
xx
x
=
++ 12
, ¿qué valor tiene
124
2
++ xx
x
en función de a ?
SOLUCIÓN
Calculamos ( ) ( )12122211 224232422
++×+++=+++++=++ xxxxxxxxxxxx
Por otra parte,
a
x
xxa
xx
x
=++⇒=
++
1
1
2
2
; y si hacemos
P
x
xxP
xx
x 2
24
24
2
1
1
=++⇒=
++
Entonces, ( ) ( ) a
x
P
x
a
x
a
x
x
P
x
a
x
xxxxxxx
22
2
222
22422 2
21211 +=⇒×+=





⇒++×+++=++ , si ⇒≠ 0x
a
a
P
a
a
aaPaPa 21
21211211 2
222
−
=⇒
−
=−=⇒+=⇒
Para 0=x se verifica también la condición. La solución es, por lo tanto,
a
a
xx
x
21
2
124
2
−
=
++

26. Una montaña con forma de cono y altura de 2000 metros
tiene su base sobre el suelo del océano. La parte de la
montaña que se ve sobre el agua constituye un octavo
del volumen de la montaña entera.
¿Cuál es, en metros, la profundidad del océano en ese
punto?
SOLUCIÓN
El volumen de la montaña completa es , 2000
3
1 2
×××= RVT π , y el
volumen de la parte que sobresale del agua es, según los datos de la
imagen, hrVM ×××= 2
3
1
π
Por semejanza de triángulos tenemos que
20002000
Rh
r
h
R
r ×
=⇒=
Entonces, según el enunciado, ⇒××××=×




 ×
××⇒×= 2000
3
1
8
1
20003
1
8
1 2
2
Rh
Rh
VV TM ππ
1000
2
2000
8
2000
2000
8
1
2000
3
32
2
22
==⇒=⇒××=×
×
⇒ hhRh
Rh
metros
Por lo tanto, la profundidad del océano en ese punto es =− h2000
1000 metros

27. Cuando un barril está vacío en un 30% contiene 30 litros más que cuando está lleno en un 30% .
¿Cuántos litros caben en el barril?
SOLUCIÓN
Si llamamos x a los litros correspondientes a la capacidad total del barril, tendremos que
75
4,0
30
304,0303,07,030%30%70 ==⇒=⇒+=⇒+×=× xxxxxx litros
La capacidad del barril es de
75 litros

28. ¿Cuál es el menor entero positivo x que verifica que 5 es un divisor de x + 7 y 7 un divisor
de x + 5?
SOLUCIÓN
Según el enunciado, 275
75
57
=−⇒



=+
=+
nm
nx
mx
, siendo nm, enteros positivos.
Entonces,
5
22
275275
+
+=⇒+=⇒=−
n
nmnmnm
El menor entero positivo n para el que m también lo es, es 6
5
242
44 =
+×
+=⇒= mn
De ahí, 235475775 =−×=−=⇒=+ nxnx
x = 23

29. En la figura hay cuatro cuadrados superpuestos de lados 11, 9, 7 y 5 cm
¿Qué diferencia hay entre la suma de las áreas azules y la suma de las
áreas rojas?
SOLUCIÓN
Nombramos todas las partes (rojas, azules y blancas) y vemos que
⇒







−=
−−=
−−=
−=
⇒







=+
=++
=++
=+
cD
cbC
baB
aA
cD
cbC
baB
aA
2
2
2
2
2
2
2
2
5
7
9
11
5
7
9
11
( ) ( ) ( ) ( )⇒−+−−−−−+−==+−+⇒ cbacbaDBCA 2222
59711
( ) ( ) 64106170258149121 =−=+++−−−−−+==+−+⇒ cbacbaDBCA cm2
La diferencia pedida es de
64 cm2

30. En un mes hay tres domingos que caen en día par.
¿En qué día de la semana cae el 20 de ese mes?
SOLUCIÓN
La única posibilidad del enunciado es que los domingos pares sean los días 2 , 16 y 30, por lo que, ese mes,
el día 20 será
jueves

31. Halla el valor de
SOLUCIÓN
Calculamos ( ) ( ) mmmmm ==−+=+×−+ 22
11111
A partir de aquí, dando valores sucesivos a m ,
)2015(
2016201412013120121201112015
=
=×+×+×+×++
m
)2013()2014()2015(
20142012120111201520152013120121201112015
===
=×+×++=×+×+×++=
mmm
=+=×++=
==
201220152013201112015
)2012()2013( mm
4027

32. Simplifica al máximo la expresión
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( ) ( ) =−++++=−++++ babababaabbaabba 2222
2222
( ) ( ) =+++=−++== babababa
22
a2

33. Un ordenador está imprimiendo la lista de las séptimas potencias de todos los
números naturales, es decir, la sucesión 17
, 27
, 37
, ...
¿Cuántos términos de esta sucesión están comprendidos entre 521
y 249
?
SOLUCIÓN
El problema plantea qué valores naturales de x cumplen que 49721
25 ≤≤ x .
La primera condición plantea que ⇒×≤×⇒≤⇒≤ xxx log75log21log5log5 721721
xxxx ≤⇒≤⇒≤⇒≤×⇒ 1255log5loglog5log3 33
La segunda plantea que ⇒×≤⇒×≤×⇒≤⇒≤ 2log7log2log49log72loglog2 497497
xxxx
12822loglog 77
≤⇒≤⇒≤⇒ xxx
En conclusión, 128,127,126,125128125 ⇒≤≤ x , luego la cantidad de términos es
4
Otra manera más particular, y rápida, de resolverlo es considerar que ( ) ( ) ⇒=≤≤=
774977321
2255 x
128125128125 777
≤≤⇒≤≤⇒ xx

34. Si se aumenta la velocidad de un tren de mercancías en
10 km/h se ganan 40 minutos de tiempo, pero si se
disminuye en 10 km/h se pierde una hora.
¿Cuál es la longitud del recorrido?
SOLUCIÓN
Llamamos x a la longitud, en kilómetros, del recorrido y t el tiempo, en horas, estándar del problema que
tarda el tren en recorrerlo.
La velocidad es
t
x
y, entonces, el enunciado dice:
( )
⇒





−−+=
−+−=
⇒






+×





−=






−×





+=
1010
3
20
10
3
2
110
60
40
10
t
t
x
xx
t
t
x
xx
t
t
x
x
t
t
x
x
( ) ⇒



+=
=
⇒



+=
=
⇒



+=
−=+
⇒




+=
−=+×
⇒





+=
−=
⇒
ttx
t
ttx
t
ttx
tt
ttx
tt
t
t
x
t
t
x
1010
4
1010
4010
1010
20302020
1010
3
20
101010
3
2
1010
3
20
10
3
2
222
2
=×+×=⇒ 410410 2
x
200 kilómetros

35. Halla la suma 1002
– 992
+ 982
– 972
+ … + 22
– 12
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )=+×−+++×−++×−=−++−+− 1212...97989798991009910012...979899100 222222
3...195199 +++= , suma de una progresión aritmética de 50 términos cuyos primer y último términos
están a la vista.
Por lo tanto,
( ) =×=
×+
=+++ 50101
2
501993
3...195199
5050

36. Si aumentamos en 1 cm una arista de un cubo, disminuimos otra en 1 cm y dejamos la
tercera como está, obtenemos un paralelepípedo cuyo volumen es 5 cm3
menos que el
del cubo original.
¿Cuál era el volumen, en cm3
, del cubo?
SOLUCIÓN
Sea x la longitud de la arista del cubo original. Su volumen es 3
x
El paralelepípedo tiene de volumen ( ) ( ) xxxxx −=×−×+ 3
11
Si es 5 cm3
menor que el cubo original se cumple que 5533
=⇒−=− xxxx , luego el volumen del cubo
inicial es == 33
5x
125 cm3

