1. MARAVILLOSOS
PROBLEMAS DE
MATEMÁTICAS
Libro 8
http://matemelga.wordpress.com/

2. Una heladería tiene un repertorio de sabores diferentes de helados. Cuando Diego
compra un cono con dos bolas de sabores diferentes lo puede elegir de 153 maneras
diferentes.
Recientemente, el día que cumplió 22 años, compró un cono gigante de 15 bolas de
sabores diferentes.
¿De cuantas formas lo pudo elegir?
SOLUCIÓN
Sean n la cantidad de sabores diferentes de que dispone la heladería. La cantidad de combinaciones de dos
sabores serán
( )
( ) 180306153
22
1
!2!2
!
153
2
2
2
=⇒=−−⇒=
−
=
−×
=
−×
⇒=





nnn
nnnn
n
nn
sabores
diferentes, pues se desecha la solución negativa de la ecuación por el contexto del problema.
Entonces, las posibilidades que tuvo Diego en su cumpleaños fueron =
××
=
×
=





6
161718
!3!15
!18
15
18
816

3. En una empresa de reparación de ordenadores Juan repara tres ordenadores
mientras María repara dos.
Ángela es más rápida que los dos: mientras María repara un ordenador ella
repara tres.
En el tiempo en que Juan repara nueve ordenadores, ¿cuántos ordenadores
habrán reparado entre los tres?
SOLUCIÓN
Mientras que Juan repare 9 ordenadores María habrá reparado 6 pues la proporción es 2:3
Pero si María ha reparado 6 ordenadores, Ángela habrá reparado 18 ya que la proporción es 3:1
En resumen, habrán reparado en total =++ 1869
33 ordenadores

4. Halla el menor número natural que es suma de 9 naturales consecutivos, es suma de
10 naturales consecutivos y es suma de 11 naturales consecutivos, teniendo en cuenta
que ninguna de las tres sumas está contenida en las otras.
SOLUCIÓN
Sea N el número buscado. Entonces,
( ) ( ) ( ) ( ) AaaaaaaN 9493698...21 =+×=+=+++++++= siendo 4>A
( ) ( ) ( ) ( ) BbbbbbbN 592545109...21 =+×=+=+++++++= siendo 10>B impar
( ) ( ) ( ) ( ) CccccccN 11511551110...21 =+×=+=+++++++= siendo 5>C
De lo anterior deducimos que N es múltiplo de 5, 9 y 11 con las condiciones indicadas-
El menor número es =××= 1195N
495

5. Tres amigas que van a una pizzería piden una pizza y la
dividen, para comérsela, en tres partes iguales.
Antes de empezar a comer llega otra amiga y deciden
compartir la pizza con ella de manera que las cuatro coman
la misma cantidad.
¿Qué porcentaje de su trozo de pizza deben aportar cada
una de las tres a su amiga?
SOLUCIÓN
En un primer momento deben las amigas tienen, cada una
3
1
de pizza y, cuando reparta a la amiga, le
quedará
4
1
de pizza.
Según lo anterior, el trozo que aporta a la amiga es
12
1
4
1
3
1
=− de pizza.
Y
12
1
de
3
1
es ==×=× %
4
100
%100
12
3
%100
3
1
12
1
25 %

6. Halla todas las ternas de números enteros (x,y,z) tales que
SOLUCIÓN
Está claro que, si x , y , z son enteros, 2
11
0 22
≤=+< z
yx
Entonces, 1=z o 2=z
• Si 2222
22
1
11
1 yxyx
yx
z ×=+⇒=+⇒= , siendo ambos cuadrados enteros positivos. La única
posibilidad es que yxyx ,222
⇒== no son enteros: ¡imposible por contradicción con la hipótesis
del enunciado!
• Si ( ) ⇒=−=××−+⇒××=+⇒=+⇒= 0222
11
2
22222222222
22
yxyxyxyxyx
yx
z
10 2222
==⇒=−⇒ yxyx según las condiciones del enunciado al ser ambos cuadrados enteros
positivos. De ahí se obtiene que 1,1 ±=±= yx
Las ternas son, entonces,
(-1,-1,2), (-1,1,2), (1,-1,2), (1,1,2)

7. Si 11x
= 7y
= 77, halla
SOLUCIÓN
Como
11ln
77ln
77ln11ln77ln11ln7711 =⇒=×⇒=⇒= xxxx
y ⇒=⇒= 77ln7ln777 yy
7ln
77ln
77ln7ln =⇒=×⇒ yy , basándonos en las propiedades de los logaritmos.
De todo lo anterior se deduce, teniendo en cuenta también las propiedades de los logaritmos, que
( ) ==
×
=
+
=+=+=+
77ln
77ln
77ln
711ln
77ln
7ln11ln
77ln
7ln
77ln
11ln
7ln
77ln
1
11ln
77ln
111
yx
1

8. Si cada ángulo interior de un polígono mide 172o
o 173o
, ¿cuál es la mayor cantidad posible
de lados del polígono?
SOLUCIÓN
Si n son los lados del polígono y α el ángulo interior genérico, según se ve en la
imagen se verificará que ( ) º360º180 =−× αn
Entonces, según los límites establecidos, si ( ) ⇒=−×⇒= º360º172º180º172 nα
45
º8
º360
º360º8 ==⇒=⇒ nn , y si ( ) ⇒=−×⇒= º360º173º180º173 nα
4,51
º7
º360
º360º7 ==⇒=⇒ nn
De lo anterior, 51454,5145 ≤≤⇒≤≤⇒ nn
El mayor número de lados del polígono será 51 si es factible con los ángulos que se indican. Y sí lo es,
obteniéndose la cantidad de ángulos de cada tipo resolviendo el sistema
483
35777
36078
51
36078
=⇒=⇒



=+
=+
⇒



=+
=+
ba
ba
ba
ba
ba
: ( ) ( ) º360º173º18048º172º1803 =−×+−×
Esto quiere decir que hay 3 ángulos de º172 y 48 ángulos de º173 en los polígonos que resuelven el
problema.
El mayor número de lados del polígono es, entonces,
51

9. Si x e y son dos números naturales tales que x > y, x + xy = 391, ¿cuánto vale x + y?
SOLUCIÓN
2317391 ×= por lo que ( ) 23173911 ×==+×=+ yxxyx
Como ( ) 23171 ×=+× yx y 16,23171,23 ==⇒=+=⇒> yxyxyx
Por lo tanto, =+=+ 1623yx
39

10. Encuentra el mayor número natural N que cumple las siguientes condiciones:
• E(N/3) es un número de tres cifras iguales,
• E(N/3) = 1 + 2 + … + n, para algún número natural n,
donde E(x) representa la parte entera de x.
SOLUCIÓN
La primera condición establece que aaaa
N
E 11110100
3
=++=




 , siendo 100 << a , y la segunda indica
que
( )
2
1
...21
3
+×
=+++=




 nn
n
N
E , para algún número natural n
De lo anterior se deduce que
( ) ( ) ( ) annanna
nn
×××=+×⇒=+×⇒=
+×
373212221111
2
1
, siendo
100 << a
El primer miembro indica que la multiplicación se debe poder expresar como producto de dos números
consecutivos y esto se produce únicamente, según las condiciones del problema, cuando ⇒= 6a
( ) 3736637321 ×=×××=+×⇒ nn
Entonces, 2001199866736663666111
3
<≤⇒×<≤×⇒==





NNa
N
E
El mayor valor posible de N es
2000

11. Sea el trapecio de la figura en donde la longitud de su base mayor es
tres veces la longitud de su base menor. Los puntos M y N son los
puntos medios respectivos de los lados BC y CD.
Si el área del trapecio es 32 cm2
, ¿cuánto vale el área del triángulo
AMN ?
SOLUCIÓN
Llamamos ADb = a la base menor, por lo que la base mayor bBC 3= , y h a la altura del trapecio.
Adjuntamos al trapecio original una copia del mismo
girada º180 con lo que obtenemos el paralelogramo
que se aprecia en la figura, con una base de b4 cm y
una altura de h cm
Su superficie es el doble de la del trapecio: 64 cm2
Entonces, 16
4
64
643224 ==⇒=×= bhbh
Por otro lado, la superficie sombreada es la diferencia entre el área del paralelogramo y el doble de la suma
de las áreas de los triángulos ABM y 'MNA pues observamos que, en la figura, hay dos parejas de
triángulos idénticos.
Hallamos las áreas de esos triángulos:
• 12
4
163
4
3
2
2
3
2
=
×
==
×
=
×
=
bh
h
b
hBM
ÁreaABM
cm2
•
( )
10
8
165
8
5
2
22
5
2
22
3
2
2
'
2
2
'
' =
×
==
×
=
×





+
=
×+
=
×
=
bh
hbh
b
bh
CAMC
h
MA
ÁreaMNA
cm2
De lo anterior, ( ) ( ) 2010122642 'log =+×−=+×−= MNAABMramoparaleverde ÁreaÁreaÁreaÁrea cm2
Por lo tanto, el área del triángulo AMN es la mitad:
10 cm2

12. El rectángulo ABCD tiene adosado un triángulo rectángulo isósceles AEB de
hipotenusa AB = 4 cm.
Si BC = 3 cm, ¿cuál es el valor del área del triángulo AEC ?
SOLUCIÓN
Teniendo en cuenta las condiciones del problema dibujamos los segmentos 'BB
(prolongación de CB ), 'AA (prolongación de DA ) y el perpendicular a ambos ''BA
pasando por E , formando un rectángulo CDBA ''
Evidentemente, si el triángulo AEB es rectángulo e isósceles los triángulos BEB' y
AEA' también lo son y sus catetos miden 2
2
'''' =====
AB
EBBBEAAA cm
Entonces 532'' =+=+= BCBBCB cm y el área del rectángulo es 2045''' =×=×= ABCBÁrea CDBA cm2
Podemos observar que el área del triángulo AEC es la diferencia entre el área del rectángulo construido y la
suma de las de los triángulos rectángulos CEB' , AEA' y ADC
Entonces ( ) ⇒




 ×
+
×
+
×
−=++−=
2
43
2
22
2
25
20'''' ADCAEACEBCDBAAEC ÁreaÁreaÁreaÁreaÁrea
( ) =−=++−==⇒ 132062520AECÁrea
7 cm2

13. Se tiran consecutivamente tres dados y se forman, con ellos,
un número A de tres cifras: la primera tirada nos da las
centenas de A, la segunda las decenas y la tercera las
unidades.
Repetimos el proceso obteniendo otro número B de tres
cifras.
Calcula la probabilidad de que A > B.
SOLUCIÓN
La ocurrencia de cada cifra es independiente de la anterior ocurrencia, por lo que la probabilidad p de que
BA > es la misma de que AB >
Si llamamos q a la probabilidad de que BA = tendremos que 121 =+⇒=++ qpqpp
Pero, evidentemente, una vez que se han realizado las tres primera tiradas la probabilidad de que la cara de
la cuarta tirada sea igual que la de la primera es de
6
1
, la misma que la de la quinta tirada sea igual a la de la
segunda y de que la de la sexta igual que la de la tercera.
Por lo tanto,
432
215
216
215
216
1
1
6
1
121
6
1
22
6
1
6
1
6
1
6
1
333
=⇒=−=−=⇒=+=+⇒=××= pppqpq
Es decir, la probabilidad de que BA > es
215/432 = 0,4977

14. Cada día enciendo una de las 100 velas que he comprado. Cuando se consume guardo la
cera sobrante y hago otra vela nueva con la cera de 7 velas ya usadas, añadiéndola al
conjunto de velas para encender.
¿Durante cuántos días podré encender velas?
SOLUCIÓN
Cuando haya consumido las primeras 100 velas (100 días) habré guardado 100 restos y, con ellos, creadas
14
7
100
=



E nuevas velas, sobrándome 298100147100
7
100
7100 =−=×−=



×− E restos.
Después de los primeros 100 podré encender 14 velas más que me dejarán 14 restos que, añadidos a los 2
que me han quedado anteriormente, permitirán crear 2
7
16
7
214
=



=


 +
EE nuevas velas para encender y
me sobrarán 214162716
7
16
716 =−=×−=



×− E restos.
Sl final, me quedarán 4222
7
16
=+=+



E restos, insuficientes para crear alguna vela nueva.
Definitivamente, tengo velas para =++ 214100
116 días
[ ]xE es la función ”parte entera”

