Matemáticas interesantes

MARAVILLOSOS
PROBLEMAS DE
MATEMÁTICAS
Libro 6
http://matemelga.wordpress.com/

La suma y el producto de dos números coinciden. Si uno de ellos es x, ¿cuál es el valor de
la suma?
SOLUCIÓN
Sea x un número e y la suma de los dos. El otro número es xy −
El enunciado dice que ( ) ( ) 222
1 xxyxyxyyxxyyxxy =−×⇒=−⇒=−⇒=×− , luego
1
2
−
=
x
x
y
La suma es
1
2
−x
x

ABC es un triángulo isósceles con el ángulo desigual en A, que mide 27 grados.
D es el punto simétrico de B con respecto a A. ¿Cuánto mide el ángulo BCD?
SOLUCIÓN
Construida la figura observamos que el triángulo ACD es también isósceles, pues
los lados AC y ( )ABAD = son iguales.
Llamaremos C al ángulo pedido. Evidentemente, ACDABC CCC += , suma de los
ángulos de vértice C en los triángulos ABC y ACD
Por ser ABC isósceles, los ángulos º180=++ ABCABCABC CBA y ⇒= ABCABC CB
ABCABCABCABC ACCA −=⇒=+⇒ º1802º1802
Por ser ACD isósceles, los ángulos º180=++ ACDACDACD DCA y ⇒= ACDACD DC
ACDACDACDACD ACCA −=⇒=+⇒ º1802º1802
Por lo tanto, ( )ACDABCACDABCACDABC AAAACCC +−=−+−=+= º360º180º180222
Ahora bien, ⇒=−=⇒=+ º180º180º3602º180 CAA ACDABC
C = 90o
y el resultado es independiente del valor del ángulo A

Si 11)11( =f y
1)(
1)(
)3(
+
−
=+
nf
nf
nf , calcula el valor de )2015(f
SOLUCIÓN
Calculamos, a partir de 11, valores de la función:
6
5
12
10
111
111
1)11(
1)11(
)311()14( ==
+
−
=
+
−
=+=
f
f
ff ;
11
1
6
11
6
1
1
6
5
1
6
5
1)14(
1)14(
)314()17( −=
−
=
+
−
=
+
−
=+=
f
f
ff ;
5
6
11
10
11
12
1
11
1
1
11
1
1)17(
1)17(
)317()20( −=
−
=
+−
−−
=
+
−
=+=
f
f
ff ; 11
5
1
5
11
1
5
6
1
5
6
1)20(
1)20(
)320()23( =
−
−
=
+−
−−
=
+
−
=+=
f
f
ff
Volviendo al valor inicial de 11)11( =f . A partir de números sucesivos construidos de la misma forma la
función repetirá valores.
Esto quiere decir que si 11)11( =f ,
• para 11)(...,47,35,23,11 =⇒= xfx y, como se ve, 112 −= px , Ν∈∀p
• para
6
5
)(...,50,38,26,14 =⇒= xfx y, como se ve, 212 += px , Ν∈∀p
• para
11
1
)(...,53,41,29,17 −=⇒= xfx y, como se ve, 512 += px , Ν∈∀p
• para
5
6
)(...,56,44,32,20 −=⇒= xfx y, como se ve, 812 += px , Ν∈∀p
Como 11216811121672015 −×=+×= ,
f (2015) = 11

El cuadrilátero de la figura está dividido por sus diagonales en cuatro partes.
El área de tres de ellas se indica en la figura. Halla el área A de la cuarta.
SOLUCIÓN
Consideremos la diagonal cuyas partes, a y b son las bases respectivas de los
triángulos de áreas 20,6 y 18,A .
Además, tomamos 1h como la altura común a los triángulos de áreas 20,18 y 2h
como la altura común a los triángulos de áreas A,6
Aplicando la fórmula del área de un triángulo tenemos que 20
2
1
=
×ha
y
10
9
20
18
20
18
2
218
2 1
1
1
==⇒=
×
×
⇒=
×
a
b
ha
hb
hb
Con la misma lógica, 6
2
2
=
× ha
y
66
2
2
2 2
2
2 A
a
bA
ha
hb
A
hb
=⇒=
×
×
⇒=
×
Entonces,
10
54
10
9
6
=⇒= A
A
. Es decir,
A = 5,4 unidades cuadradas

En el triángulo ABC se verifica que cos(2A – B) + sen(A + B) = 2
Si el lado AB mide 4 cm, ¿cuánto mide el lado BC?
SOLUCIÓN
Evidentemente, si ( ) ( ) ( ) 12cos22cos =−⇒=++− BABAsenBA y ( ) 1=+ BAsen , máximos valores que
pueden alcanzar esas razones trigonométricas.
Como son ángulos de un triángulo, se dan estos dos casos posibles:
•
( )
( )
⇒





=⇒−−=
=⇒−=
=⇒=
⇒



=+⇒=+
=−⇒=−
º90º180
º0º90
º90º2703
º901
º180212cos
CBAC
BAB
AA
BABAsen
BABA
no
existe triángulo
•
( )
( )
⇒





=⇒−−=
=⇒−=
=⇒=
⇒



=+⇒=+
=−⇒=−
º90º180
º60º90
º30º903
º901
º0212cos
CBAC
BAB
AA
BABAsen
BABA
Se trata de un triángulo
rectángulo con los ángulos citados y cuya hipotenusa es 4=AB cm
Entonces, 2
2
1
4º60cos4coscos =×=×=×=⇒= BABBC
AB
BC
B cm
BC = 2 cm

Si se lee la fecha 21.02 (el 21 de febrero) de derecha a izquierda se obtiene 20.12,
que es una posible fecha (20 de diciembre).
En cambio 10.09 no tiene esta propiedad: no hay 90 de enero.
¿Cuántas fechas en el año tienen esa propiedad?
SOLUCIÓN
En principio y para que se cumpla esa propiedad, si tomamos la fecha cdab ⋅ , con 310 ≤< ab y 120 ≤< cd
debe ser 120 ≤< ba y 310 ≤< dc para que, así, la fecha badc ⋅ sea válida.
Después, si llega el caso, estudiaremos las limitaciones añadidas por la cantidad de días válidos de cada mes.
Los valores de ab para que ba sea válido son 03,12,02,11,01,1030,21,20,11,10,01 =⇒= baab
respectivamente.
Los valores de cd para que dc sea válido son 21,11,01,30,20,1012,11,10,03,02,01 =⇒= dccd
respectivamente.
Al combinar todas las posibilidades se obtienen 3666 =× fechas.
De ellas hay que eliminar la fecha 02.30=⋅cdab , que no existe, y la fecha 03.20=⋅cdab que da lugar a
02.30=⋅badc , que no existe.
Así pues, cumplen esa propiedad
34 fechas

Escribimos la solución de la ecuación 7x+7
= 8x
como x = logb 77
¿Cuál es el valor de b ?
SOLUCIÓN
77
77log =⇒= x
b bx
Por otro lado, 7777
7
7
8
7
7
8
77887 =





⇒=⇒×=⇒=+
x
x
x
xxxx
De las dos expresiones se obtiene que
x
x
b 





=
7
8
, por lo que
b = 8/7

Ramiro va todas las mañanas a 4 km/h desde su casa hasta el río, que
está a 1,6 kilómetros de distancia, y le acompaña su perro Sirio que
corre a 16 km/h.
Cuando el perro llega al río se da la vuelta hacia donde marcha Ramiro y
vuelve otra vez al río. Repite el mismo proceso hasta que Ramiro llega al
río. Después regresan juntos a una velocidad de 8 km/h hasta casa.
¿Cuántos kilómetros recorre el perro en su paseo matutino?
SOLUCIÓN
Como Ramiro marcha a 4 km/h en su trayecto de ida y recorre 6,1 kilómetros, el tiempo que tarda es
4,0
4
6,11
=
×
horas. Es decir, 24604,0 =× minutos.
Sirio, mientras tanto, está corriendo a 16 km/h por lo que recorre 4,64,016 =× kilómetros.
Otra manera de obtener ese valor es pensar que Sirio marcha 4
4
16
= veces más rápido que Ramiro en la ida,
por lo que recorrerá el cuádruple de kilómetros: 4,646,1 =×
De vuelta, a 8 km/h, recorre la distancia del río a casa: 6,1 kilómetros.
Por lo tanto el perro recorre, en total, =+ 6,14,6
8 kilómetros

Si a + b = 1 y a2
+ b2
= 2, ¿cuánto vale a4
+ b4
?
SOLUCIÓN
( ) ( ) 22222444224222
22 babababbaaba −+=+⇒++=+
Por otro lado, ( ) ( ) ( ) 2
1
12122 2222222
−=⇒−=−=+−+=⇒++=+ abbabaabbababa
De todo lo anterior, ( ) 2
7
2
1
4
2
1
222
2
22222244
=−=





−×−=−+=+ bababa
a4
+ b4
= 7/2

Con la crisis, los padres de Xavi le han bajado un 20% su paga mensual y los de Yoli
un 12 % la suya.
Si antes sumaban, entre los dos, 55 euros y ahora sólo 46 euros, ¿cuántos euros
recibía Xavi mensualmente más que Yoli antes de los recortes?
SOLUCIÓN
Sean yx, las pagas mensuales respectivas, en euros, de Xavi y de Yoli.
Según el enunciado, se verifica que
⇒



=+
=+
⇒



=+
=+
⇒




=+
=+
⇒



=+
=+
5751110
55
46008880
55
46
100
88
100
80
55
46%88%80
55
yx
yx
yx
yx
yx
yx
yx
yx
30255525
5751110
5501010 tan
=−=⇒=⇒



=+
=+
⇒ xy
yx
yx dores
Entonces, Xavi tenía una paga mensual de 30 € y Yoli otra de 25 €
Por consiguiente,
Xavi recibía mensualmente 5 € más que Yoli

Dada la función f (x) = ax + b, se verifica que f (f (f (1))) = 29, y que f (f (f (0))) = 2
¿Cuánto vale a ?
SOLUCIÓN
Calculemos según nos dicen: ( ) ( ) ⇒+=+×==⇒=+×= babbbabfffbbaf )0(0)0(
( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) babbabbabababfbfffff ++=++×=+==⇒ 2
0
Por tanto, ( )( )( ) 20 2
=++= babbafff
También, ( ) ( ) ( ) ⇒++=++×=+=⇒+=+×= bababbaabafffbabaf 2
)1(1)1(
( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 291 2322
=+++=+++×=++=+=⇒ babbaabbabaababafbafffff
De los dos resultados obtenemos que ( ) ⇒=−=++−= 2722929 23
babbaa
a = 3