37. El gerente de un almacén tiene que calcular el precio de un jersey. Los
estudios de mercado le dan las siguientes informaciones:
• Si el precio es 75 euros, entonces 100 jóvenes comprarán el jersey.
• Cada vez que el precio aumenta 5 euros, 20 jóvenes menos
comprarán el jersey.
• En cambio, cada vez que el precio baje 5 euros, se venderán 20
jerseys más.
• Cada jersey le cuesta al almacén 30 euros.
¿Cuál es el precio de venta que hace máximo el beneficio del almacén?
SOLUCIÓN
Llamamos x al precio de venta que da máximo beneficio al almacén.
El beneficio, con las previsiones iniciales, es de ( ) 45001003075 =×− euros, según dice la primera y cuarta
información.
Según la segunda y cuarta información, la ganancia es de ( ) ( ) 2
10040045002010030575 nnnn −−=−×−+ ,
siendo n las veces en las que aumenta el precio en 5 euros. Es evidente que siempre será menor el
beneficio que en el primer caso.
Por la tercera y cuarta información, la ganancia es de ( ) ( ) 2
10040045002010030575 nnnn −+=+×−− ,
siendo n las veces en las que disminuye el precio en 5 euros:
• Si 480010040045001 =−+⇒==n euros de beneficio
• Si 490040080045002 =−+⇒==n euros de beneficio
• Si 4800900120045003 =−+⇒==n euros de beneficio
• Si 45001600160045004 =−+⇒==n euros de beneficio
• Y, sucesivamente, el beneficio será menor…
Se concluye que el mejor precio de venta es en el tercer caso de éstos últimos, si 2=n , en el que se baja el
precio inicial 1025 =× euros y lo compran 140220100 =×+ personas resultando un beneficio máximo de
( ) ( ) 49004008004500210024004500220100302575 2
=−+=×−×+=×+×−×− euros.
Se vende a =×− 2575
65 euros

38. En el cuadrilátero de la figura, AB = 5 cm, BC = 17 cm, CD = 5 cm,
DA = 9 cm y BD una longitud entera mayor de 10 cm y menor de
16 cm.
¿Qué valor es éste?
SOLUCIÓN
Evidentemente, 141495 <⇒=+=+< BDDAABBD cm por lo que, según las restricciones del
problema, BD podría ser de 1312,11 o cm
Ahora bien, DBDBDBCDBC <⇒+<⇒+< 12517
Por tanto,
BD = 13 cm

39. ABCD es un rectángulo con AB = 16 y BC = 12.
ACE es un triángulo rectángulo cuya hipotenusa es AE y tal que CE = 15.
Si F es el punto de intersección de los segmentos AE y CD, ¿cuál es el área del
triángulo ACF ?
SOLUCIÓN
Consideramos los ángulos marcados a y b en la figura de la derecha.
Teniendo en cuenta que los triángulos ABC , ACE Y ADF son
rectángulos se pueden señalar algunos otros ángulos que dependen de los
anteriores en la propia figura.
El valor se pide es ⇒
×
−
×
=−=
2
12
2
1216 DF
ÁreaÁreaÁrea ADFADCACF
DFÁreaACF ×−=⇒ 696 .
Se trata, por lo tanto, de calcular DF .
Por el teorema de Pitágoras, en ABC , 204001442561216 22222
=⇒=+=+=+= ACBCABAC
De lo anterior, en el mismo triángulo y en el triángulo rectángulo ACE , se verifican estas dos afirmaciones:
4
3
16
12
tan ===
AB
BC
a y ba
AC
CE
b =⇒===
4
3
20
15
tan
Si consideramos ahora el triángulo rectángulo ADF , ( ) ⇒
−
×
=⇒==+
a
a
DF
AD
DF
AD
aba 2
tan1
tan2
2tantan
2
7
16
7
8
2
3
16
9
1
12
4
3
2
4
3
1
12tan2
tan1
2
2
=×=
−
×=⇒
×






−
=⇒
×
−
=⇒ DF
DF
a
a
AD
DF
Entonces, =−=×−=×−= 2196
2
7
696696 DFÁreaACF
75

40. Un número de 3 cifras es un número geométrico si sus cifras, leídas de
izquierda a derecha, están en progresión geométrica.
¿Cuál es la diferencia entre el mayor y el menor de los números geométricos?
SOLUCIÓN
Evidentemente el menor número geométrico de tres cifras es 111 y el mayor, 999. La razón, en ambos
casos, de las progresiones de las cifras es 1.
De ahí, =−111999
888

41. Sea f un polinomio tal que f(x2
+ 1) = x4
+ 4x2
Determina f(x2
– 1)
SOLUCIÓN
242
4)1( xxxf +=+ , por lo que es un polinomio de segundo grado: cbxaxxf ++= 2
)(
Entonces, ( ) ( ) ⇒+=+++++⇒+=++++=+ 24224242222
42411)1( xxcbbxaaxaxxxcxbxaxf
( ) 32)(
3
2
1
0
42
1
42 22424
−+=⇒





−=
=
=
⇒





=++
=+
=
⇒+=+++++⇒ xxxf
c
b
a
cba
ba
a
xxcbaxbaax
De lo anterior, ( ) ( ) 4322123121)1( 42242222
−=−−++−=−−+−=− xxxxxxxf
En resumen,
f(x2
– 1) = x4
– 4

42. La probabilidad de que en una moneda trucada obtengamos cara es p ≠ 0
Tiramos la moneda 8 veces, siendo la probabilidad de obtener 3 caras y 5
cruces un cuarto de la probabilidad de obtener 5 caras y 3 cruces.
¿Cuál es la probabilidad de obtener cara?
SOLUCIÓN
Sea ‘Salir cara’ = C y ‘Salir cruz’ = X. Si pXPpCP −=⇒= 1)()(
Además, el enunciado indica que )35(
4
1
)53( XyCPXyCP =
El número de veces que salen tres caras y cinco cruces es el número de permutaciones con repetición de
ocho elementos, en los que hay tres iguales y otros cinco iguales:
!5!3
!85,3
8
×
=PR . Es el mismo valor para el
número de veces que salen tres cruces y cinco caras.
Por tanto, ⇒×××=××⇒= 355,3
8
535,3
8 )()(
4
1
)()()35(
4
1
)53( XPCPPRXPCPPRXyCPXyCP
3
2
22
2
1)(
2
1
)()(
4
1
)( 22
=⇒=−⇒=−⇒=⇒=⇒ ppp
p
pCPXPCPXP
positivos
valoresson
La probabilidad de obtener cara es 2/3

43. En un rectángulo trazamos las diagonales y el segmento que une un vértice
con el punto medio de uno de los lados, como se muestra en la figura.
¿Cuál la razón entre la longitud de la diagonal y la del segmento PQ?
SOLUCIÓN
Señalamos los puntos con las letras indicadas y añadimos el segmento EQ
Observamos que los triángulos ABP y QEP son semejantes por tener los
tres ángulos iguales, por lo que podemos establecer la proporción
PQAP
EQ
AB
PQ
AP
×=⇒== 22
Y como ( ) 663222 =⇒×=××=+×=×=
PQ
AC
PQPQPQAPAQAC
Es decir,
La razón entre las longitudes es 6

44. Se dibujan cinco cuadrados de lado 1 en el primer cuadrante de un sistema de
coordenadas como se muestra en la figura.
Si el área de la región sombreada es 5/2, ¿cuál es el valor de a ?
SOLUCIÓN
El área sombreada es el área de un triángulo rectángulo quitándole un cuadrado de lado unidad situado en la
esquina inferior derecha.
Por tanto, como la altura de ese triángulo es 3 y la base es a−3 , se cumple que
( ) ⇒=−
×−
2
5
1
2
33 2a
3
2
23739
2
7
1
2
5
2
39
=⇒=⇒=−⇒=+=
−
⇒ aaa
a
a = 2/3