15. Joaquín, recorriendo un camino en bici, hace la primera mitad a 6 km/h y la
segunda mitad a 12 km/h.
José Luis hace el primer tercio del mismo camino a 5 km/h y los dos tercios
siguientes a 15 km/h.
¿Cuál es la proporción entre los tiempos que han tardado cada uno?
SOLUCIÓN
Consideramos la fórmula
velocidad
espacio
tiempo =
Si la longitud del camino es L , el tiempo que tarda Joaquín en hacer el camino completo es
824
3
12
2
3
12
2
12
2
6
2 LL
LL
L
LL
===
+
=+ horas y el tiempo que tarda José Luis en hacer el camino completo es
945
5
15
3
5
15
3
2
15
3
2
5
3 LL
LL
L
LL
===
+
=+ horas
Entonces, la porporción entre los tiempos es ==
L
L
L
L
8
9
9
8
9/8

16. Hallar todos los números enteros n tales que
es un cuadrado perfecto.
SOLUCIÓN
Como ( ) ( ) ( ) ( ) 222342222
222 babnnbaannbannbannbann ++×+++=++×++=++ , identificando los
dos primeros coeficientes no unitarios con los correspondientes del polinomio 1836224 234
+−+− nnnn ,
dado en el enunciado tenemos que



=
−=
⇒



=+
−=
9
2
222
42
2
b
a
ba
a
con lo que ( ) 81362249281362 234222
+−+−=+−⇒=−= nnnnnnbyab
Entonces, ⇒−+−+−=+−+− 6381362241836224 234234
nnnnnnnn
( ) 63921836224
22234
−+−=+−+−⇒ nnnnnn
El primer número es un cuadrado entero perfecto 1836224 2342
+−+−= nnnnx y, evidentemente,
xkxnn >+=+− 922
para que, así, ( ) ( ) 6363921836224
2222342
−+=−+−=+−+−= kxnnnnnnx
siendo kx, dos enteros positivos.
Tenemos, pues, ( ) ( ) ( ) 736326363 22222
×==×+⇒=−+⇒−+= kkxxkxkxx
Estudiamos las posibilidades, teniendo en cuenta que kkx >+2 :
• ⇒=−−⇒=+−⇒=⇒=+⇒= 02323292316321 22
nnnnxkxk
Ζ∉±=+±=⇒ 2412311n
• ⇒=−−⇒=+−⇒=⇒=+⇒= 032129292123 22
nnnnxkxk



−=
=
⇒±=+±=⇒
1
3
21311
n
n
n
• 1011110128921927 22
=⇒±=−±=⇒=+−⇒=+−⇒=⇒=+⇒= nnnnnnxkxk
Tres números cumplen el enunciado:
n = -1, n = 1, n = 3

17. Cada uno de los habitantes de un extraño planeta tiene, al
menos, dos ojos.
Tres de ellos, Disi, Isi, y Trisi, se encuentran sólos en el interior de
un cráter del planeta y comentan:
“veo 8 ojos”, dice Isi
“veo 7 ojos”, añade Disi
“veo sólo 5 ojos”, apostilla Trisi
Si ninguno de ellos puede ver sus propios ojos, ¿cuántos tiene
Trisi?
SOLUCIÓN
Sean zyx ,, el número de ojos respectivos de Isi, Disi y Trisi.
Según el enunciado, ( ) ( ) ( ) 5102578
5
7
8
ª3ª2ª1
=⇒=⇒−+=+−+++⇒





=+
=+
=+
−+
zzyxzxzy
yx
zx
zy
ececec
Trisi tiene 5 ojos

18. Se eligen dos números distintos de entre los cinco del conjunto {-3, -1, 0, 2, 4} y se
multiplican.
¿Cuál es la probabilidad de que ese producto sea 0 ?
SOLUCIÓN
La cantidad de posibilidades de elección es el número de combinaciones distintas de dos elementos del
conjunto: 10
!312
!345
!3!2
!5
2
5
2,5 =
××
××
=
×
=





=C
La cantidad de pares tales que el producto de ambos números sea 0 equivale a la cantidad de pares que
contengan al número 0 : 4
!31
!34
!3!1
!4
1
4
1,4 =
×
×
=
×
=





=C
En conclusión, la probabilidad pedida es ===
5
2
10
4
P
0,4

19. Se ordenan de menor a mayor todos los números que se forman reordenando de
alguna forma los dígitos del 1 al 7 sin repetir ninguno.
Concretamente, el menor de todos estos números es 1234567 y el mayor es
7654321.
Halla el número que ocupa la posición 2016.
SOLUCIÓN
La cantidad de números que pueden escribirse es el número de permutaciones de siete cifras distintas:
5040!77 ==P números.
La misma cantidad hay que empiecen por cada cifra concreta, pues se reordenarán las seis restantes:
720!66 ==P
Como 57672022016 +×= , el número citado estará en la posición 576 de los empezados por 3 ya que
antes estarán todos los empezados por 1 y por 2 :
1234567 … 1765432 2134567 … 2765431 3124567 … ??????3 …
La misma cantidad hay que empiecen 3 y tengan en tercer lugar otra cifra concreta, pues se reordenarán las
cuatro restantes: 24!44 ==P
Como 024496 +×= , el número citado estará en la posición última posición de los empezados por 365 ya
que antes estarán todos los empezados por 1, por 2 , por 4 y por 5 excepto el último.
El número que ocupa la posición 2016 es
3657421

20. Hoy, el producto de las edades de Manolo y de su hijo Luis es 2015.
Si Manolo cumple los años en febrero y Luis en abril, ¿qué edad tenía Manolo cuando
nació Luis?
SOLUCIÓN
El dato de los meses de nacimiento es para que los dos tengan las edades adecuadas al año (este problema
está propuesto en un mes posterior a abril).
Como 311352015 ××= , la única solución factible es que Manolo tenga 65135 =× años y Luis tenga 31
años.
La diferencia entre las edades es 343165 =− , que es la edad que tenía Manolo en el nacimiento de Luis.
34 años

21. En una granja hay gallinas y cerdos. El número de patas que se cuentan son 28
más que el doble del número de cabezas.
¿Cuántos cerdos hay?
SOLUCIÓN
Si llamamos x al número de gallinas e y al número de cerdos, el número de cabezas es yx + y el número
de patas es yx 42 +
El enunciado nos dice que ( ) 1428222284222842 =⇒=⇒++=+⇒+×+=+ yyyxyxyxyx
Hay 14 cerdos

22. ¿Cuál es la probabilidad de que, al elegir un número al azar entre 1000 y 9999, el producto de sus
cifras sea múltiplo de 3?
SOLUCIÓN
Hay 9000 números y vamos a hallar aquellos en los que el producto de sus cifras no es múltiplo de 3: son
todos los de cuatro cifras que pueden formarse con las cifras 8,7,5,4,2,1,0 y tales que su primera cifra no
sea nula, porque no pueden tener ninguna de las cifras 9,6,3
Que empiecen por cada una de las cifras anteriores hay una cantidad igual al número de variaciones con
repetición de siete cifras tomadas de tres en tres: 34373
3,7 ==VR
Como pueden escribirse con seis cifras diferentes representando las unidades de millar, números de cuatro
cifras cuyo producto de sus cifras no es múltiplo de 3 hay, en total, 205834366 3,7 =×=×VR
Por lo tanto, como la probabilidad de elegir al azar un número de cuatro cifras cuyo producto de sus cifras no
sea múltiplo de 3 es
1500
1157
532
8913
532
891332
9000
6942
9000
2058
1
9000
2058
' 32323
=
××
×
=
××
×××
==−=⇒= PP es la
probabilidad de elegir al azar un número de cuatro cifras cuyo producto de sus cifras sea múltiplo de 3
1157/1500 = 0,77

23. En un triángulo rectángulo la bisectriz de uno de sus ángulos agudos divide
al lado opuesto en dos segmentos de longitudes 1 y 2
¿Cuál es la longitud de la bisectriz?
SOLUCIÓN
Llamamos x a la longitud de la bisectriz y c al cateto adyacente al ángulo
donde dibujamos la bisectriz, cuyo valor es α2 . El otro cateto vale 321 =+
En los dos triángulos rectángulos que aparecen se verifica que
c
tg
1
=α y
c
tg
3
2 =α
Entonces, 32332
3
3
1
1
1
2
3
1
2
2 222
2
2
2
=⇒=−⇒=−⇒
−
×
=⇒
−
×
= ccc
c
c
c
ctg
tg
tg
α
α
α
Y, por el teorema de Pitágoras, 24311 222
=⇒=+=+= xcx
La bisectriz mide 2 unidades lineales

24. ¿Cuántos números naturales verifican que, al quitarles la cifra de las unidades, el nuevo
número formado con esta operación es 14 veces más pequeño que el original?
SOLUCIÓN
Llamamos Ac al número inicial donde c es la última cifra.
Es evidente que al quitarle a cAAc += 10 la última cifra se transforma en el número A
El enunciado nos dice que cAcAA
cA
A =⇒+=⇒
+
= 41014
14
10
Como c es una cifra, y múltiplo de 4 , las únicas posibilidades son



=⇒==
=⇒==
282,8
141,4
AcAc
AcAc
por lo que la
condición del problema la cumplen
2 números naturales

25. Si
calcula S2016 en forma de fracción irreducible
SOLUCIÓN
Tenemos en cuenta que
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
⇒
+×+×
=
+×+×
−+
=
+×+
−
+× 21
2
21
2
21
1
1
1
nnnnnn
nn
nnnn
( ) ( ) ( ) ( ) ( )





+×+
−
+×
×=
+×+×
⇒
21
1
1
1
2
1
21
1
nnnnnnn
Entonces, 





×
−
×
×=
×× 32
1
21
1
2
1
321
1
, 





×
−
×
×=
×× 43
1
32
1
2
1
432
1
, 





×
−
×
×=
×× 54
1
43
1
2
1
543
1
, …
De lo anterior se deduce que
( ) ( )
=
+×+×
++
××
+
××
=
21
1
.........
432
1
321
1
nnn
Sn
( ) ( ) ( ) ( ) ( )





+×+
−
+×
+
+×
−
×−
++
×
−
×
+
×
−
×
+
×
−
×
×=
21
1
1
1
1
1
1
1
......
54
1
43
1
43
1
32
1
32
1
21
1
2
1
nnnnnnnn
y, simplificando, queda
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
⇒
+×+×
+
=
+×+×
−+×+
×=





+×+
−
×
×=
214
3
212
221
2
1
21
1
21
1
2
1 2
nn
nn
nn
nn
nn
Sn
( )
( ) ( )214
3
+×+×
+×
=
nn
nn
Sn
Por lo tanto, =
×
×××
=
×××
××××
=
××
×
=
10092017
673732
1009220172
6733732
201820174
20192016 32
2
25
2016S
508788 / 2035153

26. Si las dos raices de la ecuación
son números primos, ¿cuál es la suma de las cifras de n ?
SOLUCIÓN
Si las raices de 0852
=+− nxx son a y b se cumple que aba ⇒=+ 85 y b tienen distinta paridad, por lo
que uno de ellos es primo y par: 832 =⇒= ba
Entonces, como el producto de las raices es el término independiente, =++⇒=×=×= 661166832ban
13

27. Sean tres números naturales distintos entre sí tales que la suma de los
productos de cada uno de los pares que pueden formarse es igual al
producto de los tres.
¿Qué valores puede tomar la suma de los tres?
SOLUCIÓN
Sean zyx ,, tres números naturales distintos entre sí.
Suponemos que zyx >> y establecemos esta condición para evitar repetición de análisis de posibles
resultados, dada la simetría entre las tres variables.
Según el enunciado, xyzyzxzxy =++
1=z es imposible, porque implicaría que 0=+ yx . Por la misma razón, 1≠x e 1≠y . Los tres números
son mayores que 1
• Si ( )
2
2
2222222222
−
=⇒=−⇒=−⇒=+⇒=++⇒=
y
y
xyxyyxxyxyyxxyyxxyz
o Si 63 =⇒= xy
o Si yxy ==⇒= 44 : No cumple que yx ≠
o Si yxy <⇒> 4 , por lo que no se cumplen las condiciones
• Si ( )
32
3
3323322333333
−
=⇒=−⇒=−⇒=+⇒=++⇒=
y
y
xyxyyxxyxyyxxyyxxyz
o Si yxy <⇒> 3 , por lo que no se cumplen las condiciones
• Si ( ) ⇒=−−⇒=−−⇒−=+⇒=++⇒> yzxzyyzyzxzxyxyzxyxyzyzxzxyzyzxzxyz 3
( )( )
( ) zzy
yz
xyzxzzy
−−
=⇒=−−⇒
1
1 y se verifica siempre que si yxy <⇒> 4 , no
cumpliéndose las condiciones
Por lo tanto, los únicos valores posibles son 6,3,2 === xyz y su suma es =++=++ 236zyx
11