Para celebrar el Año Nuevo 2015, Agustín se puso una camiseta con este rótulo
y se colocó frente a un espejo haciendo el pino.
¿Qué número vio en el espejo su amigo Juan, de pie junto a Agustín?
SOLUCIÓN
Al principio, haciendo el pino gira el rótulo º180 mostrándolo así:
Y, después, ante el espejo aparece así:

En la figura se distinguen dos circunferencias de 6 cm de perímetro,
situadas de tal forma que cada una pasa por el centro de la otra.
¿Qué perímetro tiene la figura sombreada?
SOLUCIÓN
Está claro que el perímetro es la suma de las longitudes de ambas
circunferencia quitando a cada una de ellas su tercera parte, porque los
arcos punteados abarcan la ángulos de º120 (tercera parte de º360 ) al
ser la suma de los ángulos de dos triángulos equiláteros de lado el radio
común de las circunferencias.
En resumen,
86
3
4
6
3
1
66
3
1
6 =×=×−+×−=Perímetro cm
Perímetro = 8 cm

Hay 7 cartas en una caja numeradas del 1 al 7.
Manolo elige, al azar, tres cartas de la caja y las mira. Santi elige
otras 2, también al azar, quedando 2 cartas en la caja.
Manolo le dice, entonces, a Santi: ”Sé que la suma de los
números de tus cartas es par”
¿Cuánto suman las cartas de Manolo?
SOLUCIÓN
De 1 a 7 hay cuatro impares ( 75,3,1 y ) y tres pares ( 64,2 y ) y
para que las cartas de Santi sumen una cantidad par deben ser las
dos pares o las dos impares.
Manolo solo puede conocer la paridad de la suma de Santi si ha
dejado en la caja cuatro cartas de la misma paridad: si ha dejado
las impares y ha cogido las pares, por lo que la suma de sus cartas
es =++ 642
14

En un rombo ABCD de 2 cm de lado, el ángulo correspondiente al vértice B mide 120o
Halla el área de la región del rombo que está formada por los puntos que están más
cerca de B que de cualquiera de los otros tres vértices.
SOLUCIÓN
Como el ángulo, en B , mide º120 , el rombo está formado por dos
triángulos equiláteros de 2 cm de lado.
Además, la región que nos piden (pintada de amarillo) es, claramente,
la tercera parte del rombo: basta comprobar que el rombo se puede
dividir en 12 triángulos iguales, seis de cada triángulo, y la zona amarilla
está formada por cuatro de esos triángulos.
Una de sus diagonales vale 2 cm y la otra es el doble de la altura de
uno de los triángulos: 32122 22
×=−× cm, usando el teorema de
Pitágoras en uno de los triángulos rectángulos en los que la altura
divide a cada triángulo equilátero.
La superficie del rombo es, entonces, 32
2
322
×=
××
cm2
Por tanto, la superficie pedida es
3
32×
cm2
Es decir,
1,1547 cm2

Cada cifra, empezando por la tercera, de la representación decimal de un
número de seis cifras es igual a la suma de las dos cifras anteriores.
¿Cuántos números de seis cifras tienen esta propiedad?
SOLUCIÓN
Son 5:
• 321101
• 642202
• 963303
• 532110
• 853211
5

En el triángulo rectángulo ABC, de lados 15, 20 y 25 cm, los
segmentos CH y HK son perpendiculares, respectivamente, a
la hipotenusa AB y al cateto BC.
¿Cuál es el área del triángulo CHK ?
SOLUCIÓN
Al tener los ángulos iguales, los triángulos rectángulos CHKyCAHABC, son semejantes:
CHKCAHABC CAA == y º90=== CHKCAHABC KHC
Establecemos las razones de semejanza pertinentes entre lados de los triángulos CAHyABC :
12
25
152015
20
25
=⇒
×
=⇒=⇒= CHCH
CHCH
AC
BC
AB
cm, y es también la hipotenusa del triángulo CHK
En base a este último resultado, establecemos las razones entre lados de los triángulos CHKyABC :
•
5
48
25
122012
20
25
=⇒
×
=⇒=⇒= HKHK
HKHK
CH
BC
AB
cm
•
5
36
25
121512
15
25
=⇒
×
=⇒=⇒= CKCK
CKCK
CH
AC
AB
cm
La superficie del triángulo CHK es
25
864
2
5
36
5
48
2
=
×
=
×CKHK
cm2
De otra forma,
34,56 cm2

¿Cuántos números primos p tienen la propiedad de que p 4
+ 1 es primo también?
SOLUCIÓN
Sólo uno: 1712 4
=+⇒= pp
Los demás primos 2>p son impares 4
p⇒ es impar 214
>+⇒ p es par y, por tanto, compuesto.
Sólo uno: p = 2

En un cuadrado de lado unidad, los puntos A y B se deslizan sobre sendos lados
del cuadrado determinando los segmentos a = OA y b = OB
¿Qué valor debe tomar a + b para que la superficie de la figura de color amarillo
sea la mitad de la del cuadrado?
SOLUCIÓN
Por ser la mitad de la del cuadrado, la superficie de la figura amarilla coincidirá con la suma de las superficies
de los dos triángulos blancos.
Ese valor es
( ) ( ) ( )
2
2
2
11
2
11 baba +−
=
×−
+
−×
Como la superficie del cuadrado es 1, deberá cumplirse que
( ) ( ) ⇒=+−⇒=
+−
12
2
1
2
2
ba
ba
a + b = 1

Un río empieza en el punto A y se bifurca en dos ramas. Una de ellas recoge 2/3 del agua de la corriente y
la otra el resto. Más tarde, la primera rama se divide en tres ramas una de ellas toma 1/8 del agua de la
rama, la segunda 5/8 y la tercera el resto. Más adelante, esta última rama vuelve a encontrarse con la
segunda de las ramas iniciales.
¿Qué porción del agua original fluye por el punto B?
SOLUCIÓN
La rama superior que se desvía hacia B recoge
8
2
de los
3
2
del caudal inicial.
Llega a B el caudal anterior y
3
1
del inicial, por lo que la cantidad de agua que fluye por ese punto es
2
1
6
3
3
1
6
1
3
1
12
2
3
1
3
2
4
1
3
1
3
2
8
2
==+=+=+×=+× . Es decir,
la mitad del caudal original

En los partidos de baloncesto hay tiros de 3 puntos, tiros de 2 puntos y
tiros libres, que valen 1 punto cada uno.
En un partido un equipo hizo tantos puntos con tiros de 3 como con tiros
de 2 puntos y el número de aciertos en tiros libres superó en una unidad al
número de aciertos en tiros de 2 puntos, sumando al final 61 puntos.
¿Cuántos tiros libres encestaron los jugadores de ese equipo?
SOLUCIÓN
Sean cba ,, el número de aciertos en tiros respectivos de 3,2,1 puntos.
Según el enunciado se verifica que





=
=
=
⇒







=
+=
=
⇒





=
+=
=
⇒





=+++
+=
=
⇒





=++
+=
=
12
13
8
12
1
3
2
605
1
23
61221
1
23
6132
1
23
b
a
c
b
ba
b
c
b
ba
bc
bbb
ba
bc
cba
ba
bc
Encestaron 13 tiros libres

Sea el triángulo isósceles ABC donde CA = CB
Se señala el punto D sobre el lado AB que verifica que AD = DC y
DB = BC
Halla la medida del ángulo ACB
SOLUCIÓN
Por construcción aparecen tres triángulos isósceles: ABC , ADC y
DBC
Los ángulos de los vértices A y B en el triángulo ABC son iguales.
Llamamos α a su medida. Es evidente que esa es también la
medida del ángulo en C en el triángulo ADC
Llamamos β a la medida de los ángulos iguales de los vértices D y C en el triángulo DBC
Claramente se ve que el valor buscado es βα +
De todo lo anterior se obtienen dos igualdades a partir, respectivamente, de los ángulos de los triángulos
ABC y DBC :
( )



=++
=+++
º180
º180
ββα
βααα
. La relación similar en ADC depende de las dos anteriores y no
ofrece nueva información.
Entonces,
( )



=
=
⇒



=
=
⇒



=+
=+
⇒



=++
=+++ −×
−× º72
º36
º3605
º1805
º1802
º1803
º180
º180 ª2ª12
ª1ª23 β
α
β
α
βα
βα
ββα
βααα
Por lo tanto, la medida del ángulo es =+=+ º72º36βα
108o

En esta lista de ocho números a, b, c, d, e, f, g y h la suma de tres seguidos es 30
Halla el valor de a + h si c = 5
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( ) ( ) ( )⇒+++−+++−+=+⇒










=+
=+
=
=+
=+
=+
⇒










=++
=++
=++
=++
=++
=++
=
hggeeddbbaha
hg
ge
f
ed
db
ba
hgf
gfe
fed
edc
dcb
cba
c
25
25
5
25
25
25
30
30
30
30
30
30
5
=+−+−=+⇒ 2525252525ha
25

La figura muestra un círculo con diámetro AB y un punto C sobre la
circunferencia.
Calcula la ordenada de C
SOLUCIÓN
Construimos el triángulo rectángulo ABC inscrito en la circunferencia,
cuya hipotenusa es el diámetro y la altura es la longitud OC
Por el teorema de la altura,
416822
=⇒=×=×=⇒= OCOBOAOC
OC
OB
OA
OC
En conclusión, la ordenada de C es
x = – 4

Una esfera de volumen aπ m3
tiene una superficie de bπ m2
, donde a y b son
números enteros de cuatro cifras cada uno.
¿Cuál es el radio de dicha esfera?
SOLUCIÓN
Sea r el radio de la esfera.
Se cumple, entonces, que




=
=
⇒




=
=
2
3
2
3
4
3
4
4
3
4
rb
r
a
br
ar
ππ
ππ
Como a y b son valores enteros, hacemos



=
=
⇒= 2
3
36
36
3
nb
na
nr , tales que ambos son de cuatro cifras y n
entero.
De lo anterior, 6
166
64
99991000
99991000
=⇒