45. ¿Cuántos números n, de tres cifras y menores o iguales que 200, verifican que
(n + 1)(n + 2)(n + 3) es divisible por 7?
SOLUCIÓN
Consideramos cbaabcn ++== 10100 , donde 1=a o 02 === cbya , tales que
( )( )( ) knnn 7321 =+++ , siendo Ν∈k
Si 1=a , el menor número mayor de 100 divisible por 7 es 157105 ×= y el mayor menor de 200 divisible
por 7 es 287196 ×= , luego hay 1411528 =+− números de tres cifras cuya centena es 1 y divisibles por 7
Cada uno de ellos se usa en las condiciones del problema, que así permite que se cumpla, para tres números
consecutivos.
Por ejemplo, 105 se usa para los números
• ( )( )( ) ( )( )( ) 151041037105104103310221021102321102 ×××=××=+++=+++⇒= nnnn
• ( )( )( ) ( )( )( ) 106151047106105104310321031103321103 ×××=××=+++=+++⇒= nnnn
• ( )( )( ) ( )( )( ) 107106157107106105310421041104321104 ×××=××=+++=+++⇒= nnnn
Por lo tanto, hay 42314 =× números de tres cifras cuya centena es 1 que cumplen las condiciones del
problema.
Además, si ( )( )( ) 29202201720320220132120002 ×××=××=+++⇒=⇒=== nnnncbya
Resumiendo,
hay 43 números que cumplen las condiciones indicadas

46. ¿Cuántos enteros positivos menores que 1000 son seis veces la suma
de sus dígitos?
SOLUCIÓN
Sea el número abcn = tal que ( ) ⇒+=⇒++×=++== baccbacbaabcn 4945610100
5
44
18
5
494 ba
ac
ba
c
+
+=⇒
+
=⇒
Como todos son dígitos, debe cumplirse que
5
4
0
b
ca =⇒= y, como el número debe ser positivo, los
únicos valores admisibles son 5=b y 4=c
El único número posible que cumple las condiciones del problema es 54=n
Sólo hay un número que cumpla las condiciones: 54

47. Una alfombra de 1 cm de espesor se enrolla hasta formar un cilindro de 1m de diámetro
¿Cuál es la mejor estimación de la longitud de la alfombra en metros?
SOLUCIÓN
Si se enrolla como indica la imagen y según una espiral de Arquímedes
tenemos que su longitud, en centímetros, debe ser la suma de las longitudes
de medias circunferencias:
( ) ( )2
2
3
...543 −×
+
=++++= n
n
nL
ππ
ππππ
según la fórmula para la suma de términos de una progresión aritmérica.
Teniendo en cuenta que el diámetro del cilindro es cmmnd 1001 === se
deduce que
( ) ( ) cmn
n
L 1585698
2
103
2
2
3
=×=−×
+
=
πππ
Por lo tanto la alfombra mide, aproximadamente,
159 metros

48. Para cada entero positivo n, sea f(n) = n4
– 360n2
+ 400.
¿Cuál es la suma de todos los valores f(n) que son números primos?
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( )22222424
202040040040400360 nnnnnnnnf −+=−++=+−= . Es decir,
( ) ( ) ( )20202020 22
+−×++= nnnnnf
( )nf es primo cuando uno de los dos factores es 1 y el otro es primo, para n entero positivo.
Posibilidades:
•



−=
−=
⇒=++⇒=++
19
1
0192012020 22
n
n
nnnn , sin sentido según el enunciado.
•
( )
( )


=×+×+=⇒=
=×+×+=⇒=
⇒=+−⇒=+−
primofn
primofn
nnnn
,761120192019)19(19
,411201201)1(1
0192012020 2
2
22
En resumen la suma pedida es =+ 76141
802

49. El área de la parte roja es 2ππππ cm2
. ¿Cuánto mide el segmento AB ?
SOLUCIÓN
Designamos r y R a los radios de los dos círculos interiores. Evidentemente, rR +
será el radio del círculo exterior.
Entonces, ( ) ( ) ⇒==−−++=+−+ ππππππππππ 222 2222222
RrrRRrrRrRrR
1=⇒ Rr cm2
Por otro lado, y según el teorema de la altura aplicado al triángulo rectángulo de
ángulo recto B , obtenemos que RrrRx 4222
=×=
Entonces 242
=⇒= xx cm y, como xAB 2= ,
AB = 4 cm

50. Un saco contiene 3 bolas rojas y 2 blancas. Sacamos las bolas sin mirar una a
una. ¿Cuál es la probabilidad de que, en algún momento, sólo queden bolas
blancas?
SOLUCIÓN
La probabilidad será la misma que la de sacar tres bolas rojas seguidas:
( ) ( ) ( ) ( )RRRPRRPRPRRRP III || ××=
Calculamos
• ( )
5
3
=RP (probabilidad de sacar una bola roja)
• ( )
4
2
| =RRP (probabilidad de sacar una bola roja habiendo salido antes una bola roja)
• ( )
3
1
| =RRRP I (probabilidad de sacar una bola roja habiendo salido antes dos bolas rojas)
Entonces, ( ) ( ) ( ) ( ) 1,0
10
1
3
1
4
2
5
3
|| ==××=××= RRRPRRPRPRRRP III
La probabilidad de que queden únicamente, en el saco,
bolas blancas es 0,1

51. Una persona le pregunta a una dama cuántos años tiene.
La dama le contesta: “Si viviera 100 años, mi edad ahora sería los cuatro tercios de la
mitad de los años que me quedarían por vivir”.
¿Cuál es la edad de la dama?
SOLUCIÓN
Sea x la edad actual de la dama. Los años que le quedan por vivir hasta los 100 son x−100
Por tanto, el enunciado dice que ( ) 40200522003100
3
2
2
100
3
4
=⇒=⇒−=⇒−×=⇒
−
×= xxxxxx
x
x
La dama tiene 40 años

52. Si sen a + sen b = 4/3 y cos a + cos b = 1, ¿cuál es el valor de cos (a – b)?
SOLUCIÓN
Recordemos que ( ) bsenasenbaba ×+×=− coscoscos
Hacemos ( )
( )
⇒





=+××+=+






=+××+=+
2222
2
222
1coscoscos2coscoscos
3
4
2
bbaaba
bsenbsenasenasenbsenasen
⇒+





=+××+++××+⇒ 2
2
2222
1
3
4
coscoscos2cos2 bbaabsenbsenasenasen
⇒+=++××+××++⇒ 1
9
16
coscoscos22cos 2222
bbsenbabsenasenaasen
( ) ( ) ⇒=−=−×⇒=+×+××+⇒
9
7
2
9
25
cos2
9
25
1coscos21 bababsenasen
cos (a – b) = 7/18

53. ¿Cuál de los siguientes cubos se puede formar con el desarrollo de la figura adjunta?
SOLUCIÓN
El cubo E

54. Halla el área de la región encerrada por la curva formada por los puntos (x , y) tales que
|x – 1| + |y – 1| = 1
SOLUCIÓN
La ecuación anterior se descompone en cuatro,
dependiendo de los valores de las incógnitas:
• Si 1≥x , 1≥y entonces
3111111 =+⇒=−+−⇒=−+− yxyxyx
• Si 1≥x , 1<y entonces
1111111 =−⇒=−+−⇒=−+− yxyxyx
• Si 1<x , 1≥y entonces
1111111 =−⇒=−+−⇒=−+− xyyxyx
• Si 1<x , 1<y entonces
1111111 =+⇒=−+−⇒=−+− yxyxyx
Las cuatro ecuaciones respectivas corresponden a 4 rectas y las condiciones mostradas para cada una
determinan la curva cuyo perímetro limita la región del plano coloreada en naranja.
Está claro que esa región es un cuadrado (y, también, un rombo) cuyas diagonales miden, ambas, 2
unidades.
El área es, por tanto, =
×
2
22
2 unidades cuadradas