28. En una reunión de 500 diplomáticos sabemos que 450 de ellos hablan inglés, 390
hablan francés, 380 hablan español y 290 hablan alemán.
¿Cuál es el mínimo número de diplomáticos que podemos asegurar que hablan los
cuatro idiomas?
SOLUCIÓN
Vamos a analizar, en todo momento, la situación más adversa en cuanto al conocimiento de idiomas:
Supongamos que los 50450500 =− diplomáticos que no saben inglés saben, sin embargo, francés y los
110390500 =− diplomáticos que no saben francés saben, sin embargo, inglés.
Deducimos entonces que hay 16011050 =+ diplomáticos que no saben francés e inglés simultáneamente.
Si los 120380500 =− diplomáticos que no saben español se encuentran entre los 340160500 =− que
saben, a la vez, francés e inglés tendremos 28012011050 =++ diplomáticos que no conocen, a la vez,
inglés, francés y español.
Por último, y siguiendo un razonamiento similar a los anteriores, si los 210290500 =− diplomáticos que no
saben alemán se encuentran entre los 220280500 =− que saben, a la vez, francés, inglés y español
tendremos 49021012011050 =+++ diplomáticos que no conocen, a la vez, inglés, francés, español y
alemán.
Por tanto sólo podemos asegurar que hablan los cuatro idiomas, como mínimo,
10 diplomáticos

29. La figura adjunta muestra siete regiones delimitadas por las intersecciones de
tres círculos.
Se escribe un número entero en cada región de manera que sea la suma de
los números escritos en las regiones contíguas, que son las que tienen algún
arco común con la indicada.
Teniendo en cuenta los dos números ya señalados, ¿qué número hay que
colocar en la región central, pintada de rojo?
SOLUCIÓN
Señalando todas las regiones tenemos que
( )=−+=⇒



+=
−=
⇒



+=
=+
⇒





+=
+=
+=+
⇒







++=
+=
+=
+=
33
3
3
3
23
3
23
21
2
1
x
yx
y
yx
yy
yx
tsy
yts
yx
tsy
yt
ys
0

30. ¿Cuál es mayor capicúa de cuatro cifras divisible por 15?
SOLUCIÓN
Si es divisible por 15 lo es por 5 y como es capicúa necesariamente debe acabar y empezar por 5 para que
tenga cuatro dígitos.
Debe ser, entonces, de la forma 55aa
Al ser divisible por 15 lo es por
3
102
31023553
+
=⇒=+⇒=+++⇒
a
nnanaa , número natural.
El mayor valor de la cifra a que hace que n sea natural es 8
3
1072
7 =
+×
=⇒= na
En conclusión, el capicúa pedido es
5775

31. Sean a , b , c , d números naturales tales que ad = b 2
+ bc + c2
Demuestra que
es un número compuesto.
SOLUCIÓN
Sea 02222
>+++= dcbaN , número natural por ser suma de potencias de números naturales.
Teniendo en cuenta el enunciado, ⇒+−+=⇒−=+⇒++= 222222
dbcadaNbcadcbcbcbad
( )⇒++−++=−−−−++=⇒−−++=⇒ 2222222222
2222 cbcbdadacbcbbcdadaNadbcdadaN
( ) ( )22
cbdaN +−+=⇒
O sea, ( ) ( ) ( )( )cbdacbdacbdaN −−++++=+−+=
22
, por lo que
N = a2
+ b2
+ c2
+ d2
es compuesto

32. Sabiendo que 3-y
= 2 y que 2x+1
= 18, halla el valor exacto de la expresión
SOLUCIÓN
Como
3log
2log
2log3log23 −=⇒=×−⇒=−
yyy
Además, ( ) ( ) ⇒+
×
=
+×
=
×
==+⇒=×+⇒=+
1
2log
3log2
2log
2log3log2
2log
23log
2log
18log
118log2log1182
2
1
xxx
2log
3log2×
=⇒ x
Entonces, ==+−=





−×
×
−






−×
×
=−
2
3
2
2
1
3log
2log
2log
3log2
3log
2log
2log
3log2
11
xy
xy
1,5

33. Un círculo de radio unidad posee, en su interior, cuatro arcos del mismo radio
que encierran un cuadrado cuyos vértices son los puntos medios de los arcos
como se ve en la figura adjunta.
¿Cuál es la longitud del lado del cuadrado?
SOLUCIÓN
Dibujamos el cuadrado cuyos lados son tangentes al círculo en los puntos de intersección de los arcos y cuyos
vértices son los centros de los citados arcos, dividiéndolo entonces en cuatro cuadrados iguales todos de
lado unidad:
Tomamos uno de ellos y llamamos x a la longitud del lado del cuadradito azul
que contiene
Si d es la longitud de la diagonal del cuadradito azul, d+1 es la longitud de
la diagonal del cuadrado.
Aplicando entonces el teorema de Pitágoras en el cuadrado al triángulo
rectángulo formado por lados y diagonal tenemos ( ) ⇒=+=+ 2111 222
d
1221 −=⇒=+⇒ dd
Volvemos a usar el teorema de Pitágoras en el cuadradito azul en el triángulo
rectángulo formado por lados y diagonal y obtenemos ( ) ( ) ⇒
−
=⇒−=+=
2
12
12
2
22222
xxxd
( )
2
22
2
122
2
12 −
=⇒
−×
=
−
=⇒ xx
Como el lado del cuadrado azul original es el doble del anterior, la longitud de su lado es =
−
×=
2
22
22x
2 – √2

34. Halla todos los números naturales m tales que
es un cuadrado perfecto
SOLUCIÓN
Si 2121 1
=+×⇒= −m
mm , que no es cuadrado perfecto.
Si 21
121 amm m
=+×⇒> −
es impar, por lo que a es impar. Supongamos que 12 += xa , siendo x un
número natural.
Entonces, ( ) ( ) ( )⇒+××=+×=×⇒++=+==+×⇒> −−
124214412121 2212221
xxxxmxxxamm mm
( )12 3
+×=×⇒ −
xxm m
Es decir, el número 3
2 −
× m
m es producto de dos números naturales consecutivos. Al ser impar uno de ellos
m no puede ser una potencia de 2 y, además, uno de los dos factores consecutivos debe ser un divisor
impar de m
• Si 132323 333
×=×=×⇒= −−m
mm
• Si 452525 353
×=×=×⇒= −−m
mm , que cumple las condiciones del enunciado, pues
2415
9811162125125 ==+×=+×=+× −
• Si 163862626 363
×=×=×=×⇒= −−m
mm
• Si 1672727 373
×=×=×⇒= −−m
mm
• Si 3292929 393
×=×=×⇒= −−m
mm
• …
y vemos que, aun eligiendo como factor impar al máximo divisor impar de m , el otro factor es cada vez más
grande que el indicado.
Por lo tanto el único valor de m , para el que la expresión dada es un cuadrado perfecto, es
5

35. Eliminando uno de los n primeros números naturales, el promedio de los restantes es
4,75.
¿Qué número se ha eliminado?
SOLUCIÓN
Llamamos nx ≤≤1 al número buscado.
Como la suma de la progresión aritmética formada por los n primeros números naturales es
( )
2
1
...321
+×
=++++
nn
n , el enunciado dice que
( )
75,4
1
2
1
75,4
1
...321
=
−
−
+×
⇒=
−
−++++
n
x
nn
n
xn
Entonces,
019417205,925,85,95,9275,4
22
2 222
2
=+−−⇒=+−−⇒−=−+⇒=
−
−+
xnnxnnnxnn
n
xnn
Ahora debemos imponer que n y x deben ser naturales tales que nx ≤≤1
Aplicando la fórmula de las soluciones de una ecuación de segundo grado obtenemos
( )
4
3213717
4
19481717 2
x
n
x
n
+±
=⇒
+−×−±
=
El radicando debe ser cuadrado perfecto impar:
32
137
32137
2
2 −
=⇒=+
a
xax y 13≥a impar y del tipo
34 += ka para el signo positivo de la fórmula o 14 += ka para el signo negativo de la fórmula hasta
17<a
Posibilidades:
• 1
4
1317
1
32
137169
13 =
−
=⇒=
−
=⇒= nxa . No tiene sentido porque no habría números para
hacer el promedio
• 8
4
1517
75,2
32
137225
15 =
+
=⇒=
−
=⇒= nxa . No tiene sentido al no ser x natural
• 9
4
1917
7
32
137361
19 =
+
=⇒=
−
=⇒= nxa . Valores todos válidos y coherentes con el
enunciado
• 10
4
2317
25,12
32
137529
23 =
+
=⇒=
−
=⇒= nxa . No tiene sentido al no ser x natural y,
además, sucede que nx > para este valor y los siguientes
En resumen, el número eliminado es el
7

36. Dado un trapecio ABCD se dibuja el segmento BE paralelo al lado
CD del trapecio.
Si la superficie del trapecio ABCE es de 12 cm2
, calcula la
superficie del triángulo ACD
SOLUCIÓN
Llamamos h a la altura común del trapecio ABCE y del triángulo ACD
La superficie del trapecio ABCE es 12
2
=×
+
= h
AEBC
SABCE
cm2
y la superficie del triángulo ACD es
h
EDAE
h
AD
SACD ×
+
=×=
22
Como CDBE // y EDBC // se verifica que ABCEACD Sh
BCAE
h
EDAE
SBCED =×
+
=×
+
=⇒=
22
, por lo
que la superficie del triángulo es == ABCEACD SS
12 cm2

37. Descompón en factores primos el número
SOLUCIÓN
Evidentemente podemos operar y, siendo 8059981865320201320071995 =+××=N , obtener los
factores probando por sucesivos primos, pero esto nos llevaría excesivo tiempo. Lo hacemos de otra manera.
Si hacemos ( ) ( ) ⇒+−+−=++××−=⇒= 320726123206122007 223
aaaaaaaNa
320726 23
+−−=⇒ aaaN
Probamos por la regla de Ruffini para los divisores de 320 y obtenemos, en el primer caso de éxito, que
De lo anterior, ( ) ( )8024320726 223
−−×−=+−−= aaaaaaN
Resolviendo 08022
=−− aa obtenemos que



=
−=
⇒±=+±=
10
8
918011
a
a
a son las raíces del polinomio
de segundo grado, por lo que ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10848024320726 223
−×+×−=−−×−=+−−= aaaaaaaaaN
En resumen, como hemos hecho 2007=a , una primera descomposición factorial es
( ) ( ) ( ) 1997201520031020078200742007 ××=−×+×−=N
Los números anteriores son sencillos de factorizar:
• 2003 es primo
• 311352015 ××=
• 1997 es primo
Por lo tanto,
N = 5 x 13 x 31 x 1997 x 2003

38. Se marcan varios puntos, todos distintos, en una recta y se consideran todos los intervalos abiertos que
pueden construirse con cada par de esos puntos.
Si uno de los puntos está en el interior de 80 de esos intervalos y otro de los puntos está en el interior de 90,
¿cuántos puntos se han marcado en la recta?
SOLUCIÓN
Marcamos n puntos distintos (ordenados de menor a mayor) naaaa ,,...,, 321 en una recta:
A la vista del esquema, está claro que
• 1a no está en ningún intervalo
• 2a está en los intervalos ( )31 , aa , ( )41 , aa , …, ( )naa ,1 . Es decir, en 2−n intervalos
• 3a está en los intervalos ( )41 , aa , ( )51 , aa , …, ( )naa ,1 y ( )42 , aa , ( )52 , aa , …, ( )naa ,2 . Es decir,
en ( )22 −× n intervalos
• …
• ma está en los intervalos ( )11 , +maa , ( )21 , +maa , …, ( )naa ,1 ; ( )12 , +maa , ( )22 , +maa , …, ( )naa ,2 ; ...;
( )11 , +− mm aa , ( )21 , +− mm aa , …, ( )nm aa ,1+ . Es decir, en ( ) ( )mnm −×−1 intervalos, siendo nm ≤≤1
Entonces, consideramos dos puntos xa , contenido en 80 intervalos, y ya , contenido en 90 intervalos.
Se verifica que
( ) ( )
( ) ( ) 


=−×−
=−×−
901
801
yny
xnx
. Veamos las posibilidades:
• ( ) ( ) 0172839082182;280;11 2
=+−⇒=−×−⇒==⇒=−=− yyyynxxnx . El discriminante
de esta ecuación 62011724832
=×−=∆ no es cuadrado perfecto y⇒ no es entero: imposible
• ( ) ( ) 0133449043143;340;21 2
=+−⇒=−×−⇒==⇒=−=− yyyynxxnx . El discriminante
de esta ecuación 14041334442
=×−=∆ no es cuadrado perfecto y⇒ no es entero: imposible
• ( ) ( ) 0115269025125;520;41 2
=+−⇒=−×−⇒==⇒=−=− yyyynxxnx . El discriminante
de esta ecuación 2161154262
=×−=∆ no es cuadrado perfecto y⇒ no es entero: imposible
• ( ) ( ) 0112239022122;616;51 2
=+−⇒=−×−⇒==⇒=−=− yyyynxxnx . El discriminante
de esta ecuación





=
−
=
=
+
=
⇒
±
=⇒=×−=∆
7
2
923
16
2
923
2
8123
811124232
y
y
y , coherentes ambas
• ( ) ( ) 0109209019119;910;81 2
=+−⇒=−×−⇒==⇒=−=− yyyynxxnx . El discriminante
de esta ecuación 361094202
−=×−=∆ es negativo y⇒ no es entero: imposible
Las posibilidades 8;101 =−=− xnx ; 5;161 =−=− xnx ; 4;201 =−=− xnx ; 2;401 =−=− xnx y
1;801 =−=− xnx repiten los valores de n , por lo que su estudio saca las mismas conclusiones que en los
cinco casos anteriores.