≤≤
≤≤
⇒



≤≤
≤≤
n
n
n
b
a
.
Por tanto, 183 == nr
El radio mide 18 m

El primer elemento de una sucesión es a1 = 0 y an+1 = an + n x (-1)n
si n > 0
Halla el valor de k tal que ak = 2015
SOLUCIÓN
Hallamos los primeros términos de la sucesión:
• 01 =a
• ( ) ( ) 111011
1
12 −=−×+=−×+= aa
• ( ) 112112
2
23 =×+−=−×+= aa
• ( ) ( ) 213113
3
34 −=−×+=−×+= aa
• ( ) 214214
4
45 =×+−=−×+= aa
• ( ) ( ) 315215
5
56 −=−×+=−×+= aa
• ( ) 316316
6
67 =×+−=−×+= aa
• … … …
De lo anterior se deduce fácilmente por inducción que





−
=
−=
imparesnsi
n
a
paresnsi
n
a
n
n
2
1
2
De ahí k debe ser impar y ⇒=−⇒=
−
= 403012015
2
1
k
k
ak
k = 4031

Halla una solución entera de la ecuación
SOLUCIÓN
Al ser los números 2 y 5 primos entre sí la única potencia común es 1, que se obtiene cuando ambos
exponentes son iguales a 0
Por lo tanto, se deberá cumplir que










−=
=




=
=
⇒






±
=
±
=
⇒



=−−
=+−
⇒= −−+−
3
4
2
1
4
2
491
4
499
012
0492
52 2
2
12492 22
x
x
x
x
x
x
xx
xxxxxx y el
único valor que es raíz de ambas ecuaciones es
x = 4

En el cuadrado ABCD de lado unidad nombramos el punto medio de AB con la letra M
Halla el área roja.
SOLUCIÓN
Resaltamos los triángulos APD y OPM , que son semejantes con razón de
semejanza
2
1
=
AD
OM
, pues 1=AD y
2
1
=OM
Por lo tanto,
2
1
=
RP
PS
, y como
3
1
2
1
=⇒==+ RPAMRPPS y
6
1
=PS
Calculamos entonces el área del triángulo OPM :
24
1
2
6
1
2
1
2
=
×
=
× PSOM
Como el área roja es el doble, valdrá esta
1/12 unidades cuadradas

¿Cuál es el valor de la suma P + Q + R?
SOLUCIÓN
Se cumple que 639027=× RRRPQPQ
Como PQPQPQPQPQ ×=+×= 101100 y ⇒×= RRRR 111
⇒=××=×××=×××=×⇒ 63902711211111101111101 RPQRPQRPQRRRPQPQ





=
=
=
⇒×===×⇒
3
9
1
31957
11211
639027
R
Q
P
RPQ
En resumen, =++=++ 391RQP
13

¿Cuántos números de 2015 cifras existen tales que todo número de 2 cifras
formado por cifras suyas consecutivas sea divisible por 17 ó por 23?
SOLUCIÓN
Veamos primero los posibles números de dos cifras que aparecen en la secuencia:
85,68,51,34,17 como múltiplos de 17 y 92,69,46,23 como múltiplos de 23
Al ser un número finito de números posibles, debe poder construirse, con ellos, una cadena cíclica de 2015
cifras que cumpla las condiciones del enunciado.
Estudiamos cada caso:
1. El número no puede comenzar con 17 pues no existe otro de los citados que enlace con él.
2. Si el número empieza con 34 debemos continuar con 346 (: para construir el 46 ) ,
a. 3468 (: para construir el 68) , 34685 (: para construir el 85 ) , 346851 (: para construir el
51) , 3468517 (: para construir el 17 ) y acaba aquí el proceso.
b. 3469 (: para construir el 69 ) , 34692 (: para construir el 92) , 346923 (: para construir el
23) , 3469234 (: para construir el 34) volviendo así a iniciar el bucle y, de esta forma, el
número 3469234692....3434692346923469234692 de 2015 cifras cumple la condición del
problema.
c. 3469 (: para construir el 69 ) , 34692 (: para construir el 92) , 346923 (: para construir el
23) , 3469234 (: para construir el 34) volviendo así a iniciar el bucle excepto en los últimos
dígitos (en los que sustituimos el 69 por el 68) y, de esta forma, el número
3469234685....3434692346923469234692 de 2015 cifras cumple la condición del
problema.
3. El número no puede comenzar con 51 pues, por el apartado a2 acaba el proceso de inmediato.
4. El número no puede comenzar con 85 pues, por el apartado a2 acaba el proceso de inmediato.
5. Si el número comienza por 23, según el apartado b2 , se puede construir el número de 2015 cifras
2346923469....2323469234692346923469 y, según el apartado c2 , se puede construir el número
de 2015 cifras 2346923468....2323469234692346923469 que cumplen la condición del problema.
6. Si el número comienza por 46 , según el apartado b2 , se puede construir el número de 2015 cifras
7. Si el número comienza por 69 , según el apartado b2 , se puede construir el número de 2015 cifras
8. Si el número comienza por 92, según el apartado b2 , se puede construir el número de 2015 cifras
9234692346....9292346923469234692346 que cumple la condición del problema. El otro (apartado
b2 ) no puede construirse.
En resumen, hemos construido con éxito los números en los apartados 8,7,6,5,2b por lo que hay
9 números

Sea la progresión 1, 3, 32
, 33
, …, 31000
¿Cuál es el entero más próximo al cociente entre el mayor elemento de la
progresión y la suma de los restantes?
SOLUCIÓN
Como es una progresión geométrica de razón 3, la suma de los 1000 primeros términos es
( )
2
13
13
131
3.........3331
10001000
99932 −
=
−
−×
=+++++ , pues
( )
1
11
−
−×
=
r
ra
S
n
n
es la suma de los n primeros
términos de una progresión geométrica de razón r
Escribimos, entonces, el cociente que se propone en el enunciado:
=
−
−×
+
−
=
−
−×+
=
−
×
=
−
=
+++++ 13
232
13
2
13
2322
13
32
2
13
3
3.........3331
3
1000
1000
10001000
1000
1000
1000
1000
1000
99932
1000
( ) 2
13
2
13
132
13
2
10001000
1000
1000
+
−
=
−
−×
+
−
=
por lo que el entero pedido es
2

Halla, en función de m, el valor de sen4
x + cos4
x si sen x + cos x = m
SOLUCIÓN
Según el binomio de Newton, ( ) ⇒+×+=+ xxxsenxsenxxsen 222
coscos2cos
( ) ( )⇒+−+=×⇒ xxsenxxsenxxsen 222
coscoscos2 1cos2 2
−=× mxxsen
También, ( ) ⇒+×+×+×+=+ xxxsenxxsenxxsenxsenxxsen 4322344
coscos4cos6cos4cos
( ) ⇒×−×−×−+=+⇒ xxsenxxsenxxsenxxsenxxsen 2233444
cos6cos4cos4coscos
( ) ( ) ⇒×−+××−+=+⇒ xxsenxxsenxxsenxxsenxxsen 2222444
cos6coscos4coscos
( ) ( ) ⇒−+−+−=−×−−×−=+⇒
2
3
3
2
3
221
2
3
12cos 2424222444
mmmmmmmxxsen
2
21
cos
42
44 mm
xxsen
−+
=+⇒ , o de otra forma equivalente,
sen4
x + cos4
x = 1 – (m2
– 1)2
/2

Javi corre cada día, siempre a la misma velocidad, dando
vueltas a una pista de 6 m de ancha, rectangular y cerrada por
semicircunferencias.
Si corre por el borde exterior tarda 6 segundos más en dar una
vuelta completa que si lo hace por el borde interior.
¿Cuál es la velocidad de Javi en metros por segundo?
SOLUCIÓN
Sea x m/s la velocidad constante de Javi.
Si a es la longitud horizontal de la pista y r el radio interior los metros recorridos por el borde interior son
ra π22 + y los metros por el borde exterior son ( )622 +×+ ra π
Como
velocidad
espacio
tiempo
tiempo
espacio
velocidad =⇒= , el enunciado nos dice que
( ) ⇒+
+
=+
+
⇒+
+
=
++
⇒+
+
=
+×+
6
221222
6
221222
6
22622
x
ra
xx
ra
x
ra
x
ra
x
ra
x
ra ππππππππ
π
ππ
2
6
12
6
12
==⇒= x
x
O sea, la velocidad de Javi es
2π m/s

Un poliedro está formado por 6 caras triangulares.
En cada vértice hay un número y, para cada cara, consideramos la suma de
los tres números que hay en los vértices de esa cara.
Si todas las sumas son iguales y dos de los números de los vértices son 1 y 5,
¿cuál es la suma de los 5 números de los vértices del poliedro?
SOLUCIÓN
Nombramos los vértices con los valores x , y , z
Según el enunciado, se verifica que
515151 ==⇒++=++=++ yxyxyx
1155 =⇒++=++=++=++ zyxyxzyzxz
Por lo tanto, la suma de los vértices es =++++ 11555
17

En una tirada de dardos la diana tiene forma de octógono regular.
Si el dardo puede caer con igual probabilidad en cualquier punto de la diana,
¿cuál es la probabilidad de que caiga en el cuadrado rojo?
SOLUCIÓN
La probabilidad será la razón entre la superficie roja (aciertos) y la superficie
total del octógono (tiradas posibles)
Si consideramos el octógono de lado unidad, la superficie del cuadrado rojo es 1
La superficie del octógono es la suma de la superficie del cuadrado rojo, de cuatro rectángulos iguales y de
cuatro triángulos rectángulos isósceles iguales y cuya hipotenusa es 1
El cateto común c de cada triángulo cumple, por el teorema de Pitágoras, que ⇒=⇒=+
2
1
1 2222
ccc
2
2
2
1
==⇒ c
Por tanto el área de cada triángulo es
4
1
22
2
==
× ccc
, y el área de cada rectángulo es
2
2
1 ==× cc
De todo lo anterior, la superficie del octógono es 222
2
2
4
4
1
41 ×+=×+×+
La probabilidad pedida es, entonces, =
−
=
×+
=
2
12
222
1
P
0,2071