55. En una bolsa tenemos 17 bolas numeradas de 1 al 17.
Si elegimos algunas de ellas al azar, ¿cuál es el menor número de bolas que debemos
elegir para garantizar que la selección contiene al menos un par de bolas cuyos
números sumen 18?
SOLUCIÓN
En las 17 bolas hay 8 parejas que suman 18 ( 171− , 162 − , 153− , 144 − , 135 − , 126 − , 117 − , 108− ) y
una bola más: la 9 que no puede combinar con otra.
Por tanto, en el peor de los casos, se pueden sacar 9 bolas desparejadas con la seguridad de que, al sacar la
siguiente, se emparejará con alguna de las anteriores.
Por tanto, el mínimo número de bolas que hay que sacar para que se cumplan las condiciones del problema
es
10 bolas

56. Andrés se dedica a la compraventa de coches de segunda mano.
En una operación compra dos coches y los vende, ambos, por
9999 € cada uno.
En uno de ellos ha ganado el 10% y en el otro ha perdido el 10%.
¿Cómo le ha ido la operación?
SOLUCIÓN
En total ha ingresado 1999899992 =× €
Si el primer coche lo compró a x €, 9090
110
1009999
9999%110 =
×
=⇒= xx €
Si el segundo coche lo compró a y €, 11110
90
1009999
9999%90 =
×
=⇒= yy €
Por lo tanto gastó, en la compra de los coches, 20200111109090 =+=+ yx €
Como 2022020019998 −=− €
perdió 202 € en la operación (el 1 % de lo que gastó)

57. Sean a y b los catetos de un triángulo rectángulo.
¿Cuál es el valor de la suma de los diámetros de las circunferencias inscrita y
circunscrita al triángulo en función de los catetos?
SOLUCIÓN
Dibujamos la estructura y nombramos los catetosa , b y la
hipotenusa c del triángulo rectángulo ABC cuya
circunferencia circunscrita tiene de diámetro, evidentemente,
c , y cuya circunferencia inscrita es de centro O y radio r y
determina seis triángulos rectángulos (iguales dos a dos) con
vértice común O y sucesivos vértices del triángulo original y
las intersecciones de la circunferencia con el triángulo: E , F
y G
Observamos que el cuadrilátero OFCG tiene todos los
ángulos rectos y dos lados adyacentes son iguales:
rOGOF == , por lo que es un cuadrado de lado r
De ahí,
• rbcrbcAGcAEcEB +−=−−=−=−= )(
• raFB −=
Como son iguales, barcrarbcFBEB +=+⇒−=+−⇒= 2 , por lo que la suma de los diámetros de las
dos circunferencias es la suma de los catetos:
a + b

58. Cada mochuelo en su olivo, pero hay un mochuelo que no tiene olivo.
Sin embargo, si se colocan dos mochuelos en cada olivo queda un olivo sin
mochuelo.
¿Cuántos mochuelos hay?
SOLUCIÓN
Hay x mochuelos y 1−x olivos.
Si colocamos dos mochuelos en cada olivo necesitamos
2
x
olivos, y aún sobra uno.
Por tanto, 422211
2
=⇒−=+⇒−=+ xxxx
x
Hay 4 mochuelos (y 3 olivos)

59. Joaquín dice la verdad tres días a la semana y los cuatro restantes miente siempre.
Hoy ha dicho exactamente cuatro de las siguientes frases:
1. Entre chicos y chicas tengo un número primo de amigos.
2. Tengo tantos amigos chicos como amigas chicas.
3. 288 es divisible por 4.
4. Siempre digo la verdad.
5. Tres de mis amigos son mayores que yo.
¿Cuál de ellas no ha dicho hoy?
SOLUCIÓN
Puede decir exactamente 4 frases ciertas (un día que dice la verdad) o exactamente 4 frases falsas (un día
que miente).
La frase 4 es siempre falsa (miente cuatro días a la semana) y la frase 3 es siempre cierta ( )724288 ×= .
Las frases 1y 2 son ambas ciertas sólo si tiene, exclusivamente, un amigo y una amiga: 2 amigos, pues es el
único número primo par. Entonces, la frase 5 sería falsa. Esto es imposible porque habría, en total, más de
una frase cierta y más de una falsa.
Por lo tanto hay alguna falsa entre las 1y 2 : las frases 1y 2 son falsas ambas… y también la 5. Si no habría,
en total, más de una frase cierta y más de una falsa.
En conclusión, la única cierta debe ser la 3.
Habla un día que miente, por lo que
ese día no dice la frase 3: “288 es divisible por 4”

60. Si ordenamos de menor a mayor todos los números de cuatro cifras, todas impares, ¿qué
lugar ocupa el número 5111?
SOLUCIÓN
Se trata de construir la sucesión ordenada de números de cuatro cifras usando, exclusivamente, las cifras
9,7,5,3,1
Empezando por 1 habrá el número de variaciones (importa el orden) con repetición (se repiten las cifras) de
esas cinco cifras tomadas de tres en tres (el primer lugar está ocupado por la cifra 1).
Empezando por 3 habrá la misma cantidad anterior y el número 5111 es el primero que empieza por 5.
Por tanto ocupará el lugar =+×=+×=+×=++ 11252152121 33
5
3
5
3
5 VRVRVR
251

61. Las caras opuestas de un dado siempre suman 7.
El dado rueda en un circuito como se presenta en la figura e, inicialmente, la cara superior es un 3.
¿Cuál será la cara superior al final del recorrido?
SOLUCIÓN
Vemos el proceso teniendo en cuenta la primera afirmación del enunciado, que es la que nos permite
descubrir las nuevas caras que se asoman a la vista:
Por tanto, la cara superior, al final, es
la cara 6

62. Obtén los valores reales de x para los que se verifica que
SOLUCIÓN
( ) ( ) 112222224222
122212222222224 2
<⇒+<⇒<⇒===<==
++×
xxx
xxxxxx xxx
x < 1: todos los números reales menores que la unidad

63. Se unen tres cuadrados iguales como se indica en la figura.
¿Cuánto mide el ángulo ß?
SOLUCIÓN
Sea m la longitud del lado del cuadrado generador de la figura.
En el triángulo FAB , el ángulo FABF es un ángulo que verifica
que
3
1
3
tan ===
m
m
AF
AB
FFAB
Por tanto su complementario FGII , del triángulo FGI y que es el mismo que el del triángulo IJD , verifica
que ( ) 3
tan
1
cotº90tantan ===−=
FAB
FABFAB
F
FFI
Por otro lado, en el triángulo ABD , el ángulo ABDD cumple
2
1
2
tan ===
m
m
BD
AB
DABD
. Su complementario,
del mismo nombre, en el triángulo IJD será tal que ( ) 2
tan
1
cotº90tantan ===−=
ABD
ABDABD
D
DDD
Como, en el triángulo IJD , ( ) ( )⇒+−=⇒+−=⇒=++ DIDIDI tantanº180º180 βββ
⇒=
×−
+
−=
×−
+
−=⇒ 1
231
23
tantan1
tantan
tan
DI
DI
β
ß = 45o

64. Empezamos por un número entero positivo, lo duplicamos y, luego, le restamos una unidad.
Después de aplicar 99 veces este algoritmo llegamos al número 2100
+ 1
¿Cuál es el número original?
SOLUCIÓN
Realizando repetidamente el proceso con un número inicial x obtenemos:
• 12 −x
• ( ) 341122 −=−−× xx
• ( ) 781342 −=−−× xx
• ( ) 15161782 −=−−× xx
y, escribiendo los resultados en función del número iteración del proceso, se tiene que:
• 1ª iteración. Resultado: ( )12212 11
−−×=− xx
• 2ª iteración. Resultado: ( )12234 22
−−×=− xx
• 3ª iteración. Resultado: ( )12278 33
−−×=− xx
• 4ª iteración. Resultado: ( )1221516 44
−−×=− xx
• …
• nª iteración. Resultado: ( )122 −−× nn
x
De ahí, si 99=n , ( ) ( ) ( ) ⇒=−×⇒+=+−×=+−×=−−× 100991009999999999
21212112122122 xxxx
⇒=−⇒ 21x
x = 3