39. La única posibilidad coherente es, entonces, que 22=n con 6=x o 17=x (que se obtiene en el análisis de
uno de los cinco últimos casos) e 7=y o 16=y
En resumen, el número de puntos que se han marcado en la recta en todos los casos factibles es
22

40. N es el menor número entero positivo cuyas cifras suman 2015.
¿Cuánto suman las cifras del número N + 1 ?
SOLUCIÓN
El menor número debe tener la menor cantidad posible de cifras por lo que deberá tener la mayor cantidad
de cifras iguales a 9
Dividimos 2015 entre 9 y obtenemos 223 de cociente y 8 de resto.
Por lo tanto el menor número debe tener 223 nueves y un 8. Será el número 9......98
2231 cifras+
De lo anterior, 0......0919......981
22312231 cifrascifras
N
++
=+=+ y la suma de sus cifras es
9

41. Halla todos los pares de números reales (x,y) que verifican la ecuación
SOLUCIÓN
Completamos cuadrados en el polinomio: ( ) ( ) ( ) ( )=−+++=++ xysenxysenxysenxxxysenxx 2222
1212
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )xyxysenxxysenxysenxysenxx 22222
cos12 ++=−+++=
La ecuación queda, entonces, ( )( ) ( )
( )
( ) 


=
=+
⇒=++
0cos
0
0cos22
xy
xysenx
xyxysenx , cumpliéndose ambas
afirmaciones a la vez.
Si ( ) Zkkxyxy ∈∀+=⇒= ,
2
0cos π
π
Estudiamos los casos para la primera igualdad deducida:
• Si nk 2= es par, ( ) ⇒=+⇒=





+⇒=





++⇒=+ 010
2
02
2
0 xsenxnsenxxysenx
π
π
π
1−=⇒ x . Entonces, Znnynynynxy ∈∀+=⇒+−=⇒+=−⇒+= ,2
2
3
2
2
2
2
2
2
π
π
π
π
π
π
π
π
• Si 12 += nk es impar, ( ) ( ) ⇒=





×+++⇒=+ 012
2
0 π
π
nsenxxysenx
10
2
3
02
2
3
=⇒=





+⇒=





++⇒ xsenxnsenx
π
π
π
. Entonces,
( ) Znnynynxy ∈∀+=⇒+=⇒×++= ,2
2
3
2
2
3
12
2
π
π
π
π
π
π
Concluyendo, los pares pedidos son
(±1 , 3π/2 + 2nπ), para cualquier n entero

42. En el aula de Plástica se están haciendo insectos voladores de papel. Con un
cuadrado, de 6 cm de lado, se hacen las alas azules de uno de ellos.
La zona azul, que forma las alas, del cuadrado está limitada por un semicírculo y
dos arcos de cuadrante.
Halla la superficie de una de las alas.
SOLUCIÓN
Si dividimos la figura en los cuatro cuadraditos iguales que se ven vemos que cada
uno de ellos está formado por una parte azul y otra roja rotuladas con los dígitos
1 y 2 que designan, respectivamente, a partes de la misma superficie que hay en
todo el cuadrado.
Como hay dos partes 1 y dos partes 2 de cada color, la superficie blanca y la
superficie azul, encerradas por el cuadrado, tendrán el mismo área.
De ahí, el área de la parte azul es la mitad de la del cuadrado: 18
2
66
=
×
cm2
Por consiguiente la superficie de una de las alas será =
2
18
9 cm2

43. La función representada en la figura adjunta es y = f (x )
¿Cuántas soluciones tiene la ecuación f (f (f (x ))) = 0 ?
SOLUCIÓN
Es fácil deducir que la función que nos muestra la gráfica es





>
≤<−−
−≤+
=
0
02
24
)(
xsix
xsix
xsix
xf
Entonces, ( )
( )
( ) ( ) ⇒





>
≤<−
−≤+
=





⇒
>
≤<−−−
−≤++
=
0
02
28
)(
0
02
244
)(
xsix
xsix
xsix
xff
xsix
xsix
xsix
xff
( )( )
( )
( )( )





>
≤<−−
−≤+
=⇒





>
≤<−−
−≤++
=⇒
0
02
212
)(
0
02
248
)(
xsix
xsix
xsix
xfff
xsix
xsix
xsix
xfff
( )( ) 0)( =xfff se cumple si
• ( )( ) 12012)( −=⇒=+= xxxfff cuando 2−≤x
• ( )( ) 00)( =⇒=−= xxxfff cuando 02 ≤<− x
• ( )( ) 0)( == xxfff cuando 0>x (¡imposible!)
• 40404)( −=⇒=+⇒=+= xxxxf cuando 2−≤x y, asi, ( )( ) ( )( ) ( ) 000)4( ===− ffffff
• ( ) 80808)( −=⇒=+⇒=+= xxxxff cuando 2−≤x y, asi, ( )( ) ( ) 00)8( ==− ffff
Las soluciones de la ecuación son 12− , 8− , 4− y 0 :
4 soluciones

44. Encuentra todas las funciones naturales de variable natural f tales que
para todo número natural n
SOLUCIÓN
( ) ( )( ) ( )( )( ) ⇒=++ nnfffnffnf 3
Si hacemos ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) 11113131111 ===⇒=×=++⇒= ffffffffffffn al ser las
imágenes tres números naturales que suman 3
Si hacemos ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) 22226232222 ===⇒=×=++⇒= ffffffffffffn al ser las
imágenes tres números naturales que suman 6 y, necesariamente, ( ) ( )12 ff ≠ : si fueran iguales
( ) ( )( ) ( )( )( )222 ffffff ++ valdría 3 y no 6 .
Siguiendo el mismo razonamiento obtenemos que ( ) 11 =f , ( ) 22 =f , ( ) 33 =f , …, ( ) Nnnnf ∈∀= ,
La única función que cumple la condición del problema es
la función natural de variable natural IDENTIDAD: f (n ) = n

45. Estamos en el año 2016.
Calcula, DE MEMORIA, la raiz cuadrada de las sumas de las cuatro operaciones
básicas donde intervenga exclusivamente, dos veces en cada operación, ese año.
SOLUCIÓN
Si hacemos 2016=n , en general ( ) ( ) ( ) ( ) =++=+++=+×+−++ 12102/ 22
nnnnnnnnnnnn
( ) Nnnn ∈∀+=+= ,11
2
Por tanto, el resultado de la operación es
2017

46. Las distancias de un punto P a tres de los vértices de un rectángulo son, como
se ve en la figura, 3, 6 y 10 cm.
Halla la distancia de P al cuarto vértice.
SOLUCIÓN
Llamamos x a la distancia pedida en centímetros.
Dividimos el rectángulo en cuatro rectángulos al dibujar dos segmentos, desde
un lado al opuesto, paralelos a los lados pasando por P . Señalamos las
longitudes de sus lados con los correspondientes valores dcba ,,,
Esos cuatro rectángulos tienen, como diagonales, a los segmentos con las
distancias dadas y con la pedida.
Aplicando el teorema de Pitágoras en cada uno de ellos obtenemos:
( ) ( ) ( ) ⇒



=+
=+
⇒



=+
−+=−+=+−+++
⇒







=+
=+
=+
=+
−+
222
22
222
222222222
ª2ª3ª1
222
222
222
222
1279361003610
6
3
10
xcb
cb
xcb
dadbca
xcb
db
da
ca
ec
==⇒=⇒ 1271272
xx
11,27 cm

47. Halla los pares de números enteros ( x , y ) que verifican la ecuación
SOLUCIÓN
( ) ( ) 4745202720542754 =−×−⇒+=+−−⇒=−− yxyxxyyxxy
Como 47 es primo, las posibilidades existentes es que uno de los factores sea 1± y el otro 47±
Entonces:
• ⇒



=
=
⇒



=−
=−
51
6
474
15
y
x
y
x
el par ( )51,6 verifica la ecuación
• ⇒



−=
=
⇒



−=−
−=−
43
4
474
15
y
x
y
x
el par ( )43,4 − verifica la ecuación
• ⇒



=
=
⇒



=−
=−
5
52
14
475
y
x
y
x
el par ( )5,52 verifica la ecuación
• ⇒



=
−=
⇒



−=−
−=−
3
42
14
475
y
x
y
x
el par ( )3,42− verifica la ecuación
(-42 , 3); (4 , -43); (6 , 51); (52 , 5)

48. Halla x sabiendo que
SOLUCIÓN
Teniendo en cuenta que
( ) 55
2
10101
10...21 =
×+
=+++ según la fórmula de la suma de una progresión
geométrica, ⇒=×++×+⇒=+++ 11010log10...10log210log11010log...10log10log 102
xxxxxx
( ) ⇒=⇒==⇒=×⇒=×+++⇒ 102
55
110
10log11010log5511010log10...21 2
xxxx
x = √10

49. Rellena los huecos que faltan:
SOLUCIÓN
La solución es cuestión de lógica. Empezando por las veces que aparece el cero y casi todas las demás cifras
(una vez, en la mayoría de los casos es lo más lógico),…. Se llega a

50. Escribimos todos los números del 1 al 9999 de forma consecutiva formando el número
Halla la cifra que ocupa el lugar 2016 en dicho número.
SOLUCIÓN
El número N está formado por 9 números de una cifra, 90 números de dos cifras, 900 números de tres
cifras y 9000 números de cuatro cifras. En total, tiene 3888949000390029019 =×+×+×+× cifras, y a
partir de la siguiente cifra a la que ocupa el lugar 18929019 =×+× y hasta la cifra que ocupa el lugar
2889390029019 =×+×+× son todos los valores añadidos de tres cifras y la cifra que ocupa el lugar 2016
está en el lugar 18271892016 =− desde el inicio de esos valores.
Hay 900valores de tres cifras añadidos (2700 cifras) y, cada 3009/2700 = cifras cambia la de las centenas.
Visto que se trata del que ocupa el lugar 2730061827 +×= , la cifra de las centenas en donde esta la cifra
buscada es un 7 . A partir de ahí, deberíamos marcar 93/27 = números completos, siendo la cifra de las
unidades del último ( 708700,708 ade ) el que nos indica la buscada.
La cifra es
8

51. La media geométrica de tres números es 3 y la media
geométrica de otros tres es 12.
¿Cuál es la media geométrica de los seis?
SOLUCIÓN
Sean cba ,, los tres primeros números: 33
=×× cba
Sean fed ,, los otros tres números: 123
=×× fed
Entonces, =×=×=×××××=×××××=××××× 12312333666
fedcbafedcbafedcba
== 36
6