Hay 25 personas en una fila, que pueden ser veraces
(dicen siempre la verdad) o mentirosos (siempre
mienten).
Todos, excepto la primera persona de la fila, dicen que la
persona que está delante de él es un mentiroso, y la
primera persona de la fila dice que todos los que están
detrás de él son mentirosos.
¿Cuántos mentirosos hay en la fila?
SOLUCIÓN
Si el último de la fila (el que ocupa el lugar 25 ) dice la verdad, el que ocupa el lugar 24 es un mentiroso, el
del lugar 23 dice la verdad… y así sucesivamente.
En este caso, los que ocupan lugar par mienten y los que ocupan lugar impar dicen la verdad. Esto es
imposible porque el que ocupa el lugar 1 miente porque dice que todos mienten menos él.
En conclusión, el último de la fila (el que ocupa el lugar 25 ) miente, el que ocupa el lugar 24 dice la verdad,
el del lugar 23 miente… y así sucesivamente hasta el segundo que dice la verdad y el primero,
evidentemente, miente.
Los que mienten son los que ocupan un lugar impar:
13

En un triángulo de lados a, b y c se verifica que (a + b + c) x (a + b – c) = 3ab
Halla el valor del ángulo opuesto al lado c
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( ) abbacabcbabaabcbaabcbacba −+=⇒=−++⇒=−+⇒=−+×++ 22222222
3233
Por el teorema del coseno, ⇒×−+=−+=⇒×−+= CabbaabbacCabbac cos2cos2 22222222
⇒=⇒
2
1
cosC
C = 60o

Smith y Kidd se aburren en el barco.
Smith escribe en sucesión varios números naturales distintos menores que
10 y Kidd examina esos números.
Kidd observa que, en cada par de números consecutivos de la sucesión, uno
de ellos es divisible por el otro.
¿Cuál es el número máximo de números que ha escrito Smith?
SOLUCIÓN
Los nueve números naturales de una cifra deben ir en secuencia tal que cada par tiene una relación de
divisibilidad entre sí.
Como el 5 y el 7 solo tienen esa relación con el 1, que la tiene con todos, aquellos deberán comenzar o
acabar la secuencia con el 1 acompañando.
Además, los restantes tienen relación de divisibilidad con 2 o con 3, siendo el 6 el número que la tiene con
ambos y que servirá de “puente” entre los dos grupos indicados.
Así, salvo simetrías, las posibilidades de series con máxima cantidad de números son:
9,3,6,2,4,8,1,5
8,4,2,6,3,9,1,5
9,3,6,2,4,8,1,7
8,4,2,6,3,9,1,7
en las que queda excluido el 5 o el 7
En conclusión, la mayor cantidad de números de la serie es
8

Dados los tres triángulos rectángulos de la figura,
ninguno de ellos es semejante a ninguno de los
otros dos y todos los segmentos de la figura
tienen longitud entera, siendo AB = 3 cm.
Si el área del pentágono ABCDE viene dada por
un número de tres cifras, ¿cuál es la suma de las
cifras de dicho número?
SOLUCIÓN
Las condiciones del enunciado nos indican que los lados de los tres triángulos son ternas pitagóricas distintas.
En la tabla pueden verse las primeras (obviando las que se deducen de ellas):
Según lo anterior, como 3=AB cm, el triángulo BAE tendrá los lados cuyas medidas son las
correspondientes a la primera terna: 6
2
43
5
4
3
=
×
=⇒





=
=
=
BAEÁrea
BE
AE
AB
cm2
Si 5=BE cm, el triángulo BEC tendrá los lados cuyas medidas son las correspondientes a la segunda terna:
30
2
125
13
12
5
=
×
=⇒





=
=
=
BECÁrea
BC
EC
BE
cm2
Si 12=EC cm y los triángulos no son semejantes, el triángulo ECD tendrá los lados cuyas medidas son las
correspondientes a la séptima terna: 210
2
3512
37
35
12
=
×
=⇒





=
=
=
ECDÁrea
ED
CD
EC
cm2
La superficie del pentágono es 246210306 =++=++= ECDBECBAEABCDE ÁreaÁreaÁreaÁrea cm2
y la
suma de sus cifras es =++ 642
12

Se tienen 2015 cubitos de 1 cm de lado que se disponen
formando un paralelepípedo recto rectangular (: como una
caja de zapatos).
Se tienen también 2015 pegatinas cuadradas de 1 cm de lado
que se utilizan para colorear toda la superficie exterior del
paralelepípedo.
Una vez que se ha terminado la labor, ¿cuántas pegatinas
sobran?
SOLUCIÓN
Como 311352015 ××= , estas serán, en centímetros, las dimensiones del paralelepípedo.
Tendrá dos caras de 135× cm2
que se rellenarán con 1301352 =×× pegatinas.
Igualmente tendrá dos caras de 315× cm2
Y, por fin, tendrá dos caras de 3113× cm2
Se usan, pues, 1246806310130 =++ pegatinas para cubrir la superficie del paralelepípedo.
Sobrarán 67912462015 =− pegatinas
También podrían haber habido otras posibilidades:
• ( ) 48462423240354031512403512015 =×=×+×+××⇒××= pegatinas se necesitarían en este
caso, cantidad mayor que las existentes por lo que esta posibilidad no se produjo.
• ( ) 43662183215513155113121551312015 =×=×+×+××⇒××= pegatinas se necesitarían en
este caso, cantidad mayor que las existentes por lo que esta posibilidad no se produjo.
Resumiendo, la única situación factible provoca que sobren
769 pegatinas

En un torneo de tenis en el que participan N jugadores, el número de
jugadores de élite viene dado por la fórmula ( )[ ]
NN
−−+ 1log1 2
2 , donde [x]
significa el mayor entero menor o igual que x.
Si en dicho torneo hay 19 jugadores de élite y el número total de jugadores es
menor que 120, calcula la suma de todos los posibles valores de N.
SOLUCIÓN
Según la definición, ( )[ ]








=
=
=
=
=−
......
16...,...,10,93
8,7,6,52
4,31
20
1log2
Nsi
Nsi
Nsi
Nsi
N y, según estos resultados,
( )[ ] ( )[ ]
......,3,2,1.0,2222221log 111log11
2
2
=≤<−=−⇒≤<=− ++−++
mNsiNNNsimN mmmNmm
Por el enunciado, 5612120222192 7611
≤⇒≤+⇒<<≤≤<=− ++
mmNyN mmm
Además, por la propia fórmula, 451238219192 511
>⇒>+⇒>≥⇒≥−= ++
mmN mm
De todo lo anterior se deduce la única solución 451964192192:5 61
=−=⇒=−⇒=−= +
NNNm m
45

¿Cuál es el menor entero positivo n tal que
es un cuadrado perfecto?
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( ) ( ) ( )=−××−×−×−×− 1......15141312 22222
n
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )=+×−××+×−×+×−×+×−×+×−= 11......1515141413131212 nn
( ) ( )11......64534231 +×−×××××××××= nn
Observamos que van a aparecer, sucesivamente, los cuadrados de todos los números naturales excepto del
2 , del antepenúltimo de los factores y, evidentemente, del último (y mayor) de los factores.
Por tanto, una primera posibilidad a tratar es que el antepenúltimo de los factores multiplicado por 2 sea un
cuadrado perfecto y que el último de los factores lo sea también.
Esto se produce, en primer lugar, si 8=n :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )=−×−×−×−×−×−×− 18171615141312 2222222
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )=+×−×+×−×+×−×+×−×+×−×+×−×+×−= 1818171716161515141413131212
=×××××××=×××××××××××××= 9827654397867564534231 22222
( ) 222422222
3024076544333276543 =××××××=××××××= , cuadrado perfecto.
La respuesta es
8

Sean los tres círculos concéntricos de la figura y dos diámetros perpendiculares,
siendo 1 la longitud del radio del círculo más pequeño.
Si las tres partes coloreadas tienen la misma superficie, ¿cuánto vale el producto de
los tres radios de los círculos?
SOLUCIÓN
Llamamos r y R a los radios de los círculos respectivos mediano y grande.
Las superficies de las tres partes miden
4
12
×π
,
( )
4
122
−× rπ
y
( )
4
22
rR −×π
Como todas son iguales entre sí,
( ) 211
4
1
4
1 22
222
=⇒=−⇒
×
=
−×
rr
r ππ
También,
( ) 32111
4
1
4
2222
222
=+=+=⇒=−⇒
×
=
−×
rRrR
rR ππ
En resumen, 662322
=×⇒=×=× rRrR y, el producto de los tres radios es =×× 1rR
√6

En un bote hay 60 lápices de colores y el 10 % de ellos son rojos.
¿Cuántos lápices de otros colores hay que sacar para que los rojos representen el 12 %
de todos los lápices que quedan en el bote?
SOLUCIÓN
Hay 660%10 =× lápices rojos y, por tanto, 54 lápices de otros colores.
Para que los 6 lápices rojos representen el %12 del total de lápices (llamemos x a esa
nueva cantidad) deberá cumplirse que 50
12
1006
6%12 =
×
=⇒=× xx .
Es decir, deberá haber en total 50 lápices de los cuales 44650 =− serán de de colores distintos al rojo.
Para conseguir el propósito indicado en el enunciado deberemos quitar, entonces, =− 4454
10 lápices

¿Cuál es el menor número natural que multiplicado por
da como resultado un número entero?
SOLUCIÓN
Si
900
8412
84129006,9346,93461001000
6,93461000
6,934100
634,9 =⇒=⇒−=−⇒



=
=
⇒= xxxx
x
x
x
))
)
)
)
En resumen,
900
8412
634,9 =
)
Como ( )
75
701
634,9
12:900
12:8412
900
8412
634,912900,8412 =⇒==⇒=
))
mcd . De ahí, 70175634,9 =×
)
El menor número natural que cumple la condición del enunciado es, pues,
75

Halla las dos últimas cifras del número 12
– 22
+ 32
… – 20142
+ 20152
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( )=−++−+−+=+−−+−+− 22222222222222
20142015...4523120152014...54321
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4029...9512014201520142015...454523231 ++++=−×+++−×++−×++=
El valor es la suma de una progresión aritmética de diferencia 4 , primer término 1 y último 4029
Si el número de términos es n , ( ) ( ) 1007
4
4028
1141402911 ==−⇒−×+=⇒−×+= nnndaan
, por lo
que hay 1008=n términos
De ahí, como la suma de los n términos es
( ) ⇒
×+
=
2
1 naa
S n
n
( ) 2031120
2
100840291
4029...95120152014...54321 2222222
=
×+
=++++=+−−+−+−⇒ y las dos
últimas cifras son
20