65. f(x) es una función tal que



=
Ζ∈∀−=+
2008)2015(
2002)(2)1(
f
xxfxf
¿Cuánto vale f(2014)?
SOLUCIÓN
Si ( ) ( ) ( ) ( ) ⇒=+=⇒=−=+=⇒= 4010200820022014220082002201421201420152014 ffffx
( ) ==⇒
2
4010
2014f
f (2014) = 2005

66. ¿En cuántos ceros termina el producto de los 2015 primeros números primos?
SOLUCIÓN
En esos números primos existe únicamente un número par, el 2 , y un solo número acabado en 5 (el 5), por
lo que el producto que se propone acaba en
un cero

67. Una caja contiene 60 bolas. Unas son verdes, otras azules y el resto amarillas.
Si todas las bolas verdes se sustituyeran por azules, entonces habría el doble de
bolas azules que amarillas; pero si todas las bolas amarillas se sustituyeran por
azules, entonces habría el triple de bolas azules que verdes.
¿Cuántas bolas azules hay?
SOLUCIÓN
Llamando mav ,, a las cantidades respectivas de bolas verdes, azules y amarillas que hay en la caja, el
enunciado dice que 25
15
20
60
603
602
60
3
2
60
=⇒





=
=
=++
⇒





=+
=+
=++
⇒





=+
=+
=++
a
v
m
mav
vv
mm
mav
vam
mav
mav
Hay 25 bolas azules

68. Tres números primos a, b, c (siendo a < b < c) suman 78 unidades.
Si c – a – b = 40, ¿cuánto vale c + 3b ?
SOLUCIÓN
Si 591182
40
78
=⇒=⇒



=−−
=++
cc
bac
cba
. De ahí, 2197859 =⇒=+⇒=++ ababa y 17=b , única
posibilidad siendo todos los números primos.
Por lo tanto, =×+=+ 173593bc
110

69. Los perímetros de un triángulo equilátero y de un hexágono regular son
iguales. ¿Cuál es la razón del área del triángulo a la del hexágono?
SOLUCIÓN
Si hexágono y triángulo poseen el mismo perímetro y el número de
lados del hexágono es el doble del de lados del triángulo, es evidente
que el lado del triángulo mide el doble del lado del hexágono.
Tomando la medida del lado del hexágono, dividimos ambas figuras en
triángulos equiláteros y obtenemos que el hexágono se descompone en
6 de esos triángulos y el triángulo equilátero en 4 por lo que la razón
entre las áreas es 6:4 , es decir,
2 : 3

70. El curso pasado, en Bachillerato, había en un centro 30 chicos más
que chicas.
Este curso el alumnado de Bachillerato ha aumentado un 10%: un
20% el número de chicas y un 5% el número de chicos.
¿Cuántos estudiantes hay, este curso, en el centro?
SOLUCIÓN
Sea x el número de chicas que había el curso pasado en Bachillerato en el centro.
El número de chicos que había es 30+x , por lo que el número total de alumnos era 302 +x
Por otro lado, este curso hay xxxx 2,12,01%20 =+=×+ chicas y ( )=+×++ 30%530 xx
5,3105,13005,005,030 +=×+++= xxx chicos; y los estudiantes, este curso, son
( ) 332,2301,021,0302302%10302 +=×+×++=+×++ xxxxx
En resumen, 305,105,05,31332,225,2332,25,3105,12,1 =⇒=⇒−=−⇒+=++ xxxxxxx
Recapitulamos:
• El curso pasado había 30 chicas y 60 chicos. 90 estudiantes en total.
• Este curso hay 36 chicas (un %20 más) y 63 chicos (un %5 más). 99 estudiantes en total, que
supone un %10 más.
Este curso hay 99 estudiantes de Bachillerato

71. ¿Cuántos enteros entre 1 y 1000 pueden obtenerse como suma de 40 enteros positivos
consecutivos?
SOLUCIÓN
Si n es el menor entero positivo de la suma se debe cumplir que ( ) ( ) ( ) 100039...21 <+++++++ nnnn
Es decir, según la suma de los 40 términos de la progresión aritmética,
( ) ⇒<
×++
1000
2
4039nn
6113950250
40
2000
392 <⇒=−<⇒=<+⇒ nnn
Es claro que 1=n es el primer valor para el que se verifica, por lo que los números que cumplan estas
condiciones serán:
• 82040...321 =++++
• 86041...432 =++++
• 90042...543 =++++
• 94043...654 =++++
• 98044...765 =++++
El siguiente entero rebasaría el valor límite: 1000102045...876 >=++++
5 enteros cumplen la condición

72. ¿A qué número debemos elevar 44
para obtener 88
?
SOLUCIÓN
( ) ( )( ) ( ) ( ) 32482222284 2488834284
=⇒=⇒====⇒= xxxxxx
Hay que elevar a 3

73. Un tren atraviesa un túnel de 1320 m de largo.
El maquinista comprueba que él ha estado en el túnel 45 segundos
exactamente.
Después de que él sale del túnel, hasta que el último vagón sale de él han
pasado 15 segundos más. ¿Cuál es la longitud del tren?
SOLUCIÓN
Sea L la longitud del tren en metros. La máquina
del tren recorre 1320 metros en 45 segundos,
luego su velocidad es de
45
1320
m/seg.
El último vagón recorre, en 15 segundos, una
distancia igual a la longitud del tren y a la misma
velocidad, por lo que =
×
=⇒=
45
151320
45
1320
15
L
L
440 metros

74. Si ( )
43
2
+
=
x
x
xf y ( )( ) xxgf = , ¿cuál es la función ( )xg ?
SOLUCIÓN
Sea ( ) yxg =
Entonces, ( ) ( ) ⇒
−
=⇒=−⇒=−⇒+=⇒=
+
⇒=
x
x
yxyxxxyyxxyyx
y
y
xyf
32
4
432432432
43
2
x
x
xg
32
4
)(
−
=

75. El rectángulo de la figura está dividido en seis cuadrados.
Los lados del cuadrado más pequeño miden 1 cm
¿Cuál es la longitud de los lados del cuadrado mayor?
SOLUCIÓN
Llamamos x a la longitud, en centímetros, del lado de los cuadrados A y B
El lado del cuadrado C es, entonces, 1+x , por lo que el lado del cuadrado D
es 2+x y el del cuadrado E , 3+x
Ahora bien, observamos que la suma de las longitudes de los lados de los
cuadrados A , B , C es igual a la suma de los lados de los cuadrados D , E :
45213321 =⇒+=+⇒+++=+++ xxxxxxxx
Por lo tanto, la longitud de los lados del cuadrado mayor ( E ) es, =+ 3x
7 centímetros

76. Sean tres números no nulos tales que su suma es igual a la unidad y la suma de sus
inversos es igual a cero.
¿Cuánto vale la suma de sus cuadrados?
SOLUCIÓN
Sean 0,, ≠cba tales que, como dice el enunciado, 1=++ cba y 0
111
=++
cba
Entonces, 00
111
=++⇒=
++
=++ bcacab
abc
abacbc
cba
De ahí, ( ) ( ) ⇒×+++=++×+++=+++++=++ 022222 2222222222
cbabcacabcbabcacabcbacba
( ) 1122222
==++=++⇒ cbacba
a2
+ b2
+ c2
= 1

77. ¿Cuál es el máximo número de cifras que puede tener un número si toda
pareja de cifras consecutivas es un cuadrado perfecto?
SOLUCIÓN
Tenemos en cuenta los cuadrados perfectos de dos cifras, incluso empiezando por cero:
81,64,49,36,25,16,09,04,01
Vamos a intentar generar números que cumplan las condiciones del enunciado y tengan, al menos, tres
cifras.
Eliminando los tres primeros como comienzo del número por empezar por cero, debe tenerse en cuenta que
la segunda cifra con la tercera del número debe ser, también, un cuadrado perfecto.
Revisando las posibilidades, la segunda cifra debe ser un 1, un 4 o un 6 , pues son las únicas cifras que
también aparecen en primer lugar en los cuadrados. Las únicas posibilidades de construcción serían:
164916416 →→
364936436 →→
64964 →
81649816481681 →→→
Por tanto, el número 81649 es el que tiene mayor cantidad de cifras:
5