52. Halla
SOLUCIÓN
01616...16161616...161616 22
=−−⇒+=++++=⇒+++= xxxxx
Entonces,
( )
2
651
2
16411
0162 ±
=
−×−±
=⇒=−− xxx
En el contexto del enunciado, como =
+
=⇒>
2
651
0 xx
4,5311

53. Las longitudes de los lados de un triángulo están en progresión aritmética,
y las longitudes de sus alturas también.
Si un lado del triángulo mide 4 cm, halla las longitudes de los otros dos.
SOLUCIÓN
Nombrando lados y alturas del triángulo con las correspondientes letras
tenemos, según indica el enunciado y si x es la diferencia de la progresión
aritmética de los lados e y es la diferencia de la progresión aritmética de
las alturas, que



+=
+=
xac
xab
2
y



+=
+=
ymp
ymn
2
según la correspondencia
(proporción inversa: x e y deben tener distinto signo) entre lados y
alturas.
El área del triángulo puede escribirse así:
( ) ( ) ( ) ( ) ⇒
+×+
=
+×+
=
×
⇒
×
=
×
=
×
2
22
22222
ymxaymxamapcnbma
⇒=++=++⇒
+++
=
+++
=⇒ 0422
2
422
22
xyxmayxyxmay
xyxmayamxyxmayamam
00 =⇒=⇒ xxy o 0=y , pero en ambos casos se deduce que el otro parámetro debe ser también nulo.
Por tanto 0== yx y los tres lados son iguales, siendo el triángulo equilátero. Los otros lados miden
4 cm y 4 cm

54. Blanca tiene un dado clásico, con las caras numeradas con 1, 2, 3, 4, 5, 6, y
Lourdes tiene un dado especial: sus seis caras están numeradas con 2, 2, 2, 5,
5, 5.
Si lanzan los dos dados a la vez, ¿cuál es la probabilidad de que Blanca saque
un número superior al que saque Lourdes?
SOLUCIÓN
Si llamamos Bn al suceso “saca Blanca el número n” y nL < al suceso “saca Lourdes un número menor que
n”, la probabilidad de que gane Blanca será ( ) ( ) +<×+<×= )2(2)1(1)( LPBPLPBPBlancaganarP
( ) ( ) ( ) ( ) =<×+<×+<×+<×+ )6(6)5(5)4(4)3(3 LPBPLPBPLPBPLPBP
=+=+×+×+×=×+×+×+×+×+×=
6
1
12
3
6
1
2
1
6
1
2
1
6
1
2
1
6
1
1
6
1
6
3
6
1
6
3
6
1
6
3
6
1
0
6
1
0
6
1
5/12

55. Las longitudes de los catetos de un triángulo rectángulo son x cm e y cm, y
la hipotenusa mide x + y – 4 cm
Halla la longitud del radio de su circunferencia inscrita.
SOLUCIÓN
Nombramos los vértices y el incentro, centro de la circunferencia
inscrita, y llamamos r a su radio.
En el dibujo aparecen tres triángulos CIBBIAAIC ,, tales quye la
siuma de sus áreas es igual al área del triángulo rectángulo ABC ,
rectángulo en A : ⇒=++ ABCCIBBIAAIC ÁreaÁreaÁreaÁrea
( ) ( )
422
4
22
4
22 −+
=⇒×=×−+++⇒
×
=
×−+
+
×
+
×
⇒
yx
xy
ryxryxyx
yxryxryrx
Por otro lado, aplicando el teorema de Pitágoras en el triángulo ABC , ( ) ⇒+=−+ 222
4 yxyx
8441688288216 2222
−+=⇒−+=⇒+=−−+++⇒ yxxyyxxyyxyxxyyx
Ssustituyendo esta última expresión en la obtenida para r ,
( ) ⇒
−+
−+×
=
−+
−+
=
−+
=
422
4222
422
844
422 yx
yx
yx
yx
yx
xy
r
r = 2 cm

56. Halla la función real de variable real tal que
SOLUCIÓN
Sea ( ) { }1,0,
1
1
−∈∀=





−
+ Rxx
x
fxf [1]
Si tomamos el valor
x−1
1
, ⇒
−
=












−
−−
+





−
⇒
−
=












−
−
+





− x
x
x
f
x
f
x
x
f
x
f
1
1
1
11
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
xx
x
f
x
f
xx
x
f
x
f
−
=




 −
+





−
⇒
−
=





−
−
+





−
⇒
1
11
1
1
1
11
1
1
[2]
Y tomando el valor
x
x 1−
, ⇒
−
=












+−
+




 −
⇒
−
=












−
−
+




 −
x
x
x
xx
f
x
x
f
x
x
x
x
f
x
x
f
1
1
111
1
1
11
( )
x
x
xf
x
x
f
11 −
=+




 −
⇒ [3]
Operamos ahora las tres expresiones:
[1]+[3]-[2] ( ) ( ) ⇒
−
−
−
+=




 −
−





−
−+




 −
+





−
+⇒
xx
x
x
x
x
f
x
fxf
x
x
f
x
fxf
1
111
1
11
1
1
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
xx
xx
xf
xx
xx
xx
xxxxx
xx
xxxxx
xf
22
1112
1
111
2 2
3
2
3
2
2322
−
+−
=⇒
−
+−
=
−
−−+−−
=
−×
−−×−+−×
=⇒
La función es
f (x) = (x3
-x+1)/(2x2
-2x) para xєIR, x≠0, x≠1

57. ¿Cuáles, de las siguientes proposiciones, son ciertas?:
A) “C es cierta”
B) “A es cierta”
C) “E es falsa”
D) “B es falsa”
E) “1 + 1 = 2”
SOLUCIÓN
Si A fuera cierta, C sería cierta y, por tanto, E falsa. Esto es absurdo porque E es, evidentemente, cierta.
De lo anterior se deduce que A es falsa, por lo que B y C también son falsas y D , por tanto, cierta.
Son ciertas D y E

58. Tres circunferencias de igual radio, tangentes entre sí, están inscritas en otra
circunferencia de radio unidad.
¿Cuánto miden los radios de esas circunferencias?
SOLUCIÓN
Llamando r al radio de los círculos interiores y dibujando las líneas que se
muestran en la imagen aparece un triángulo equilátero de r2 unidades de
lado y cuyo baricentro coincide con el centro de la circunferencia exterior.
La longitud de la altura del triángulo la calculamos aplicando el teorema
de Pitágoras en uno de los triángulos rectángulos mitades del equilátero:
( ) rrrraltura ×==−= 332 222
Por otro lado, como la distancia del baricentro a cada vértice son dos
tercios de la mediana correspondiente, que en este caso coincide con la
altura, ⇒=+××⇒××=×=− 13
3
2
3
3
2
3
2
1 rrralturar
( ) ( )
( ) ( )
( )⇒
−××
=
−××+×
−××
=
+×
=⇒=×+×⇒=+××⇒
3
3323
332332
3323
332
3
333213
3
2
rrrr
332 −×=r
2 x √3 – 3 unidades de longitud

59. Calcula las soluciones reales de la ecuación
SOLUCIÓN
Sea 597 44
=+− xx . Hacemos 4
97 yx =− y



=+
=+
⇒=
97
5
44
4
zy
zy
zx
Entonces, ( ) yzzyyzzyzy 225252 22222
−=+⇒=++=+
Por otro lado, ( ) ( ) ⇒==++×++=++++=+ 625564644 42222442233444
zyzyyzzyzyyzzyzyzy
( ) ⇒=+−+−⇒=+−×+⇒ 097625681006256225497 222222
zyzyyzzyyzyz
( ) ( ) 192536125264252502645005281002 2222
±=±=−±=⇒=+−⇒=+−⇒ yzyzyzyzzy
De lo anterior salen las siguientes posibilidades:
• 61925 =−=yz
o 1=y , 6=z ; 6=y , 1=z : no cumplen la primera ecuación 5=+ zy
o 2=y , 8133 4
==⇒= xz y se cumplen todas las condiciones iniciales
o 3=y , 1622 4
==⇒= xz y se cumplen todas las condiciones iniciales
• 441925 =+=yz
o No hay valores de y , z que cumplan la primera ecuación 5=+ zy
Por lo tanto, las únicas soluciones son
x = 16, x = 81

60. ¿Cuántos polígonos regulares hay, obviado la longitud del lado, cuyos ángulos (en
grados sexagesimales) interiores son números enteros?
SOLUCIÓN
El ángulo de un polígono regular de n lados mide exactamente
n
º360
º180 −
(según se puede ver en la imagen adjunta) por lo que el número de lados, para
que el ángulo sea un valor entero positivo, debe ser cualquier divisor de º360
mayor que 2
Como 532360 23
××= , los divisores de 360 mayores de 2 son
360,180,120,90,72,60,45,40,36,30,24,20,18,15,12,10,9,8,6,5,4,3
22 polígonos

61. En un bombo de lotería quedan cuatro bolas, dos con número par y dos con número
impar.
Si damos vueltas al bombo y extraemos dos bolas, ¿cuál es la probabilidad de que la
suma sea impar?
SOLUCIÓN
Habrá suma impar si sacamos dos números de distinta paridad. Por lo tanto, llamando I a ‘sacar impar’ y P
a ‘sacar par’ la probabilidad que nos piden es
( ) ( ) ( ) ( )
3
2
3
2
4
2
2
3
2
4
2
3
2
4
2
|| =××=×+×=×+×= IPPIPPIPPPP
2/3

62. Dado un número real a, se define el polinomio
Halla todas sus raíces sabiendo que son reales y están en progresión aritmética.
SOLUCIÓN
Sean dmmdm +− ,, las tres raíces, en progresión aritmética, del polinomio. Entonces
( ) ( ) ( ) ( )=−−×−×+−=+−+= dmxmxdmxaxaxxxP 102 23
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )dmmdmxdmmdmdmmdmmxx +××−−×+×++×−+×−+−= 23
3 , de donde se obtiene
que
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
⇒





−=−
−=−
−=
⇒





−=−
−=−
−=
⇒





=+××−−
−=+×++×−+×−
=−
×→
10
3
23
10
3
23
10
23
23
23
ª2ª2
23
22
mdm
mamdm
am
mdm
adm
am
dmmdm
admmdmdmmdm
am
m
020342034
2024
23
102
23 2323
ª1ª2
3
2
ª22ª2
ª1ª1
3
ª3ª2
=−−⇒=−⇒



+−=
−=
⇒



+−=
−=
⇒
−×→
×→
−
mmmm
mam
mam
mam
am
m
Probando por Ruffini se obtiene que ( ) ( )105422034 223
++×−=−− mmmmm , y la única solución real de
la ecuación obtenida es 2=m
Como 39102810 22
2
23
±=⇒=⇒−=−⇒−=−
=
dddmdm
m
En ambos casos las raíces pedidas son, entonces, dmmdm +− ,, cuyos valores son
-1, 2, 5

63. En el rectángulo ABCD de la figura P1 es el punto medio de
DC ; P2 es el punto medio de AP1 ; P3 es el punto medio de
BP2 , y P4 es el punto medio de CP3
Halla la razón entre las áreas del cuadrilátero P1P2P3P4 y del
rectángulo ABCD
SOLUCIÓN
Sean a y b las dimensiones de los lados del rectángulo.
Al ser 1P el punto medio de
2
1
b
DPDC =⇒
Por lo tanto,
42
2
1
ab
b
a
ÁreaADP =
×
=
Como 2P es el punto medio de ⇒1AP la distancia de 2P al
lado AB es
2
a
por lo que
42
2
2
ab
a
b
Área BAP =
×
=
También, por la razón anterior, la distancia de 2P al lado AD es ⇒
4
b
la distancia de 2P al lado BC es
⇒
4
3b
la distancia de 3P al lado BC es
8
3b
al ser 3P el punto medio de 2BP . Entonces,
16
3
2
8
3
3
ab
b
a
Área CBP =
×
=
Por último, la distancia de 2P al lado AB es ⇒
2
a
la distancia de 3P al lado AB es
4
a
al ser 3P el punto
medio de 2BP , por lo que la distancia de 3P al lado DC es
4
3a
y la distancia de 4P al lado DC es
8
3a
al ser
4P el punto medio de 3CP . Por ello,
32
3
2
8
3
2
14
ab
ab
Área PCP =
×
=
La superficie del cuadrilátero interior es, entonces,
⇒−−−−=−−−−=
32
3
16
3
44143214321
abababab
abÁreaÁreaÁreaÁreaÁreaÁrea PCPCBPBAPADPABCDPPPP
32
7
32
368832
4321
ab
abÁrea PPPP =
−−−−
=⇒
La razón entre las dos superficies es
7/32