Entre diez empleados de un centro comercial se va a
hacer un sorteo para elegir a cuatro que deben trabajar
este domingo.
A Lourdes le viene fatal, pero Blanca le ha dicho que no
se preocupe porque la suplirá si sale elegida.
Si salen las dos elegidas, Lourdes no tendrá más remedio
que hacer el turno.
¿Cuál es la probabilidad de que Blanca trabaje el
domingo?
SOLUCIÓN
La probabilidad de que Blanca trabaje el domingo es uno menos la probabilidad de que no trabaje, que se
producirá cuando ni ella ni Lourdes salgan elegidas.
Los casos posibles son combinaciones de 10 empleados tomados de 4 en 4 y los casos favorables a que
ninguna de las dos sea elegida son combinaciones de 8 empleados (todos menos ellas) tomados de 4 en 4 .
Por lo tanto,
3
1
65
109
1
!4
!6
!10
!8
!4!10
!6!8
!6!4
!10
!4!4
!8
4
10
4
8
)"min(" =××
×
=×=
×
×
=
×
×=












=godoeltrabajanoBlancaP
Es decir, =−=−=
3
1
1)"min("1)"min(" godoeltrabajanoBlancaPgodoeltrabajaBlancaP
2/3

¿Cuántos números de 8 cifras distintas, ninguna de las cuales es 0, son divisibles
por 9?
SOLUCIÓN
Hay nueve cifras distintas de cero y su suma es 45987654321 =++++++++ , divisor de 9
Eligiendo 8 de esas 9 cifras, solo en un caso la suma de esas 8 seguirá siendo divisor de 9 y, por tanto, el
número formado por esas cifras también lo será: cualquiera que se construya eligiendo todas menos la cifra
9. La suma de las cifras será 36
En resumen, la cantidad de esos números será el número de permutaciones de esas 8 cifras: !88 =P
8! = 40320

A un hexágono regular se le adosan cuatro triángulos equiláteros, con la misma
longitud de lado que la del hexágono, alrededor de un vértice como se observa
en la figura.
Si el área del hexágono es de 72 cm2
, ¿cuál es el área del pentágono construído
uniendo los centros de hexágono y triángulos?
SOLUCIÓN
Como el área del hexágono, formado por seis triángulos equiláteros iguales a los
adosados, es 72 cm2
, la superficie de uno de tales triángulos es 12
6
72
= cm2
Además, el pentágono está formado por cuatro partes a (que son la tercera parte
de un triángulo) y dos partes b (igual a la mitad de un triángulo)
De ahí que la superficie del pentágono sea =+=×+×=+ 1216
2
12
2
3
12
424 ba
28 cm2

Una esfera tiene en ella inscrito un cubo: sus vértices están en la superficie de la
esfera.
Halla el porcentaje del volumen de la esfera que representa el volumen del cubo.
SOLUCIÓN
Sea R el radio de la esfera. El volumen será 3
3
4
Rπ unidades cúbicas.
El diámetro de la esfera, RD 2= , coincide con una diagonal del cubo por lo que, si a es el lado del cubo y
por el teorema de Pitágoras, ( ) RaRaRaRaaaadD ×=⇒=⇒=⇒=++=+=
3
4
3
4
432 22222222222
El volumen del cubo es, entonces,
3
33
44
3
4
3
3
RRa =







×= unidades cúbicas.
El porcentaje es, entonces, =×=×=× %100...483675525969,0%100
3
4
%100
3
4
33
44
3
3
ππ R
R
36,76 %

En un examen de conducir aprobaron la misma cantidad de hombres que de
mujeres, aunque sólo aprobaron los 2/3 de los hombres y el 75% de las
mujeres que se presentaron
¿Qué porcentaje de personas presentadas aprobaron?
SOLUCIÓN
Sea x2 el número de personas aprobadas: x hombres y x mujeres.
Como sólo aprobaron un
3
2
de los hombres presentados, xhxh
2
3
3
2
=⇒= son los hombres presentados.
Además aprobaron el %75 de las mujeres presentadas: xxmxmxm
3
4
75
100
100
75
%75 ==⇒=⇒= son
las mujeres presentadas.
En conclusión, se presentaron xxx
6
17
3
4
2
3
=+ personas aprobando x2 .
El porcentaje es =×=× %100
17
12
%100
6
17
2
x
x
70,59 %

En el rectángulo JKLM, la bisectriz del ángulo KJM corta a la diagonal
MK en el punto N. Las distancias de N a los lados ML y KL son,
respectivamente, 1 y 8.
¿Cuánto vale ML ?
SOLUCIÓN
Marcamos en la figura los datos del problema y determinamos que el
cuadrilátero JSNR es un cuadrado.
Llamamos 8+=⇒= xMLxMQ
Los triángulos NQM y KLM son rectángulos y semejantes, por lo
que ⇒=====⇒=⇒=
xMQRNSNKP
x
KP
x
KP
NP
NQ
MQ 888888
1
22882
==⇒=⇒ xx
Es decir,
ML = 2√2 + 8 = 10,83 unidades de longitud

No se sabe si el número
es primo o compuesto
¿Qué cifra es a ?
SOLUCIÓN
Sea ax 1910197
10
10
+×=
• Si acaba en cifra par o cero será múltiplo de 2 y, por tanto, compuesto.
• Si 3=a , la suma de las cifras de 19310197
10
10
+×=x es 30391791 =+++++ , por lo que será
múltiplo de 3 y, por tanto, compuesto
• Si 195101975
10
10
+×=⇒= xa y el número es divisible por 5 al acabar en dicha cifra y, por tanto,
compuesto.
• Si 7=a el número es ( )11019719710197
1010
1010
+×=+×=x y, por tanto, compuesto.
• Si 9=a , la suma de las cifras de 19910197
10
10
+×=x es 36991791 =+++++ , por lo que será
múltiplo de 9 y, por tanto, compuesto.
En conclusión: para que haya dudas de su primalidad debe ser
a = 1

Si , ¿cuántos posibles valores de R existen?
SOLUCIÓN
Se tiene que cumplir, forzosamente, que cba ,, son valores no nulos para que exista R
Si ⇒−=−⇒+=+⇒
+
=
+
⇒
+
=
+
=
+
= 2222
abbcacbcbaca
ca
b
cb
a
ba
c
ca
b
cb
a
R
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) bac
ba
baab
cbaabcba −−=⇒
−
+×−
=⇒+×−=×−⇒
De ahí, 1−=
+
−−
=
+
=
ba
ba
ba
c
R
Solo existe un valor: R = –1

logx y + logy x = 7
¿Cuánto vale (logx y )2
+ (logy x )2
?
SOLUCIÓN
Si llamamos Lyx =log , haciendo cambio de base resulta que ⇒===
Lyy
x
x
xx
x
y
1
log
1
log
log
log
L
Lxy yx
1
loglog +=+⇒ y ( ) ( ) 2
222 1
loglog
L
Lxy yx +=+
En resumen, hay que calcular 2
2 1
L
L + sabiendo que 7
1
=+
L
L
4724927
11
2
11
2
1
7 2
2
2
2
2
2
2
2
2
=−=−=+⇒++=+××+=





+=
L
L
L
L
LL
LL
L
L
Por lo tanto, ( ) ( ) =+=+ 2
222 1
loglog
L
Lxy yx
47

Se ha dividido un rectángulo en cuatro rectángulos menores.
El perímetro de tres de ellos es conocido y se muestra en la figura:
20, 24 y 32.
¿Cuál es el perímetro del cuarto rectángulo?
SOLUCIÓN
Según nos indica el enunciado,
122422
163222
102022
=+⇒=+
=+⇒=+
=+⇒=+
dbdb
cbcb
caca
y
observemos que nos piden da 22 +
Como =+++−+=++−−+=+ )()( dbbccadbbccada
6121610 =+−= , el perímetro buscado es =+ da 22
12

Sea el número
Dados los números 3, 7, 31, 127 y 2047 se sabe que uno de ellos no lo divide. ¿Cuál es?
SOLUCIÓN
Descomponemos factorialmente el exponente del número y obtenemos que 2
511321650 ×××= por lo que
1212
2
511321650
−=− ×××
Por otro lado, tengamos en cuenta que
12120482047
121128127
1213231
12187
12143
11
7
5
3
2
−=−=
−=−=
−=−=
−=−=
−=−=
Sabiendo que 1−n
a es siempre múltiplo de Nnaaa ∈∀≠ℜ∈∀− ,1,,1 pues
( ) ( )1...11 221
+++++×−=− −−
aaaaaa nnn
se deduce que
• 123 2
−= divide a ( ) 121212
22 51132511321650
−=−=−
×××××
haciendo 2
2=a
• 127 3
−= divide a ( ) 121212
22 51123511321650
−=−=−
×××××
haciendo 3
2=a
• 1231 5
−= divide a ( ) 121212
115325511321650 2
−=−=−
××××××
haciendo 5
2=a
• 122047 11
−= divide a ( ) 121212
22 53211511321650
−=−=−
×××××
haciendo 11
2=a
Por tanto, si alguno de los números citados no lo divide, ese es el número
127

En cada cara de un cubo se escribe un entero positivo diferente de tal modo que
cuando dos caras son adyacentes (comparten una arista), el máximo común divisor de
los dos números de las caras es 1.
¿Cuánto vale la menor suma posible de los números en las seis caras del cubo?
SOLUCIÓN
Cada cara es adyacente con otras cuatro, por lo que solo puede haber, en el cubo y para
que se cumplan las condiciones del enunciado, dos caras con los números pares 2 y 4 , y
estos estarán en caras opuestas.
Las demás caras se rellenarán con los cuatro primeros números impares 1, 3, 5 y 7 , por
lo que la suma de las caras será =+++++ 754321
22

Si sen 15o
y cos 15o
son las raíces de la ecuación x2
+ ax + b = 0, halla el valor de a4
– b2
SOLUCIÓN
Se sabe que la suma de las raíces es igual al opuesto del coeficiente del término de primer grado dividido por
el coeficiente del término de segundo grado y que el producto de las raíces es igual al término independiente
dividido por el coeficiente del término de segundo grado.
Entonces, ( )º15cosº15 +−= sena y º15cosº15 ×= senb
A partir de aquí, desarrollamos ( ) ( )bababa −×+=− 2224
( ) ⇒×++××+=×++=+ º15cosº15º15cosº15cosº152º15º15cosº15º15cosº15 2222
sensensensensenba
º30
2
3
1º15cosº15312
sensenba ×+=××+=+⇒ ya que ααα cos22 ××= sensen
( ) ⇒×−+××+=×−+=− º15cosº15º15cosº15cosº152º15º15cosº15º15cosº15 2222
sensensensensenba
º30
2
1
1º15cosº1512
sensenba ×+=×+=−⇒
Por lo tanto,
( ) ( ) ⇒×+×+×+=