78. Los números naturales x e y son los más pequeños que verifican que 360x es un
cuadrado perfecto y que 360y es un cubo perfecto.
¿Cuál es su suma?
SOLUCIÓN
Como 532360 23
××= , el menor valor x para el que xx ×××= 532360 23
sea un cuadrado perfecto es
1052 =×=x , pues ( ) 2222242323
6053253252532532360 =××=××=××××=×××= xx
De la misma manera, el menor valor y para el que yy ×××= 532360 23
sea un cubo perfecto es
7553 2
=×=y , pues ( ) 3333322323
3053253253532532360 =××=××=××××=×××= yy
Entonces, la suma es =+=+ 7510yx
85

79. Dos cuadrados de lado 1 cm tienen un vértice común, y el lado de uno de ellos está
sobre la diagonal del otro, como se muestra en la figura.
¿Cuál es el valor del área coloreada?
SOLUCIÓN
Si observamos la figura, el triángulo rectángulo que ocupa medio cuadrado verifica, por
el teorema de Pitágoras, que ( ) 12212111 222
−=⇒=+⇒=+=+ aaa cm
Entonces, la superficie coloreada será igual a la superficie de medio cuadrado menos la
superficie del triángulo rectángulo isósceles de lado a :
( ) ( ) ( ) 12
2
222
2
121
2
1212
2
11
2
−=
−
=
−−
=
−×−
−
×
=S
√2 – 1 cm2

80. Las letras A, B, C y D representan cifras distintas.
Si se verifica que AB + CA = DA y que AB – CA = A, ¿Qué cifra representa la letra D ?
SOLUCIÓN
( ) 0010101010 =⇒=+−+×⇒+=+++⇒=+ BBDCAADACBADACAAB , por ser todas cifras.
De lo anterior se sigue que CADDCA +=⇒=−+ 0
Por otro lado, 55410810100 =⇒=⇒=⇒=−−⇒=−⇒=− ACACAAACAACAAACAAB y
4=C , por ser todas cifras.
En conclusión, como 45+=+= CAD ,
D = 9

81. Una familia consta del padre, la madre y varios niños.
La media de las edades de los miembros de la familia es 18 años.
Sin el padre, que tiene 38 años, la media de las edades de los demás
miembros de la familia es 14 años. ¿Cuántos niños hay en la familia?
SOLUCIÓN
Sean las edades respectivas nhhmp ,...,,, 1 de padre, madre y los n niños y nhhmpS ++++= ...1 la
suma de todas las edades, siendo 38=p
Las condiciones son
( )
( )
( ) ( )⇒+×=−+×⇒



+×=−=−
+×=
⇒





=
+
−
=
+ =
11438218
11438
218
14
1
18
2 38
nn
nSpS
nS
n
pS
n
S
p
( ) ( ) 4827719189171929 =⇒=⇒+=−+⇒+×=−+×⇒ nnnnnn
En resumen,
la familia tiene 4 niños

82. Si los números x y x + 32 son capicúas, de tres y cuatro cifras
respectivamente, ¿cuál es la suma de las cifras de x ?
SOLUCIÓN
En las condiciones indicadas el número capicúa de cuatro cifras debe ser necesariamente el número 1001,
pues x es de tres cifras.
Por tanto, 969100132 =⇒=+ xx
La suma de las cifras de x es =++ 969
24

83. Los números 1, 2, 3 se escriben en la circunferencia de un círculo. Después se
escribe entre ellos la suma de cada par de números consecutivos,
obteniéndose así 6 números (1, 3, 2, 5, 3 y 4).
Esta operación se repite 10 veces desde la situación original, resultando una
serie de números escritos en la circunferencia.
¿Cuántos números habrá?, ¿cuánto vale la suma de todos ellos?
SOLUCIÓN
Supongamos que haya n iteraciones del proceso.
En primer lugar observemos que, a partir de los 3 números iniciales se generan luego el doble de números
en cada iteración: 236 ×= , 2
232232612 ×=××=×= , … por lo que finalmente habrá n
23× números.
Además, fijémonos que, a partir de una situación anterior, la nueva tiene, como números, los originales y los
que aparecen al sumar los originales por dos veces: una con su número a la derecha y otra con su número a
la izquierda. Por lo tanto, la suma de los números de la nueva situación será el triple de la suma de los de la
situación anterior:
• En la situación inicial, 6321 =++
• En la primera iteración, ( ) ( ) ( ) ( ) 363321133322211 ×=×++=++++++++
• …
En la n-sima iteración la suma será n
36×
Si 10=n , 30721024323 10
=×=× y 35429436 10
=×
Habrá 3072 números que suman, en total, 354294

84. En el triángulo ABC, la longitud del lado AB es doble que la
del lado AC
Sean D y E puntos de los lados AB y BC respectivamente
para los que los ángulos BAE y ACD son iguales, y sea F el
punto de corte de los segmentos AE y CD
Si el triángulo CFE es equilátero, ¿cuánto mide el ángulo
ACB?
(El dibujo es orientativo)
SOLUCIÓN
Llamamos a los ángulos aACDBAE ==
^^
, bEBA =
^
, cEAC =
^
Además, los ángulos del triángulo equilátero CFE , de lado y ,
valen todos º60
Finalmente, llamamos xABxAC 2=⇒=
En el triángulo AFC , el ángulo º120
^
=AFC , al ser
suplementario de uno del triángulo equilátero.
Por tanto, en ese triángulo, º60º180º120 =+⇒=++ caca
En el triángulo ABE , el ángulo º120
^
=BEA , al ser suplementario de uno del triángulo equilátero, por lo que
º60º180º120 =+⇒=++ baba
En conclusión, cb = y los triángulos ABE y AFC son semejantes al tener los tres ángulos iguales.
Se verifica, entonces, la proporción ⇒



=
=
⇒===⇒==
AFEB
yAE
x
x
AF
EB
y
AE
AC
AB
AF
EB
CF
AE
2
2
2
2



==
=−=
⇒
yAFEB
yyAEAF
22
Es decir, ambos triángulos son isósceles de lados yyx ,, ; yyx 2,2,2 respectivamente. De ahí, los ángulos son
iguales: º30=== cba
Por lo tanto, ⇒+=+= º60º30º60
^
aACB
ACB = 90o

85. Y se define como la suma de las cifras de X, y Z es la suma de las cifras de Y
¿Cuántos números naturales X verifican que X + Y + Z = 60?
SOLUCIÓN
Evidentemente, 60<X por lo que, como mucho, sería igual a 59. O sea,
1495 =+≤Y . En el mejor de los casos; para el valor de Z sería 9=Z en el caso de 9=Y
De todo lo anterior, 35914606060 ≥⇒−−≥−−=⇒=++ XZYXZYX
Estamos en el rango de 6035 <≤ X
• si 9,124035 ≤≤⇒<≤ ZYX , por lo que 60<++ ZYX
• si 5,55550 >>⇒<< ZYX , por lo que 60>++ ZYX
• si 105955 >⇒<≤ YX , por lo que 60>++ ZYX
Estamos en el rango de 5040 <≤ X . Analizando éste, se cumple la condición para estos tres casos:
• 8844 =⇒=⇒= ZYX , por lo que 608844 =++=++ ZYX
• 21147 =⇒=⇒= ZYX , por lo que 6021147 =++=++ ZYX
• 5550 =⇒=⇒= ZYX , por lo que 605550 =++=++ ZYX
Por lo tanto, verifican la condición
3 números