64. Si
¿cuál es el mayor factor primo de n ?
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇒××××=×+×+×+=+⇒×××=
+
!13732!123!313732
!
!3 3333
nnnnnn
n
n
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇒=+⇒××=××××=×××=+×+×+⇒ 26126272813237213732123 3233
nnnn
2
525 ==⇒ n
El mayor factor primo de 25=n es
5

65. En un triángulo rectángulo se traza la altura que parte del ángulo recto y
el triángulo queda dividido en dos triángulos, uno de los cuales tiene el
triple de área que el otro.
Si la hipotenusa del triángulo original mide 1 cm, ¿cuánto miden sus
catetos?
SOLUCIÓN
Sean a y b los dos catetos, h la altura y x e y los segmentos en que
queda dividida la hipotenusa por la altura citada: 1=+ yx
Según el enunciado, xy
xhyh
3
2
3
2
=⇒
×
×=
×
Entonces,





=
=
⇒



=
=
⇒



=
=+
⇒



=
=+
cmy
cmx
xy
x
xy
xx
xy
yx
4
3
4
1
3
14
3
13
3
1
Según el teorema de la altura, cmhyxh
4
3
16
3
4
3
4
12
=⇒=×=×=
En las condiciones anteriores aplicamos a sendos triángulos rectángulos el teorema de Pitágoras y
obtenemos
cmaahxa
2
1
4
1
16
4
16
3
16
1
4
3
4
1
22
2222
=⇒==+=







+





=⇒+=
cmbbhyb
2
3
4
3
16
12
16
3
16
9
4
3
4
3
22
2222
=⇒==+=







+





=⇒+=
1/2 cm y √3/2 cm

66. Eli está haciendo un cuadrado mágico multiplicativo utilizando los números 1, 2, 4,
5, 10, 20, 25, 50 y 100.
Los productos de los números situados en cada fila, en cada columna y en las dos
diagonales deben ser todos iguales.
Ha comenzado como se ve en la figura.
¿Qué número debe poner Eli en la casilla marcada con el signo de interrogación?
SOLUCIÓN
Como 100010000000001000000000100502520105421 3
=⇒=×××××××× es el valor de los
productos de cada fila, columna o diagonal.
De ahí, el último número de la primera fila debe ser 50
120
1000
=
×
Evidentemente, el 100 no puede estar nunca alineado ni con 20 ni con 50 , pues su
producto con cualquiera de ellos rebasaría el valor común de los productos. En
consecuencia, 100 debe estar en la casilla central de la última fila.
Siguiendo la lógica, el valor de la casilla central es 10
1100
1000
=
×
de donde el valor de
la primera casilla de la tercera fila es 2
5010
1000
=
×
y el de la última casilla de la
tercera fila es 5
2100
1000
=
×
Para acabar, los valores que faltan por rellenar en las dos casillas de la fila central
son, respectivamente, 25
220
1000
=
×
y 4
505
1000
=
×
, con lo que queda completado el cuadrado mágico:
El valor pedido es
4

67. El hexágono regular inscrito en la estrella tiene un área de 12 cm2
¿Cuál es el valor del área, en cm2
, de la estrella?
SOLUCIÓN
Observamos que el hexágono está compuesto de 6 triángulos equiláteros iguales
(en verde), por lo que el área de cada uno será de 2
6
12
= cm2
Si a mide cada lado de dichos triángulos y h la altura, aplicando el teorema de
Pitágoras a uno de los triángulos rectángulos en los que la altura divide a cada
equilátero obtenemos que
2
3
4
3
42
22
2
2
22 a
h
aa
a
a
ah
×
=⇒=−=





−= cm
De ahí, 32
4
3
8
3
3
8
2
4
3
2
2
3
2
22
2
×=
×
=⇒=⇒=
×
=
×
×
=
×
ha
a
a
a
ha
Se observa que h es, precisamente, el lado cada triángulo equilátero (en naranja) formado por el centro del
hexágono y dos vértices consecutivos suyos.
Por un razonamiento idéntico al caso anterior, el área de cada uno de estos triángulos equiláteros es
2
3
4
323
4
3 2
=
××
=
× h
cm2
Teniendo en cuenta que la estrella se descompone en 12 de tales triángulos equiláteros marrones, su área
será =×12
2
3
18 cm2

68. Hallar todos los números enteros n para los que
es un número primo
SOLUCIÓN
Como ( ) ( ) ( ) 112111 2422422222
++=−++=−+=+−×++ nnnnnnnnnnn , el número 124
++ nn es
primo sólo si, en todo caso, el factor ( )



±=
=
⇒=±×⇒=±⇒=+±
1
0
01011 22
n
n
nnnnnn
Ahora bien, si 0=n obtendríamos 1100 24
=++ , número no primo, por lo que los valores enteros que
hacen que la expresión sea número primo
( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 





=+−+−=×=+−−−×+−+−
=++=×=+−×++
311131111111
311113111111
2422
2422
son
n = ±1

69. Ocho sobres sin marca alguna en el exterior contienen los números 1, 2, 4, 8, 16,
32, 64, 128.
Presen elige unos cuantos sobres al azar y Roque toma los que quedan.
Ambos suman los números que hay dentro de los sobres, y la suma de Presen es
31 unidades más que la de Roque.
¿Cuántos sobres cogió Presen?
SOLUCIÓN
Se hacemos la suma total de los contenidos de los sobres obtenemos 2551286432168421 =+++++++
Si a y b son las sumas que corresponden a cada uno (Presen y Roque, respectivamente) se debe cumplir
que



=
=
⇒



=−
=+
112
143
31
255
b
a
ba
ba
De esta manera, como



++=+==
++++=+==
1632644864112
124812815128143
b
a
se deduce inmediatemente que Roque cogió
3 sobres y Presen cogió
5 sobres

70. El área de un hexágono regular en cm2
viene dada por el mismo número que su
perímetro en cm.
¿Cuántos centímetros mide su lado?
SOLUCIÓN
Si el lado del hexágono es a , el área es 2
4
3
6 a×× cm2
, seis veces el área de un triángulo equilátero de lado
a cm.
El perímetro es, evidentemente, a6 cm.
Entonces, como debe ser =
×
==⇒=×⇒=××
3
34
3
4
1
4
3
6
4
3
6 2
aaaa
2,31 cm

71. Sea la sucesión dada por a1 = a2 = 1 y
Halla a2016
SOLUCIÓN
NnaaaaNna
a
a nnnnn
n
n ∈∀+×=×⇒∈∀+= +++
+
+ ,1,
1
112
1
2
y como Nnnaaaa nn ∈∀=×⇒== + ,1 121
Entonces, ⇒=
×
×
=
×
==⇒
−
=>∀⇒−=×>∀
−
− ...
2014
20132015
2014
201520151
,11,1
2013
2014
2015
2016
1
1
a
a
a
a
a
n
annaan
n
nnn
( ) ( ) ( )
⇒
×
=
××××
=
××××
××××
=⇒ 21007222016
2!1007
!2015
2...201020122014
!2015
2...201020122014
3...201120132015
a
( )2!100720142
!2015
2016
×
=a

72. La figura muestra un cubo en el que hay marcados cuatro ángulos.
¿Cuánto vale la suma de esos ángulos?
SOLUCIÓN
Según se ve en la figura está claro que hay tres ángulos de º90
El cuarto, en el vértice A mide º60 si observamos que es uno de los del
triángulo equilátero ABC
La suma de los ángulos es, entonces, =+++ º60º90º90º90
330o

73. Un comerciante desea etiquetar un producto para que al hacer un
descuento del 20 % obtenga un beneficio del 25 %.
Si el producto le costó 200 €, ¿qué precio debe poner en la etiqueta?
SOLUCIÓN
Si desea obtener un beneficio del %25 sobre los €200 de coste debería obtener €250€20025,1 =×
efectivos.
Si quiere hacer un %20 de descuento respecto del precio etiquetado deberá indicar un precio tal que su
%80 sean los €250 que quiere obtener de ganancia.
Por lo tanto, el etiquetado del producto debe ser de =
×
80
100250
312,5 €

74. Escribe la expresión más simplificada del número
SOLUCIÓN
Si observamos,
( ) Nn
n
nn
n
nn
n
n
n
∈∀
×−
=
−
=
−
=− ,
21224242
4 22
2
De ahí, =




 ×
××




 ×
×




 ×
×




 ×
=





−××





−×





−×





− 2222
2016
40324031
...
3
65
2
43
1
21
2016
2
4...
3
2
4
2
2
4
1
2
4
( ) ( )
=
×
==
××××
××××××××
=
!2016!2016
!4032
!2016
!4032
2016...321
40324031...654321
22






2016
4032

75. Un barco de motor tarda 4 horas en navegar, corriente abajo, de Iquitos a
Tabatinga.
El retorno, contra corriente, de Tabatinga a Iquitos, le lleva 6 horas.
¿Cuántas horas tardaría un tronco de madera en llegar desde Iquitos a
Tabatinga, llevado sólo por la corriente, suponiendo que no encuentra ningún
obstáculo en su camino?
SOLUCIÓN
Llamamos d a la distancia entre Iquitos y Tabatinga y v a la velocidad del barco en km/h.
Si w es la velocidad de la corriente del río, también en km/h, se cumple que, corriente abajo, ambas
velocidades se suman por lo que
4
d
wv =+ y corriente arriba deberán restarse:
6
d
wv =−
Restando ambas igualdades tenemos que ( ) ( ) ⇒=⇒
−
=+−+⇒−=−−+
12
2
12
23
64
d
w
dd
wvwv
dd
wvwv
24
d
w =⇒ , velocidad de la corriente.
En conclusión, el tronco de madera tardará en hacer el trayecto
24 horas

76. En una progresión aritmética de nueve términos el quinto es 4.
¿Cuánto suman los nueve términos?
SOLUCIÓN
Si d es la diferencia de la progresión, tenemos que daadaadaadaa −=−=−=−= 54535251 ;2;3;4 y
daadaadaadaa 4;3;2; 59585756 +=+=+=+=
Por lo tanto, ++++−+−+−+−=++++++++ daadadadadaaaaaaaaaa 555555987654321 234
=×==++++++ 499432 5555 adadada
36

77. Calcula todas las sucesiones finitas de números naturales consecutivos cuya suma es 484
SOLUCIÓN
Sea la sucesión maaaa +++ ...,,2,1, de 1+m de números naturales consecutivos,
progresión aritmética.
Como la suma de los n primeros términos de una progresión aritmética es
( )
2
1 naa
S n ×+
= , la suma de la
propuesta es
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 96812484
2
12
2
1
=+×+⇒=
+×+
=
+×++
mam
mammmaa
Teniendo en cuenta que amm 21 +<+ (por ser m y a números naturales) y que 23
112968 ×= podemos
analizar las siguientes posibilidades:
• 483248421;14842;21 =⇒=+=⇒=+=+ aamamm , imposible porque Na∈
• 239224223;32422;41 =⇒=+=⇒=+=+ aamamm , imposible porque Na∈
• 57114212127;71212;81 =⇒=⇒=+=⇒=+=+ aaamamm :
sucesión 64,63,62,61,60,59,58,57
• 3978288210;10882;111 =⇒=⇒=+=⇒=+=+ aaamamm :
sucesión 49,48,47,46,45,44,43,42,41,40,39
• 23244221;21442;221 =⇒=+=⇒=+=+ aamamm , imposible porque Na∈
Por lo tanto, hay 2 sucesiones que cumplen las condiciones del problema:
57, 58, 59, 60, 61, 62, 63, 64
39, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49

78. Félix escribe cuatro números naturales consecutivos.
A continuación, calcula las cuatro sumas posibles con tres
de ellos y ninguna de ellas es un número primo.
¿Cuál es el menor número que puede escribir Félix?
SOLUCIÓN
Sean los números naturales consecutivos
3,2,1, +++ nnnn
Las cuatro sumas posibles, según el enunciado, son:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) 63321
5332
4331
3321
+=+++++
+=++++
+=++++
+=++++
nnnn
nnnn
nnnn
nnnn
Se obtienen, así, cuatro números consecutivos con el primero y el cuarto múltiplos de 3
Se trata de ver cuando es la primera vez que sucede que entre dos múltiplos sucesivos de3 hay dos números
compuestos.
Rodeando de rojo los múltiplos de 3 en la tabla donde están señalados los primos con fondo amarillo, se
observa que es en la secuencia 27,26,25,24 que se corresponde con 673,573,473,373 +×+×+×+× ,
por lo que el menor número que puede escribir Félix es el
7