×+×





×+=−×+=− º30
4
3
º30
2
1
º30
2
3
1º30
2
1
1º30
2
3
1 22224
sensensensensenbababa
16
35
16
3
11
2
1
4
3
2
1
21º30
4
3
º3021
2
224
=++=





×+×+=×+×+=−⇒ sensenba
Así pues,
a4
– b2
= 35/16

Como se ve en la figura, ABCD es un rectángulo y AED un triángulo
equilátero.
F es el punto medio de AE , AB = 6 cm y AD = 12 cm
Halla la medida del ángulo BFA
SOLUCIÓN
Como AED es un triángulo equilátero y 12=AD cm 6
2
12
22
====⇒
ADAE
AF cm y el triángulo ABF
es isósceles con los ángulos BFAABF =
El ángulo º30º60º90 =−=−= DAFDABFAB y ⇒=×+⇒=++ º1802º30º180 BFABFAABFFAB
=
−
=⇒
2
º30º180
BFA
75o

Se han borrado los dígitos a y b de esta multiplicación:
¿Cuál es la suma de los dígitos borrados?
SOLUCIÓN
Se trata de hallar ba + teniendo en cuenta que 0210090034203129 ba =×
Como 342 es divisible por 9, 02100900b también lo será por lo que bb +=++++++++ 1220009001
es múltiplo de 69 =⇒ b
Entonces, 5295031
342
100900602
0312910090060234203129 =⇒==⇒=× aaa
En conclusión, =+=+ 65ba
11

En un rectángulo, la bisectriz de un ángulo divide a la diagonal (la
que no pasa por ese vértice ) en la razón 2 : 5
¿En qué razón divide al lado del rectángulo?
SOLUCIÓN
Por comodidad nombramos los vértices y los puntos de
intersección de la figura con las letras que se ven.
Dibujamos una línea paralela (roja) al lado de longitud a que
pasa por el punto de corte de la diagonal y la bisectriz y corta a
los lados de longitud b en sendos puntos que también
nombramos.
También por comodidad, y según el enunciado, damos
longitudes 5 y 2 a los segmentos en que la bisectriz divide a
la diagonal.
Como el triángulo BCT es rectángulo e isósceles, aBCTC == y está claro que la razón que nos piden es
DTTC : o sea
ab
a
DT
TC
−
= pues abTCDCDT −=−=
Como los triángulos AFS y ABC son semejantes, ⇒





=
=
⇒





=
=
⇒





=
=
bAF
aFS
b
AF
a
FS
AC
AS
AB
AF
AC
AS
BC
FS
7
5
7
5
7
5
7
5





=−=−==
=−=−=
⇒
bbbAFbFBEC
aaaFSaES
7
2
7
5
7
2
7
5
Como el triángulo SET es rectángulo e isósceles, aESTE
7
2
==
En resumen, aaaabababbaabaaECTETC
2
3
2
5
2
5
52227
7
2
7
2
=−=−⇒=⇒=⇒+=⇒+=⇒+= ,
de donde la razón es
3
2
2
3
==
−
=
a
a
ab
a
DT
TC
La razón en que divide al lado es 2 : 3

En la figura adjunta se observa el triángulo ABC y dos arcos de
circunferencia: uno de centro E y que pasa por A, B y D y otro de
centro D y que pasa por E y C.
Si el ángulo B del triángulo vale 63o
, ¿cuál es el valor del ángulo C ?
SOLUCIÓN
Si dibujamos los radios de los arcos marcados en rojo, observamos que
DCDEAEBE ===
Llamamos α=DCE ˆ , ángulo pedido.
El triángulo CDE es isósceles: αα 2º180ˆˆˆ −=⇒== EDCDCECED
El triángulo BEA es isósceles:
º54º632º180ˆº63ˆˆ =×−=⇒== AEBEBABAE
Ahora bien, αα −=⇒=++⇒=++ º126ˆº180ˆº54º180ˆˆˆ DEADEACEDDEAAEB
El triángulo AED es isósceles:
( )
2
º54
2
º126º180
2
ˆº180ˆˆˆ αα +
=
−−
=
−
=⇒=
DEA
ADEEADADE
De ahí, =⇒=⇒=+⇒=
+
⇒=−+
+
⇒=+ ααααα
α
α
α
º5434º542
2
º54
º1802º180
2
º54
º180ˆˆ EDCADE
18o

Óscar tiene muchas piezas cuadradas blancas, y Joan muchas
piezas rojas, cuadradas también. Todas del mismo tamaño.
Quieren construir rectángulos con piezas blancas en el interior y
rojas en los bordes, como el de la figura.
En un momento dado se dan cuenta que han conseguido construir
el mayor rectángulo posible con el mismo número de piezas
blancas y rojas.
¿Cuántas piezas han puesto en total en ese momento?
SOLUCIÓN
Llamamos a y b a la cantidad de fichas que se colocan, respectivamente, en cada fila y en cada columna.
El número de piezas blancas existentes será ( ) ( )22 −×− ba y el de piezas rojas será
( ) ( ) 42222 +−×+−× ba
Como debe haber la misma cantidad de piezas de cada color, ( ) ( ) ( ) ( ) 4222222 +−×+−×=−×− baba
Por simplicidad de cálculo hacemos xa =− 2 y yb =− 2 obteniendo la condición 422 ++= yxxy
Entonces, ( )
2
8
2
2
42
422422422
−
+=⇒
−
+
=⇒+=−×⇒+=−⇒++=
x
y
x
x
yxxyxyxyyxxy
Como x e y son valores enteros positivos, las únicas posibilidades son:
• 60125
12
5
103 =×=×⇒



=
=
⇒=⇒= ba
b
a
yx piezas componen el rectángulo
• 4886
8
6
64 =×=×⇒



=
=
⇒=⇒= ba
b
a
• 4868
6
8
46 =×=×⇒



=
=
⇒=⇒= ba
b
a
• 60512
5
12
310 =×=×⇒



=
=
⇒=⇒= ba
b
a
En resumen, la máxima cantidad de piezas que se han puesto para conseguir un rectángulo con el mismo
número de rojas y blancas es
60

Un granjero tiene ovejas y gallinas. La media de número de patas por animal es 3,6
¿Cuál es el cociente entre el número de ovejas y el número de gallinas?
SOLUCIÓN
Llamamos x al número de ovejas e y al número de gallinas. Según el enunciado, 6,3
24
=
+
+
yx
yx
Entonces ⇒==
+
⇒=
+
⇒=
+
⇒=
+
+⇒=
+
+
25,1
6,1
2
2
6,1
6,1
2
6,3
2
26,3
24
x
yx
yx
x
yx
x
yx
x
yx
yx
==⇒=⇒=+⇒
25,0
1
25,025,11
y
x
x
y
x
y
4

¿Cuál es la probabilidad de que al tirar dos dados los números obtenidos sean las
cifras de un cuadrado perfecto de dos cifras?
SOLUCIÓN
Los casos posibles de pares de números obtenidos son variaciones con repetición de seis elementos tomados
dos a dos: 3662
2,6 ==VR : 66...,,16...,...,62...,,12,61...,,31,21,11 −−−−−−−−
Los casos favorables son ocho: 46,64,36,63,25,52,16,61 −−−−−−−− , correspondientes a los
cuadrados 2222
864,636,525,416 ====
Por lo tanto la probabilidad es
9
2
36
8
=
2/9

En un triángulo rectángulo, la mediana sobre la hipotenusa vale 2
¿Cuánto vale la suma de los cuadrados de las otras dos medianas?
SOLUCIÓN
Dibujamos las otras dos medianas y nombramos sus extremos y
dibujamos los segmentos DE y DF , paralelos respectivos a los dos
catetos y que unen puntos medios de los lados.
Se sabe que 2=AD por lo que, en el triángulo rectángulo AFD y por el
teorema de Pitágoras, se verifica que
164
4
2
22
22
22
2
22
222
=+⇒=
+
⇒=





+





⇒=+ cb
cbcb
ADAFDF
Además, también por el teorema de Pitágoras,
• en el triángulo rectángulo EAB se cumple que 2
2
2
2
222
42
c
b
c
b
ABEABE +=+





⇒+=
• en el triángulo rectángulo CAF se cumple que 2
2
2
2
222
42
b
c
b
c
ACAFCF +=+





⇒+=
De todo lo anterior, la suma de los cuadrados de las medianas es
( ) =
×
=
+×
=+=+++=+
4
165
4
5
4
5
4
5
44
2222
2
2
2
2
22 cbcb
b
c
c
b
CFBE
20

ABCDEF es un hexágono regular con centro M y los lados son de longitud 1
¿Cuál es el área de la zona roja?
SOLUCIÓN
Como se ve en la figura adjunta, marcamos los segmentos BE y AD para mayor
claridad en la siguiente exposición.
La superficie roja está compuesta por la de un sector circular ( MAB ), que es la
sexta parte del círculo total, más la del triángulo rectángulo BPM , mitad del
triángulo equilátero BCM de lado unidad.
Teniendo en cuenta que el lado del hexágono es el radio de su circunferencia
circunscrita, la superficie del sector circular MAB es
66
12
ππ
=
×
unidades
cuadradas.
El cateto BP del triángulo BPM es, por el teorema de Pitágoras,
2
3
4
3
4
1
1
2
1
1
2
2222
=⇒=−=





−=−= BPMPBMBP por lo que la superficie del triángulo BPM es
8
3
2
2
1
2
3
2
=
×
=
× MPBP
unidades cuadradas.
La suma de ambas superficies es la pedida: ≅+
8
3
6
π
0,74010512654 unidades cuadradas

Sea N el menor entero positivo que al dividirlo por 5 da resto 2, al dividirlo por 7 da resto
3 y al dividirlo por 9 da resto 4
¿Cuál es la suma de los dígitos de N ?
SOLUCIÓN
Se verifica, según el enunciado, que 493725 +=+=+= cbaN siendo, evidentemente, cba >>
Entonces,