86. Las longitudes de los lados de un triángulo son 10, 10 y 12 cm. Un rectángulo de
anchura 4 cm tiene la misma área que el triángulo.
¿Cuál es el perímetro del rectángulo?
SOLUCIÓN
El triángulo isósceles tiene de altura 8610 22
=−=h cm, por lo que su área
vale 48
2
812
=
×
cm2
Si el rectángulo tiene su misma área y 4 cm de anchura, su altura a
cumple que 12
4
48
484 ==⇒=× aa cm
En resumen, el perímetro del rectángulo es =+++= 124124P
32 cm

87. Los puntos M y N se eligen arbitrariamente en los lados AD y DC,
respectivamente, del cuadrado ABCD.
El cuadrado se divide en las ocho partes de áreas S1, S2, …, S8 como se
muestra en la figura.
Escribe S8 en función de tres de las restantes superficies.
SOLUCIÓN
Por construcción se verifica siempre el área del triángulo BCM es la suma de las áreas de los triángulos
ABM y CDM , luego 43276851 SSSSSSSS ++++=++
De la misma forma se verifica siempre el área del triángulo ABN es la suma de las áreas de los triángulos
BCN y DAN , luego 65421873 SSSSSSSS ++++=++
Sumando las dos expresiones se tiene que ⇒++++++=++++ 765432187531 2222 SSSSSSSSSSSS
⇒++=+⇒ 6428 2222 SSSS
S8 = S2 + S4 + S6

88. La entrada para un recital benéfico de rock cuesta una cantidad entera de
euros.
Un grupo de amigos asistió al recital y pagaron entre todos 48 €, y otro grupo
de amigos pagaron 64 €
¿Cuántos valores puede tener el precio de la entrada?
SOLUCIÓN
Está claro que el precio de cada entrada debe ser un divisor común de las dos cantidades pagadas.
Como ( ) ( ) 1622,2364,48 464
==×= mcdmcd , el precio máximo que puede valer de cada entrada será éste,
y los demás precios admisibles serán los divisores de 16
O sea,
el precio de cada entrada puede tener cinco valores
distintos: 16 €, 8 €, 4 €, 2 €, 1 €

89. Dos colgantes están hechos del mismo material. Son de igual grosor y pesan lo
mismo.
Uno de ellos tiene la forma de corona circular formada por dos círculos
concéntricos de radios 6 cm y 4 cm. El segundo tiene la forma de un círculo sólido.
¿Cuál es el radio del segundo colgante?
SOLUCIÓN
Al pesar lo mismo y tener igual grosor las superficies deberán ser iguales.
Si r es el radio del segundo colgante, se cumplirá que 52204646 222222
×=⇒=−=⇒−= rrr πππ
Es decir,
el radio vale 2 x √5 cm

90. Felipe tiene mucha suerte. Un día le propuso su profesor de matemáticas que
sustituyera las letras a, b, c, d y e en la expresión a – (b – (c – (d + e))) por los
números que él quisiera y que obtuviera el resultado.
Felipe olvidó los paréntesis pero sumó y restó correctamente y obtuvo, por
casualidad, el resultado correcto.
Si las letras a, b, c y d las sustituyó por 1, 2, 3 y 4 respectivamente, ¿por qué
número sustituyó la letra e ?
SOLUCIÓN
Lo que se plantea en el enunciado es que se cumple que ( )( )( ) edcbaedcba +−−−=+−−− para los
valores 1=a , 2=b , 3=c , 4=d y se trata de hallar el valor de e
( )( )( ) ceececedcbaedcbaedcbaedcba =⇒+−=−⇒+−−−=−−+−⇒+−−−=+−−−
En conclusión,
e = 3

91. El resto de la división del número 1001 por un número de una sola cifra es 5.
¿Cuál es el resto de la división de 2015 por ese número de una cifra?
SOLUCIÓN
Sea n el número de una cifra que consideramos en el problema. Según las condiciones, 5>n
Al dividir 1001 por n se cumple que 328399651001 2
××==×⇒+×= cocientencocienten y 5>n
Si n es de una cifra y mayor que 65 =⇒ n
Entonces, 563352015 +×= y el resto de la división de 2015 por 6 es
5

92. Clara conduce una vespa a 45 km/h cuando no llueve y a 30 km/h cuando
llueve.
Hoy hacía sol por la mañana y llovía por la tarde e hizo un total de 24 km en
40 minutos.
¿Cuántos minutos condujo por la tarde?
SOLUCIÓN
Sean x los minutos que condujo Clara por la tarde. Por supuesto, por la mañana condujo x−40 minutos.
Teniendo en cuenta que por la mañana hizo sol e iba a 45 km/h
4
3
60
45
== km/min y por la tarde llovía e iba
a 30 km/h
2
1
60
30
== km/min hizo, en total, ( ) 24
2
1
40
4
3
=×+−× xx km
De la expresión se deduce que ( ) 2496120962312024
2
1
40
4
3
=−=⇒=+−⇒=×+−× xxxxx minutos
En resumen,
condujo 24 minutos por la tarde

93. 16 equipos juegan en una liga de voleibol y cada equipo juega una vez
contra todos los demás.
En cada partido el ganador consigue un punto y el perdedor 0 puntos. No
hay empates.
Una vez jugados todos los partidos, los puntos obtenidos por los equipos
forman una progresión aritmética. ¿Cuántos puntos tiene el último
clasificado?
SOLUCIÓN
La cantidad de partidos jugados es el número de combinaciones de dieciséis elementos tomados dos a dos:
120
2
1516
!14!2
!16
2
16
2,16 =
×
=
×
=





=C partidos.
Además el número de puntos totales disputados es, también, 120 por las condiciones del enunciado.
Llamemos 1621 ,...,, ppp a los puntos respectivos obtenidos por el equipo campeón, por el segundo, … por
el último, … valores todos enteros no negativos.
Esos valores están en progresión aritmética, por lo que se diferenciarán en una cantidad constante no
positiva d− , explicitada negativamente por comodidad de cálculo (: d es un valor entero no negativo).
Según las propiedades de las progresiones aritméticas y el contexto del problema, 015116 ≥−= dpp y
( ) ⇒+=⇒=−+⇒=
×
=+⇒=
×+
= dpdpppp
pp
S 15152151515
16
2120
120
2
16
111161
161
( ) 115
2
115
1 =⇒≤
+×
=⇒ d
d
p porque hemos visto que 15161 =+ pp y todas las puntuaciones son
enteras no negativas.
En conclusión, 0,...,14,15 1621 === ppp
El último clasificado tiene 0 puntos

94. Cuando dividimos los números 272758 y 273437 por un determinado número N, de
dos cifras, obtenemos como restos 13 y 17 respectivamente.
¿Cuánto vale N ?
SOLUCIÓN
Según el enunciado, ( ) 23
53675
27342017273437
27274513272758
×==×−⇒



=×⇒+×=
=×⇒+×=
Nab
NbNb
NaNa
Como N es de dos cifras y mayor de 17 , las posibilidades de valores de N son
• 2552
==N , pero 25 no es divisor de 272745
• 75352
=×=N , pero 75 no es divisor de 272745
• 4535 2
=×=N y, además, 456061272745 ×= y 456076272720 ×=
• 2733
==N , pero 27 no es divisor de 272745
Evidentemente, el único valor admisible es
N = 45

95. Halla los valores de a y b no nulos para los que
SOLUCIÓN
( )
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
11
1111
1
0
11
1
0
1
0
+
+
+
=












+
+
+
−












+
+
+
=
+
+
+
∫ =×







+∫ =×+
++++++
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
x
b
a
x
dxxxdxxx
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
b
a
a bb a
Es decir, ( ) 1
1
1
1
11
0
=
+
+
=
+
+
+
=
+
+
+
∫ =×+
ba
ba
ba
a
ba
b
a
b
b
a
dxxx a bb a
Por tanto, la propuesta inicial se verifica para
todos los valores reales no nulos de a y b