79. Cada uno de los siete días de la semana, José Luis hace exactamente un
deporte.
Corre tres días pero nunca dos días consecutivos. Los lunes hace
piragüísmo y los miércoles, voley.
También hace natación y ciclismo pero nunca va en bicicleta el día
siguiente de correr o nadar.
¿Qué día de la semana hace natación?
SOLUCIÓN
Según el enunciado, los martes y los jueves o viernes debe correr, siendo el sábado o el domingo el otro día
que tiene para correr.
Si fuera el jueves quedarían tres días para natación, correr y bicicleta, lo cual es imposible según la condición
de no ir en bicicleta un día después de correr o nadar, y si hiciera natación el jueves quedarían tres días para
correr y bicicleta y también sería imposible.
Por lo tanto hará ciclismo el jueves, correrá viernes y domingo y hará natación el
sábado

80. Calcula todos los números naturales de cuatro cifras que sean iguales al cubo de la
suma de sus cifras.
SOLUCIÓN
Como el número ha de ser de cuatro cifras, la suma de sus cifras se reduce a un valor entre 10=s
( )1000103
= y 21=s ( )9261213
=
Además, el número pedido y el que resulta de la suma de sus cifras deben dar el mismo resto al dividirlos por
9 por lo que, si el resto es r , se debe cumplir que ( )9mod3
rr ≡ .
De ahí, necesariamente debe ser







=+++==⇒=



≠=+++==
≠=+++==
⇒=
=+++==⇒=
173194;491317:178
19289586;685919:19
1010001;100010:10
1
182385;583218:180
3
3
3
3
sr
s
s
r
sr
En resumen, los únicos números que cumplen la condición son
4913 y 5832

81. Se pueden escribir las fechas en la forma DD-MM-AAAA.
Si llamamos sorprendente a una fecha en la que los 8 dígitos escritos de esta
manera son diferentes (por ejemplo, 17-03-2016 no es sorprendente ), ¿en qué
día se dará por primera vez, a partir de ahora, una fecha sorprendente ?
SOLUCIÓN
Si nos mantenemos en el segundo milenio (primera cifra del año igual a 2 ), el año no puede contener las
cifras 0 ni 1 porque éstas aparecerán, necesariamente, una en día y otra en mes.
Por lo tanto, el primer año posible es 2345
A partir de ahí, es fácil deducir que el 0 debe aparecer en el mes y, por tanto, el 1 en el día. El primer día
sorprendente es el
17-06-2345: 17 de junio de 2345

82. Una lista de 5 números naturales verifica las siguientes propiedades:
• El único número de la lista que aparece más de una vez es el 8
• La mediana es 9
• La media es 10
¿Cuál es el mayor número natural que puede aparecer en dicha lista?
SOLUCIÓN
Tenemos cinco números naturales de los cuales hay, al menos, dos 8 y también un 9, que es el valor central
de la lista ordenándolos de menor a mayor.
Si llamamos a los otros números x e y ( yx < ), deberán ser mayores de 9 para que este sea la mediana del
conjunto.
Además, xyyxyx
yx
−=⇒=+⇒=++⇒=
++++
2525502510
5
988
El menor valor posible para x es 910 >=x , por lo que el mayor valor para y debe ser =−= 1025y
15

83. Las longitudes de los lados de un triángulo están en progresión geométrica
de razón r > 0.
¿Para qué valores de r es rectángulo el triángulo?
SOLUCIÓN
Sean 2
, aryara los tres lados del triángulo, siendo 0>a .
• Si 1>r , la hipotenusa es 2
ar y, aplicando el teorema de Pitágoras, se cumple que
( ) ( ) ⇒=−−⇒+=⇒+=⇒+=
≠
011 2424
0
222422222
rrrrraaraaraar
a
( )
27202,1
2
15
2
15
2
51
2
411 *2
0
2
2
=⇒=
+
=⇒
+
=⇒
±
=
+±
=⇒
>
rrrr
r
φ
• Es imposible que 1=r , pues los tres lados serían iguales y estaríamos hablando de un triángulo
equilátero.
• Si 1<r , la hipotenusa es a y, aplicando el teorema de Pitágoras, se cumple que
( ) ( ) ⇒=−+⇒+=⇒+=⇒+=
≠
011 2424
0
224222222
rrrrraraaarara
a
( )
78615,0
1
2
15
2
15
2
51
2
411
*
2
0
2
2
=⇒=
−
=⇒
−
=⇒
±−
=
+±−
=⇒
>
rrrr
r
φ
Son dos los valores de r los que hacen al triángulo rectángulo,
1,27202 y 0,78615
(*) Los valores de r son, precisamente, φ=r y
φ
1
=r , siendo φ la razón aúrea.

84. En una conferencia, los 2016 asistentes están registrados
desde A1 hasta A2016
Cada participante desde A1 hasta A2015 estrecha la mano
de un número de participantes igual a su propio número
de registro.
¿Cuántas manos ha estrechado el participante A2016?
SOLUCIÓN
El participante 2015A debe estrechar la mano de todos los restantes, incluidos 2016A y 1A . Para este último,
según las condiciones propuestas, será su único saludo.
El participante 2014A debe estrechar la mano de todos los restantes excepto 1A , incluidos 2016A y 2A . Este
último, según las condiciones propuestas, no tendrá más saludos que con los dos citados.
El participante 2013A debe estrechar la mano de todos los restantes excepto 1A y 2A , incluidos 2016A y 3A .
Este último, según las condiciones propuestas, no tendrá más saludos que con los tres citados.
Por inducción, el participante nA −2016 debe estrechar la mano de todos los restantes excepto 1A , 2A , …, 1−nA ,
y esto sucederá siempre que 10085,1008
2
2017
2017220161 ≤⇒=<⇒<⇒−<− nnnnn
Por lo tanto llegaremos a la afirmación de que el participante 1008A estrechará la mano de todos excepto de
los 1A , 2A , …, 1007A y aquí se acabará el razonamiento porque ya se habrán efectuado todos los saludos.
De lo anterior se deduce que 2016A realiza
1008 saludos

85. Se divide el rectángulo PQRS en ocho cuadrados como muestra la figura.
El lado de cada cuadrado sombreado es 10.
¿Cuál es la longitud del lado del cuadrado grande PTVZ?
SOLUCIÓN
Llamamos x a la longitud del cuadrado PTVZ e y a la longitud del lado de cada uno de los cuatro
cuadrados pequeños.
Por las condiciones del problema, 24
6
4
305
4
30
4
=⇒



=
=
⇒



=
=
⇒



=+
=
⇒



=+=
=
x
y
yx
y
yx
yx
yx
QRZSPZPS
PTPZ
24

86. Halla los valores reales a y b tales que el polinomio
sea divisible por
SOLUCIÓN
Como ( )22
112 +=++ xxx , aplicando Ruffini se verifica que el resto de la división de 134
++bxax por 1+x
es :0
01
1
)1
100
=+−⇒







+−−−−
−−−−−
ba
baabbaaba
baabbaa
ba
y el resto de la división del cociente obtenido ( ) ( ) abxbaxabax −+−+−+ 23
por 1+x también debe ser
:0
043
43232
322)1
=−⇒







−−−
−−−−
−−−
ab
abbaaba
abbaa
abbaaba
Por consiguiente,



=
=
⇒



=
−=
⇒



=+−
=+−
⇒



=−
=+−
⇒



=−
=+− +×
4
3
4
1
04
01
043
0444
043
01 ª2ª1ª14
b
a
b
ba
b
ba
ab
ba
ab
ba ecec
a = 3, b = 4

87. El número natural N tiene exactamente seis divisores positivos distintos,
incluyendo a 1 y a N. El producto de cinco de ellos es 648.
¿Cuales son los divisores de N ?
SOLUCIÓN
Como 43
32648 ×= , es inevitable que 2 y 3 sean divisores de N y, además, lo será 632 =×
Tenemos entonces cinco divisores conocidos de N : ba
NN 32,6,3,2,1 ×=⇒ , donde 1, ≥ba
Apreciamos que si multiplicamos estos cinco valores obtenemos ya 3
2 , por lo que el divisor desconocido será
únicamente potencia de 3: necesariamente 932
= y 1832 2
=×=N
Como 58321896321 =××××× , el divisor que falta es 9
648
5832
= y los divisores son
1, 2, 3, 6, 9, 18

88. a, b y c son tres números que verifican que
¿Cuál es el valor de c ?
SOLUCIÓN
( )
⇒=⇒=+⇒



=+++
=+
⇒



=+++
=+
⇒





=+
=+
=+
+
2132433
24
3
24
3
6
18
3
ª3ª2
cc
abcba
ba
abcbac
ba
abc
bac
ba
ec
c = 7

89. Halla todos los números naturales m y n que cumplan que
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( )2!!11!!1!1!
22
−×=−−=⇒−=+ mmmnmn . De lo anterior se deduce que nm <<2
Entonces, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2!!!12...212!!! −×=×+×+××−×−×⇒−×= mmmmmnnnmmn y, simplificando por !m ,
obtenemos que ( ) ( ) ( ) ( ) 2!12...21 −=+×+××−×−× mmmnnn
Es evidente que !m es divisible por 3 al ser 2!2 −⇒> mm no es divisible por 3
Se sigue que el miembro derecho de la última igualdad , formado por un producto de números consecutivos,
no es divisible por 3 y, en consecuencia, deberá tener, uno o dos factores únicamente y no divisible(s) por 3
Hay, por ello, dos posibilidades:
• 433!2!11 =⇒=⇒+=⇒−=+⇒+= nmmmmmmn , valores que verifican la ecuación inicial:
( )2
1!3251!4 −==+
• ( ) ( ) ( ) ( ) ⇒−=+×⇒−=+++×⇒−=+×+⇒+= 4!32!222!122 mmmmmmmmmmmn
( ) 43! =+×−⇒ mmm . Se deduce de la expresión que m es divisor de 4 , y como ⇒=⇒> 42 mm
6=⇒ n , valores que no verifican la ecuación inicial: ( ) 5291!47211!6
2
=−≠=+
Entonces, los únicos valores posibles son
m = 3, n = 4

90. Las longitudes de los arcos AP y BP de la figura son 20 cm y 16 cm
respectivamente.
¿Cuánto mide, en grados sexagesimales, el ángulo AXP ?
SOLUCIÓN
Trazamos el radio OP perpendicular a la tangente PX y
construímos el triángulo rectángulo OPX con el ángulo
α=BOP
Es evidente que la longitud de la circunferencia es
( ) ( ) 72162022 =+×=+×= BPAPL cm
Por lo tanto se cumple que, midiendo los ángulos en grados
sexagesimales, la longitud del arco º80
72
36016
16
360
72
360
=
×
=⇒=⇒
×
= α
ααL
BP
Entonces el otro ángulo del triángulo rectángulo, cuyo valor se pide, es =−=−= º80º90º90 αAXP
10o

91. En la figura adjunta, O es el centro de la semicircunferencia y OD es
perpendicular al diámetro AB.
Si AC = a y CB = b, ¿cuánto vale DC ?
SOLUCIÓN
El radio de la semicircunferencia es
22
baCBAC
OBOAOD
+
=
+
===
Por tanto, aplicando el teorema de Pitagoras en el triángulo rectángulo DOC , tenemos que
( ) ( ) ⇒




 −
+
+
=





−
+
+




 +
=⇒−+=+=
2222
222222
2422
baba
b
baba
DCCBOBODOCODDC
( ) ( ) ( ) ⇒
+
=
+×
=
+−+++
=
−
+
+
=⇒
24
2
4
22
44
2222222222
2 babababababababa
DC
2
22
ba
DC
+
=

92. Cien números, en progresión aritmética, verifican que su suma es 52 y que la suma
de los términos pares es 1.
Calcula la suma de los cuadrados de los cien números
SOLUCIÓN
Sean los números { }1002 ...,,,1
aaa en progresión aritmética de diferencia ⇒d los términos pares también
forman una progresión aritmética
Por tanto, según el enunciado,
( )
( )
( )
( ) ⇒



=+
−=
⇒



=+
=+
⇒





=
×+++
=
×++
⇒





=
×+
=
×+
−×
25000100
100100
25000100
1049900200
1
2
5099
52
2
10099
1
2
50
52
2
100
1
ª1ª22
1
1
11
11
1002
1001
da
d
da
da
dada
daa
aa
aa
ecec