−
=⇒−=
+
+=
+
=⇒+=
9
17
179
5
12
5
17
175
b
cbc
b
b
b
aba
y llamamos dba
b
d +=⇒
+
=
5
12
Con lo anterior, ⇒−=+⇒
+
=
−
⇒





+
=
−
=
⇒



+=
−=
⇒





−
=
+
=
735218
7
19
2
15
7
19
2
15
197
152
9
17
5
12
dc
cd
c
b
d
b
cb
db
b
c
b
d
18
917
18
935
93518
−
+=⇒
−
=⇒−=⇒
d
dc
d
cdc
Los menores valores posibles enteros positivos serán para
3192222
7
1179
17
18
9917
99 =+=⇒=
+×
=⇒=
−×
+=⇒= abcd , que determinan
157417932272315 =+×=+×=+×=N
La suma de los dígitos de N es =++ 751
13

ABCE es un cuadrado, BCF y CDE son triángulos equiláteros y AB = 1
¿Cuál es la medida del segmento FD ?
SOLUCIÓN
Está claro que 1=== ABCFCD , por construcción, por lo que el triángulo FCD es isósceles.
Además el ángulo Cˆ de dicho triángulo es º90º60º60º90ˆˆˆˆ =+−=+−=+= DCEFCBECBDCEECFC &&&& ,
por lo que FCD es un triángulo isósceles y rectángulo cuyos catetos son de medida unidad.
En esas condiciones, y por el teorema de Pitágoras, ⇒=+=+= 211 22222
CDCFFD
FD = √2

Sea n un número natural tal que n2
+ 4 y n + 3 no son primos entre sí.
En estas condiciones, ¿cuál es el máximo común divisor de ambos números?
SOLUCIÓN
Llamamos ( )3,42
++= nnmcdk
Según lo anterior, kan =+ 42
y kbn =+ 3 , siendo a y b dos números naturales tales que ba > . Además,
1>k y número natural por no ser primos entre sí los números dados.
De ahí, ( ) ⇒
+−
=⇒++−=⇒=+−=+⇒−=
k
kbbk
akbbkkakakbnkbn
136
4964343
22
2222
k
bkba
13
62
+−=⇒
Como a es un número natural y 131 =⇒> kk y, entonces,
el máximo común divisor de ambos es 13

Un triángulo se dobla a lo largo de la línea a
trazos de modo que se obtiene la figura que
se ve, cuyo contorno es un heptágono. El
área del triángulo original es 1,5 veces el
valor del área del heptágono.
El área total conjunta de las tres regiones
coloreadas de azul es 100 cm2
¿Cuál es el área del triángulo original?
SOLUCIÓN
Desplegando la figura se reconstruye el triángulo y se observa que, llamando
x cm2
al valor de la superficie del cuadrilátero central blanco, el área del
triángulo es 1002 +x cm2
El área del heptágono es 100+x cm2
por lo que, según el enunciado,
( ) 100505,01505,110021005,11002 =⇒=⇒+=+⇒+×=+ xxxxxx cm2
En resumen, la superficie del triángulo es =+×=+ 10010021002x
300 cm2

La función ( )



≥−
<+
=
314
352
xsix
xsix
xf puede definirse también mediante cbxxaxf ++−×= 3)( ,
expresión única.
Calcula los valores de a, b y c
SOLUCIÓN
Si ( )



=+
=−
⇒+=++−=+++−×=++−×=⇒<
53
2
523)3(3)(3
ca
ab
xcaxabcbxxacbxxaxfx
Si ( )



−=+−
=+
⇒−=+−+=++−×=++−×=⇒≥
13
4
143)3(3)(3
ca
ab
xcaxabcbxxacbxxaxfx
De todo lo anterior se deduce fácilmente que 1
4
2
=



⇒
=+
=−
a
ab
ab
y 3=b y 2
13
53
=



⇒
−=+−
=+
c
ca
ca
O sea, la fórmula única para la función es 233)( ++−= xxxf
a = 1, b = 3, c = 2

En un supermercado los carritos, encajados unos en otros, forman dos filas.
Una de ellas, con 10 carritos, tiene 2,9 metros de longitud y la otra, con 20 carritos,
tiene 4,9 metros de longitud.
¿Cuál es la longitud, en metros, de cada carrito?
SOLUCIÓN
Llamamos x a la longitud de un carrito y a a la medida de lo que sobresale un carrito
encajado en el correspondiente delantero.
Poniendo todo, por comodidad, en centímetros, tendremos que para cada fila
110290209
20
2909
20010
2909
49019
2909 ª1
ª1ª2
=⇒=×+⇒



=
=+
⇒



=
=+
⇒



=+
=+
−
xx
a
ax
a
ax
ax
ax fila
filafila
Es decir, la separación es de 20 cm y la longitud de cada carrito es 110 cm =
1,10 metros

La figura que se ve está hecha con cuatro cuadraditos iguales.
¿De cuántas formas se puede añadir un cuadradito más para formar una figura con 5
cuadraditos que tenga algún tipo de simetría?
SOLUCIÓN
Obsérvense las cuatro figuras: la primera tiene simetría central con respecto al punto
señalado y las otras tres simetría axial respecto a los ejes señalados.
Por lo tanto,
de 4 formas

¿Para cuántos enteros positivos n menores que 100 el número nn
es un cuadrado
perfecto?
SOLUCIÓN
Si 1001 ≤≤ n , n
n será cuadrado perfecto si n es par, pues si ( ) ( )( )22
222
mmn
mmnmn ==⇒= , siendo m
un valor entero positivo. Como hay 50 pares menores o iguales que 100 de ahí se obtienen 50 enteros
positivos que cumplen esa condición.
Además, también cumplirán la condición los cuadrados perfectos impares menores o iguales que 100. Los
pares ya los hemos contado antes.
En efecto, si ( ) ( )2
222 222
100 mmmn
mmmnmn ===⇒≤= , siendo m un valor entero positivo .
Como los cuadrados perfectos impares menores o iguales que 100 son cinco: ,11 2
= ,39 2
= ,525 2
=
,749 2
= ,981 2
= en total habrá
55

Glotón se comió 12 pasteles en tres días. Cada día comió más pasteles que el día
anterior y el tercer día comió menos que la suma de los dos días anteriores.
¿Cuántos pasteles se comió Glotón el tercer día?
SOLUCIÓN
Sean cba ,, la cantidad de pasteles que se comió Glotón cada uno de los días. El enunciado dice que





+<
<<
=++
bac
cba
cba 12
De la tercera condición y de la primera se deduce que
Si 6122122 <⇒<⇒=++<=+⇒+< cccbacccbac
Si 4≤c , como 12444 =++<++⇒<< cbacba y no se cumplirían las condiciones del problema.
Por tanto, 5=c y 37 =⇒=+ aba y 4=b pues cba <<
El tercer día Glotón se comió
5 pasteles

En la imagen, el ángulo α = 7o
y las medidas de los segmentos OA1, A1A2,
A2A3,… son todas iguales.
¿Cuál es el mayor número de segmentos distintos que pueden
dibujarse en esas condiciones a partir del punto A1?
SOLUCIÓN
Si seguimos el proceso de construcción y analizamos los ángulos vemos que
• 21211 AOAAAOA ⇒= es un triángulo isósceles y
º166º72º1802º180ˆ
21 =×−=−= αAAO , quedando como se ve en la imagen.
• 3213221 AAAAAAA ⇒= es un triángulo isósceles y
( )⇒−×−=×−= 21312321
ˆº1802º180ˆ2º180ˆ AAOAAAAAA
( ) º152º142º180º166º1802º180ˆ
321 =×−=−×−=⇒ AAA , quedando como
se ve en la imagen.
• 4324332 AAAAAAA ⇒= es un triángulo isósceles y
( )⇒−−×−=×−= 32112423432
ˆˆº1802º180ˆ2º180ˆ AAAAAOAAAAAA
( ) º138º212º180º152º7º1802º180ˆ
432 =×−=−−×−=⇒ AAA , quedando
como se ve en la imagen.
• …
Démonos cuenta que los ángulos en cada punto son nnAAA nnn º14º180º72º180ˆ
11 −=××−=+− (sencilla
demostración por inducción) y tendrán sentido si 1286,12
14
180
0º14º180 ≤⇒=<⇒>− nnn .
Para 12=n se verificará que el triángulo 131211 AAA tendrá de ángulos º12ˆ
131211 =AAA y los iguales serán de
º84 cada uno.
Es decir se pueden dibujar, como mucho, 12 segmentos a partir de 1A … hasta el punto 13A
12

Halla el máximo común divisor de todos los números de la forma n5
– n,
siendo n > 12
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )111111 22245
+×+×−×=+×−×=−×=− nnnnnnnnnnn . Es decir,
( ) ( ) ( )111 25
+×+××−=− nnnnnn
Evidentement, todos los números tienen en su descomposición anterior tres naturales seguidos por lo que
uno de ellos, al menos, es par y además uno de ellos (y solo uno) es, necesariamente, múltiplo de 3
Incluso se cumple que:
• Si n acaba en 1 o en 6 , 1−n es múltiplo de 5
• Si n acaba en 2 , en 3, en 7 o en 8 , 12
+n es múltiplo de 5
• Si n acaba en 4 o en 9, 1+n es múltiplo de 5
• Si n acaba en 0 o en 5, n es múltiplo de 5
Si n es impar no puede ser múltiplo de ninguna potencia de 2 superior a 2 y se pueden encontrar ejemplos
(para 13=n ) en los que no es múltiplo de ninguna potencia de 3 superior a 3 y (para 13=n ) en los que no
es múltiplo de ninguna potencia de 5 superior a 5
En menor de ellos es ( ) ( ) ( ) 17137532170141312113113131131313 425
×××××=×××=+×+××−=− y
pueden encontrarse fácilmente ejemplos de no divisibilidad por 7 (para 16=n ),13 (para 15=n ) y 17
(para 14=n )
En resumen, nn −5
es múltiplo de 2 , de 3 y de 5 y el máximo común divisor es, entonces,
2 x 3 x 5 = 30