96. ¿Para qué valores del número real b la ecuación x2
– bx + 80 = 0 tiene
dos soluciones distintas que son números enteros positivos pares?
SOLUCIÓN
Se sabe que, en una ecuación de segundo grado 02
=++ CBxAx , la suma y el producto de las raíces de la
ecuación 1x , 2x verifican que
A
B
xx −=+ 21
y
A
C
xx =× 21
En nuestro caso, bxx =+ 21 y 8021 =× xx
Para hallar las raíces de la ecuación que cumplen las condiciones del problema bastará obtener las distintas
descomposiciones de 80 en dos factores enteros positivos pares. Son:
• 42402
40
2
40280
2
1
=+=⇒



=
=
⇒×= b
x
x
• 24204
20
4
20480
2
1
=+=⇒



=
=
⇒×= b
x
x
• 18108
10
8
10880
2
1
=+=⇒



=
=
⇒×= b
x
x
y es evidente que se obtienen los mismos valores de b permutando las asignaciones a las raíces.
Concluyendo, los valores de b pedidos en el enunciado son
b = 18, b = 24, b = 42

97. Halla, expresándola de la manera más elemental, el valor de la suma
SOLUCIÓN
Hallemos, por inducción,
!100
99
......
!4
3
!3
2
!2
1
++++
!3
1!3
6
5
6
2
2
1
!3
2
!2
1 −
==+=+
Suponemos que
!
1!
!
1
......
!4
3
!3
2
!2
1
n
n
n
n −
=
−
++++ y vamos a comprobar si esto es cierto para la suma
progresiva con denominador superior ( )!1+n
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )!1
1!1
!1
11!
!1
11!
!1!
1!
!1!
1
......
!4
3
!3
2
!2
1
+
−+
=
+
+−−+×
=
+
++×−
=
+
+
−
=
+
+
−
++++
n
n
n
nnnn
n
nnn
n
n
n
n
n
n
n
n
Es evidente que se cumple. Por lo tanto, =++++
!100
99
......
!4
3
!3
2
!2
1
!100
1!100 −

98. Se quita un número de diez números naturales consecutivos.
La suma de los restantes es 2015.
¿Cuál es el número quitado?
SOLUCIÓN
Tengamos en cuenta que hablamos, en todo momento, de números naturales.
Los números son 9...,,2,1, +++ nnnn , cuya suma es 45109...21 +=+++++++ nnnnn
Supongamos que quitamos an + , siendo 90 ≤≤ a
Entonces, ( ) ( ) ⇒+=⇒=−+=+−+=+−+++++++ ananannannnnn 19709201545945109...21
198
9
8
218
9
1970
=⇒=+⇒
+
+=
+
=⇒ aa
aa
n y =+=+⇒== 1219219
9
1971
ann
220

99. ¿De cuántas maneras se pueden escribir los números 1, 2, 3, 4, 5, 6 en los cuadrados
de la figura (un número en cada cuadrado) de manera que no haya cuadrados
adyacentes en los que la diferencia de los números escritos en ellos sea 3? (Los
cuadrados que solo comparten un vértice no son adyacentes)
SOLUCIÓN
Estudiamos las posibilidades existentes según el número que ocupa el cuadrado mayor.
Habiendo nombrado a cada cuadrado, vemos los casos: hay tres parejas (entre los
números citados: 1 y 4 , 2 y 5, 3 y 6 ) cuya diferencia es 3, por lo que deberán
ocupar, en cada posibilidad, las casillas cuadradas que no son adyacentes: dos por caso,
ocupando cada número la casilla A o la D . En conclusión, se señalan seis posibilidades
de posiciones iniciales.
De cada una de ellas, fijados los valores en A y D con los valores de una pareja, quedan cuatro casillas por
cubrir con los números de las dos parejas restantes. Para cada valor (de los cuatro que quedan) colocado en
B se podrán poner, en C , los dos valores de la pareja en la que no está el número que ocupa B
Ya tenemos, hasta ahora, 48246 =×× posibilidades.
Resta rellenar, por cada una de las anteriores, las casillas E y F : se colocan en ellas los dos números de las
respectivas parejas que han quedado sin colocar. Como quedan dos números posibles para rellenar E y el
restante colocarlo en F , las posibilidades totales son 962482246 =×=×××
Lo vemos con más concreción:
Si 41 =⇒= DA , por ser la una casilla no adyacente a la anterior.
Las demás casillas se rellenan así:



































=⇒=
=⇒=
⇒=



=⇒=
=⇒=
⇒=
⇒=










=⇒=
=⇒=
⇒=



=⇒=
=⇒=
⇒=
⇒=










=⇒=
=⇒=
⇒=



=⇒=
=⇒=
⇒=
⇒=










=⇒=
=⇒=
⇒=



=⇒=
=⇒=
⇒=
⇒=
23
32
5
35
53
2
6
23
32
6
26
62
3
5
26
62
5
56
65
2
3
35
53
6
56
65
3
2
FE
FE
C
FE
FE
C
B
FE
FE
C
FE
FE
C
B
FE
FE
C
FE
FE
C
B
FE
FE
C
FE
FE
C
B
por lo que hay 16224 =×× posibilidades para el caso inicial.
Como hay 6 casos iniciales posibles, todos similares y con la misma problemática
( 3,6;6,3;2,5;5,2;1,4;4,1, =DA ), el total de posibilidades es =×=××× 1662246
96

100. Hoy es el cumpleaños de Alicia, Beatriz y Carlos.
La suma de sus edades es 23 y el producto de sus edades supera en 113 al producto
de sus edades hace justamente un año.
¿Cuál es la suma de los cuadrados de sus edades?
SOLUCIÓN
Sean cba ,, las edades respectivas de Alicia, Beatriz y Carlos.
Según el enunciado, se verifica que ( ) ( ) ( ) ⇒+−×−×−= 113111 cbaabc
135112231121131 =+=+++=++⇒+−+++−−−=⇒ cbabcacabcbabcacababcabc
Luego ( ) ( ) ( )⇒++×−++=++⇒+++++=++ bcacabcbacbabcacabcbacba 2222
22222222
=×−=++⇒ 1352232222
cba
259

101. Si cada lado del hexágono regular tiene 2 cm de longitud y ABCD y CNPM son
cuadrados, ¿cuál es el área de la región sombreada?
SOLUCIÓN
Podemos observar que, por evidente simetría, las alturas de los triángulos BCN ,
DCM y el que forma la región sombreada suman dos apotemas del hexágono
regular: phba 2=++
Como los ángulos interiores del hexágono regular miden º120 , fijándonos en uno
de los triángulos verdes (rectángulo) se cumple que
3
2
3
2º30cos2
2
º30cos =×=×=⇒= p
p
cm
Entonces, 322 ==++ phba cm, y el área de la figura que nos ocupa es
2
hDM ×
cm2
Es fácil observar que los ángulos iguales del triángulo isósceles BCN valen º30 y, el ángulo desigual es
º120=BCNC . En conclusión,
•
3
32
3
2
2/3
1
º30cos
112/
º30cos ====⇒== BC
BCBC
lado
cm. Esa es la longitud de los lados de
los cuadrados
•
3
3
2
1
3
32
º30º30 =×=×=⇒= senBCa
BC
a
sen cm, altura del triángulo BCN
Según los valores de los ángulos del triángulo BCN , el ángulo C del triángulo DCM vale º60=DCMC y sus
lados adyacentes son iguales (
3
32
=== DMCMDC cm) por lo que el triángulo DCM es equilátero.
En ese triángulo, su altura cumple que 1
2
3
3
32
º60º60 =×=×=⇒= senDCb
DC
b
sen cm
Resumiendo, como 1
3
35
1
3
3
323232 −=−−=−−=⇒=++ bahhba cm
De lo anterior, la superficie pedida es
3
35
1
3
35
3
3
1
3
35
3
32
2
1
2
−
=







−×=







−××=
× hDM
cm2
El área de la región sombreada es 1,0893 cm2