+=
+
===
−=
⇒
50
1
50
50
150
50
2501
100
5002
1
2
1a
d
La sucesión es, entonces,






+++
50
1
1...,,
50
1
49,
50
1
50 y la suma de sus cuadrados es
( )
2
222
222
50
1
501...4950
50
1
21...4950
50
1
1...
50
1
49
50
1
50 





×++++××++++=





+++





++





+=S
Se sabe que la suma de los cuadrados de los n primeros naturales es igual a
( ) ( )
6
121 +×+× nnn
(en la Red
existen variadas páginas que demuestran esta afirmación) por lo que
( ) ( ) ⇒+
×+
××+
××
=





×++++××++++=
50
1
2
50501
50
1
2
6
1015150
50
1
501...4950
50
1
21...4950
2
222
S
=+=++××=
50
1
42976
50
1
511011725S
2148801/50

93. En la pirámide de bloques de la derecha cada uno tiene un número
que es el producto de los dos en los que se apoya.
¿Cuál de los cinco siguientes números no puede aparecer en el bloque
superior si los tres números de la fila inferior son números naturales
mayores que 1?
56 – 84 – 90 – 105 – 220
SOLUCIÓN
Si llamamos cba ,, a los números, mayores que la unidad, situados en
los bloques inferiores de la pirámide, el número que se encuntra en el
bloque superior debe ajustarse a la descomposición numérica indicada:
cab2
Veamos si los números propuestos si se ajustan a ese modelo:
• 7,2,27227256 23
===⇒××=×= cba
• 7,2,372373284 22
===⇒××=××= cba
• 5,3,253290 2
===⇒××= cba
• 753105 ××=
• 11,2,511251152220 22
===⇒××=××= cba
Y apreciamos que el único que no se ajusta al modelo es
105

94. Joaquín tiene un terreno con forma de triángulo equilátero de 1 km de lado como
el de la figura.
Desea construir una casa en el punto A y caminos perpendiculares a cada lado
desde dicho punto.
¿Cuál es, en km, la longitud total de los tres caminos?
SOLUCIÓN
Sean yx, las distintas longitudes de los caminos en kilómetros. Se pide,
entonces, la longitud yx 2+
Como el triángulo ABC es rectángulo en A e isósceles, está claro que la
altura mide
2
1
=x km al ser 1º45 =tg
Además, podemos distinguir dos triángulos rectángulos de las mismas
dimensiones, AEB y AFC . Tengamos en cuenta el primero de ellos. Su
hipotenusa AB coincide con el cateto del triángulo ABC
Por el teorema de Pitágoras,
2
2
2
1
2
1
121 2222
==⇒=⇒=⇒=+
=
ABABABACAB
ACAB
km
Además, el ángulo º15º45º60 =−=−= CBACBEABE
)))
, por lo que, en el triángulo AEB , ⇒=
AB
EA
sen º15
º15
2
2
º15 senysenABEAy ×=⇒×==⇒ km
En resumen, la longitud pedida es º152
2
1
º15
2
2
2
2
1
2 sensenyx ×+=××+=+ km y como
( ) ( )⇒
−×
=×−×=×−×=−=
4
132
2
2
2
1
2
2
2
3
º45º60cosº45cosº60º45º60º15 sensensensen
( ) =
−
+=
−×
×+=+⇒
2
13
2
1
4
132
2
2
1
2yx
√3/2 km

95. Para cada número natural n consideremos an como el número cuya expresión decimal está formada por n
treses. Es decir, a1 = 3, a2 = 33, a3 = 333, etc,... formando así una sucesión.
Halla, en función de n, la expresión más simplificada de la suma
SOLUCIÓN
Evidentemente,
3
110
9
110
3
9
9...99999
31...1111133...33333
)(
)()( −
=
−
×=×=×==
nn
vecesn
vecesnvecesn
na
O sea,
3
10...101010
3
110
...
3
110
3
110
3
110
....
3232
321
n
aaaa
nn
n
−++++
=
−
++
−
+
−
+
−
=++++ y,
aplicando la fórmula de la suma de los n términos de la progresión geométrica n
10,...,10,10,10 32
, se
obtiene que =
×
−−
=
−
−
−×
=++++
+
39
91010
3
110
101010
....
1
321
n
n
aaaa
n
n
n
27
10910 1
−−+
nn

96. En el rectángulo ABCD la longitud del lado BC es la mitad de la
longitud de la diagonal AC.
Si M es un punto de CD tal que AM = MC, ¿cuál es la medida en
grados del ángulo CAM ?
SOLUCIÓN
Dibujamos los elementos descritos en el enunciado y designamos las
longitudes y medidas de ángulos.
Como MCAM = , el triángulo AMC es isósceles y el ángulo pedido
es MCAMAC
))
==α , complementario al ángulo BCA
)
=β del
triángulo rectángulo ABC
En este último triángulo se verifica que ⇒==
AC
BC
BCA
)
coscos β
º60
2
1
2
cos =⇒==⇒ ββ
x
x
Entonces, =−=−= º60º90º90 βα
30o

97. La figura adjunta muestra un rectángulo ABCD inscrito en una
semicircunferencia y su diámetro.
Las dimensiones del rectángulo son AB = 12 cm y BC = 28 cm.
Se ha construido un cuadrado DEFG como se ve en la figura.
¿Cuánto vale el área del cuadrado DEFG ?
SOLUCIÓN
Llamamos r a la longitud del radio de la semicircunferencia y x a la
del lado del cuadrado DEFG , ambas medidas en centímetros.
Si O es el centro de la semicircunferencia aplicamos el teorema de
Pitágoras en el triángulo rectángulo OAB y obtenemos que
3401412
2
222
2
22222
=+=⇒





+=⇒+= r
BC
ABOBOAABOB
Observamos ahora el triángulo rectángulo OGF y aplicamos en él, también, el teorema de Pitágoras:
( ) ( ) ⇒+++=⇒++=⇒++=⇒+= 1962834014 22222222222
xxxxxrDGODFGOFOGFGOF
41177277072140144282 222
=⇒±−=+±−=⇒=−+⇒=−+⇒ xxxxxx cm pues rechazamos,
según el contexto del problema, el valor negativo.
Entonces, la superficie del cuadrado DEFG es == 22
4x
16 cm2

98. Diego corta un rectángulo de área 2016 en 56 cuadrados iguales, siendo valores
enteros las longitudes de los lados del rectángulo y de los cuadrados.
¿En cuántos rectángulos diferentes puede hacer esto?
SOLUCIÓN
El área de cada cuadrado es 22
3236
56
2016
×== por lo que su lado mide 632 =× y esta longitud debe ser
divisor común de ambos lados del rectángulo.
Como 7322016 25
××= , las posibilidades que aparecen son
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )






×=××××
×=××××
×=××××
×=××××
424873232
842473232
1681273232
336673232
4
23
32
4
medidas de
rectángulos distintos de área 2016 descomponibles en 56 cuadrados.
Las mallas respectivas serían de











×=×
×=×
×=×
×=×
78
6
42
6
48
144
6
84
6
24
282
6
168
6
12
561
6
336
6
6
cuadrados
En resumen, la descomposición citada puede hacerse en
4 rectángulos diferentes

99. Una progresión aritmética de n términos verifica las siguientes
propiedades:
• La suma de los términos primero, tercero, quinto y así
sucesivamente hasta llegar al último de la progresión
original, es 320.
• La suma de los términos primero, cuarto, séptimo, décimo
y así sucesivamente hasta el último de la progresión
original, es 224.
¿Cuál es la suma de todos los términos de la progresión?
SOLUCIÓN
Consideramos la progresión aritmética { }na de n términos y de diferencia d . Como en las dos sumas
descritas se llega al último término se deberá cumplir que 16 += mn
Si xa =1 , tenemos que ⇒



=+++++++
=+++++++
⇒



=++++
=++++
+
+
2246...63
3206...42
224...
320...
16741
16531
mdxdxdxx
mdxdxdxx
aaaa
aaaa
m
m
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ⇒





=
×+
×+×+
=
×+
×+×+
⇒



=+++×+×+
=+++×+×+
⇒
224
2
221
312
320
2
331
213
2242...21312
3203...21213
mm
dxm
mm
dxm
mdxm
mdxm
( ) ( )
( ) ( )


=+×+
=+×+
⇒
224312
320313
mdxm
mdxm
y, dividiendo miembro a miembro, 3
7
10
224
320
12
13
=⇒==
+
+
m
m
m
El número de términos es, entonces, 19136 =+×=n
Además, tomando una de las ecuaciones obtenidas, ( ) ( ) ( ) ⇒=+×⇒=+×+ 22497224312 dxmdxm
32
7
224
9 ==+⇒ dx
La suma pedida es
( ) ( ) ( ) ( ) =×=×+=
×+
=
×++
=
×+
= 1932199
2
19182
2
1918
2
19191
dx
dxdxxaa
S
608

100. Cada uno de los habitantes de la Isla de los Caballeros y
Escuderos es un caballero (que siempre dice la verdad) o un
escudero (que siempre miente).
Durante tu viaje a la isla encuentras a 7 personas en torno a
una fogata y los siete te dicen: “Estoy sentado entre dos
escuderos”.
¿Cuántos escuderos hay en el grupo?
SOLUCIÓN
Necesariamente debe haber, al menos, un caballero alrededor de la hoguera
porque, en caso contrario, habría escuderos diciendo la verdad.
Señalamos, entonces, un caballero y, a ambos lados, sendos escuderos como se
ve en la figura inicial y llamamos 1, 2, 3 y 4 a las restantes personas alrededor de
la hoguera.
Empezamos ahora estudiando los casos posibles de la persona 1, teniendo en cuenta que el escudero
adyacente miente y no puede tener, a ambos lados, dos escuderos:
• 1 es caballero ⇒ 2 es escudero y puede suceder que
3 es caballero ⇒ 4 es escudero y verifica que está
mintiendo al no tener, a ambos lados, dos
escuderos
3 es escudero ⇒ 4 es caballero y verifica que está
diciendo la verdad al tener, a ambos lados, dos
escuderos
• 1 es escudero ⇒ 2 es caballero ⇒ 3 es escudero y puede suceder
que
4 es caballero y verifica que está diciendo la
verdad al tener, a ambos lados, dos escuderos
4 es escudero: ¡imposible!, porque a ambos lados
tendría sendos escuderos y diría la verdad
Como se ve, de cuatro casos posibles los tres primeros son coherentes con el enunciado y todos describen
una situación de 3 caballeros y
4 escuderos

101. Si
¿cuál es es valor de a ?
SOLUCIÓN
Observemos que c
cc
aa
a
aa
ac
log
log
1
1
log
log
1
log
1
=== por la propiedad de cambio de base logarítmica.
Debido a ello, ( ) 1432log14log3log2log1
log
1
log
1
log
1
432
=××⇒=++⇒=++ aaaa
aaa
, por la
propiedad de la suma de logaritmos de la misma base.
En resumen, ⇒=⇒=++ 124log1
log
1
log
1
log
1
432
a
aaa
a = 24

102. Las ecuaciones x2
+ ax + b = 0 y x2
+ bx + a = 0 tienen, ambas, raíces reales.
Se sabe que la suma de los cuadrados de las raíces de la primera ecuación es igual a la suma de los
cuadrados de las raíces de la segunda, y a es distinto de b
Calcula
SOLUCIÓN
Sean 21, αα las raíces de la ecuación



=×
−=+
⇒=++
b
a
baxx
21
212
0
αα
αα
y sean 21, ββ las raíces de la ecuación



=×
−=+
⇒=++
a
b
abxx
21
212
0
ββ
ββ
, según las fórmulas de suma y producto de raíces reales de una ecuación de
segundo grado.
Además, ( ) ( ) ( ) baba 2222 22
21
2
21
2
2
2
121
2
2
2
1
2
21 −=−−=××−+=+⇒××++=+ αααααααααααα y
( ) ( ) ( ) abab 2222 22
21
2
21
2
2
2
121
2
2
2
1
2
21 −=−−=××−+=+⇒××++=+ ββββββββββββ
Según el enunciado tenemos que, ⇒−=−⇒−=−⇒+=+ abbaabba 2222 22222
2
2
1
2
2
2
1 ββαα
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⇒−×−=−×+⇒−×=−×+⇒
≠ba
bababaabbaba 22
a + b = -2