Siete piezas de 3 cm x 1 cm se colocan en una caja de 5 cm x 5 cm.
Se pueden deslizar las piezas en la caja de modo que haya espacio para una
pieza más.
¿Cómo mínimo, cuántas piezas hay que mover?
SOLUCIÓN
Hay que mover tres, al menos, para dejar un hueco donde encaje la nueva como se ve en la secuencia
inferior:
La respuesta es, por tanto,
3

Se escribe un número de cinco cifras, todas distintas, tal que la primera cifra
por la izquierda es la suma de las otras cuatro.
¿Cuántos números distintos se pueden escribir con estas características?
SOLUCIÓN
Como 9104321 >=+++ , una de las cuatro cifras de la derecha deberá ser un 0 y las tres restantes
• de las cuatro ⇒4,3,2,1 242343
4 =××=V posibilidades y cada una de ellas con el 0 en una de las
cuatro posiciones posibles: 96244 =× números distintos
• ⇒5,2,1 6!33 ==P posibilidades y cada una de ellas con el 0 en una de las cuatro posiciones
posibles: 2464 =× números distintos
En total =+++ 24242496
168 números distintos

¿Cuál es el número del año más cercano a este que puede representar la
cantidad de aristas de un prisma y, a la vez, de una pirámide?
SOLUCIÓN
Un prisma de n caras laterales posee n aristas en dichas caras y las mismas en cada una de sus dos bases. Es
decir, posee nnnn 3=++ aristas.
Una pirámide de n caras laterales posee n aristas en dichas caras y las mismas en su base. Es decir, posee
nnn 2=+ aristas.
Por tanto, el número que representa el año debe ser múltiplo de 3 y de 2 : múltiplo de 6
Y este año, 2016 , cumple la condición.
2016

Los cuatro rectángulos rojos de la figura son iguales y con un lado doble que el otro.
Si el círculo tiene radio 1, ¿cuál es el área de cada rectángulo?
SOLUCIÓN
Según se ve en la imagen adjunta, el área de cada rectángulo es
2
22 aaa =×
Por otro lado, en el triángulo rectángulo construido con el
diámetro aplicamos el teorema de Pitágoras y se verifica que
( ) ( )
5
1
4204416224 2222222
=⇒=⇒=+⇒=+ aaaaaa
De ahí, ==×=
5
2
5
1
22 2
a
0,4 unidades cuadradas

El triángulo ABC es rectángulo en C, M es el punto medio de la hipotenusa AB
y Â = 60o
.
¿Cuál es la medida del ángulo BMC ?
SOLUCIÓN
Se sabe que º30º60º90º90 =−=−= MACCBM
Si M es el punto medio de la hipotenusa, construyendo un rectángulo con una
réplica añadida del triángulo dado (como se ve en la figura), M es el centro
del rectángulo y corte de las dos diagonales, ambas iguales.
De lo anterior, los triángulos CMA y BMC son isósceles. Por lo tanto,
⇒=++⇒== º180º30 CBMMCBBMCCBMMCB
=−=−−=⇒−−=⇒ º60º180º30º30º180º180 BMCCBMMCBBMC
120o

Simplifica todo lo posible la expresión
SOLUCIÓN
Llamamos 064106410 >×−−×+=a
Entonces,
=



 ×−+×−××+×−



 ×+=



 ×−−×+=
222
2
6410641064102641064106410a
( ) ( ) ( ) =−×−=×−×−=×−+×−××+×−×+= 96100220641022064106410641026410
22
=⇒=−= a16420
4

En la imagen el lado del cuadrado mide 2 cm y las semicircunferencias pasan por
el centro del cuadrado y tienen sus centros en los vértices del cuadrado.
Los círculos verdes tienen sus centros sobre los lados del cuadrado y son
tangentes a las semicircunferencias.
¿Cuánto vale la suma de las áreas verdes?
SOLUCIÓN
Según las condiciones, la mitad de la diagonal del cuadrado es el radio de las semicircunferencias. Si
llamamos R a dicho radio se cumple, por el teorema de Pitágoras, que ( ) ⇒=⇒+= 84222 2222
RR
222
=⇒=⇒ RR cm
De ahí, si r es el radio de cada círculo verde se verifica que 12
2
−=−=
cuadradodellado
Rr cm
De todo lo anterior, la superficie verde, compuesta por cuatro círculos verdes iguales, es ⇒= 2
4 rS π
( ) ( ) ( ) ( ) =−=×−×=+−×=−×=⇒ ππππ 2812223412224124
2
S
2,156 cm2

En el triángulo de lados AB = 24, BC = 7 y AC = 25.
¿Cuál es la longitud de la mediana que parte de C ?
SOLUCIÓN
Como 222
25724 =+ , el triángulo del que trata el problema es rectángulo en B
Si M es el punto medio del lado AB la mediana, de la cual se busca su longitud, es la
hipotenusa MCm = del triángulo rectángulo MBC
Por tanto, por el teorema de Pitágoras, se verifica que
=⇒=+=+=+





=+





=+= mBC
AB
BCMBm 193491447127
2
24
2
222
2
2
2
222
√193

Dados los tres primeros términos de una progresión geométrica
¿Cuál es el siguiente término de la progresión?
SOLUCIÓN
Dada la progresión geométrica ...,7,7,7 63
, la razón común es el cociente entre un término cualquiera y
el anterior en la sucesión 





= +
n
n
a
a
r 1 por lo que
6
66
3
2
6 3
6 23
7
1
7
1
7
7
7
7
7
7
=====r
Y es coherente con segundo y tercer término: 66
2
6
6 2
6
3
6
33
7
7
7
7
7
7
7
7
1
77 ====×=× r
En consecuencia, el cuarto término es ==×=× 6
6
6
66
7
7
7
1
77 r
1

Si sen x + cos x = 1/2, ¿cuánto vale sen3
x + cos3
x ?
SOLUCIÓN
Por el binomio de Newton,
( ) ⇒+++=+ xxxsenxxsenxsenxxsen 32233
coscos3cos3cos
( ) ⇒−−+=+⇒ xxsenxxsenxxsenxxsen 22333
cos3cos3coscos
( ) ( )xxsenxxsenxxsenxxsen coscos3coscos
333
+−+=+⇒
También por el binomio de Newton,
( ) ( ) ⇒−−+=⇒++=+ xxsenxxsenxxsenxxxsenxsenxxsen 222222
coscoscos2coscos2cos
( ) ( ) 8
3
cos
4
3
1
4
1
1
2
1
coscoscos2
2
222
−=⇒−=−=−





=+−+=⇒ xxsenxxsenxxsenxxsen
En resumen, ( ) ( ) ⇒×





−×−





=+−+=+
2
1
8
3
3
2
1
coscos3coscos
3
333
xxsenxxsenxxsenxxsen
=+=+⇒
16
9
8
1
cos33
xxsen
11/16

¿Cuántos triángulos rectángulos pueden formarse uniendo tres vértices cualesquiera
de un polígono regular de 14 lados?
SOLUCIÓN
Nombramos todos los vértices del polígono y dibujamos la circunferencia circunscrita.
Tomando el diámetro AH , los triángulos formados con un tercer vértice son siempre rectángulos. Como se
ve en las figuras, hay 1226 =× triángulos rectángulos con ese diámetro.
Con los demás diámetros (cada vértice y su opuesto: ...,, CJBI ) de la circunferencia circunscrita tendremos
otros tantos para cada uno de ellos.
Al haber 14 vértices hay 7 diámetros de esas características y habrá entonces =× 712
84 triángulos rectángulos

¿Para qué valores enteros de n el valor de la fracción
es un número entero?
SOLUCIÓN
Se trata de expresar la fracción con el numerador más simple posible para discutir la divisibilidad entre
numerador y denominador.
Hacemos
( )( ) ( )( )
1
39
1
1
39
1
11
1
3911
1
1381
1
38 22
+
+−=
+
+
+
+−
=
+
++−
=
+
++−
=
+
+
n
n
nn
nn
n
nn
n
n
n
n
Entonces, la fracción tendrá un valor entero si 1+n divide a 13339 ×= . Esto se cumple en los casos
siguientes:
• 40391 −=⇒−=+ nn y
( ) 42
39
1638
140
3840
1
38
22
−=
−
=
+−
+−
=
+
+
n
n
• 14131 −=⇒−=+ nn y
( ) 18
13
234
114
3814
1
38
22
−=
−
=
+−
+−
=
+
+
n
n
• 431 −=⇒−=+ nn y
( ) 18
3
54
14
384
1
38
22
−=
−
=
+−
+−
=
+
+
n
n
• 211 −=⇒−=+ nn y
( ) 42
1
42
12
382
1
38
22
−=
−
=
+−
+−
=
+
+
n
n
• 011 =⇒=+ nn y 38
1
38
10
380
1
38 22
==
+
+
=
+
+
n
n
• 231 =⇒=+ nn y 14
3
42
12
382
1
38 22
==
+
+
=
+
+
n
n
• 12131 =⇒=+ nn y 14
13
182
112
3812
1
38 22
==
+
+
=
+
+
n
n
• 38391 =⇒=+ nn y 38
39
1482
138
3838
1
38 22
==
+
+
=
+
+
n
n
Por lo tanto, n puede valer
-40, -14, -4, -2, 0, 2, 12, 38

Cada signo * en la expresión 1*2*3*4*5*6*7*8*9*10 se sustituye por
un signo “más” (+) o por un signo “por” (×), obteniéndose una expresión
aritmética cuyo mayor valor posible es N.
¿Cuál es el menor divisor primo de N ?
SOLUCIÓN
Es evidente que 36288011!1010987654321 =+=××××××××+=N
No es divisible por 2 (: no es par) ni por 3 (:
•
≠=++++++ 3281088263 ) ni por 5 (no acaba en 5 ni en
0 ) ni por 7 ( ..1428,5184007/3628801 = ) pero ( ) ( ) 014140861823 =−=++−+++ por lo que es
divisible por 11: 329891113628801 ×=
El menor divisor primo de N es
11

Una circunferencia pasa por dos vértices contiguos de un cuadrado de lado 2 y es tangente
al lado opuesto.
¿Cuál es su radio?
SOLUCIÓN
Construimos la figura propuesta por el enunciado y nombramos vértices
y puntos relevantes en ella. Llamamos r al radio buscado,
rAFAD −=⇒= 22 y 1=OF por lo que, aplicando el teorema de
Pitágoras en el triángulo rectángulo AFO , se tiene que
( ) ⇒++−=⇒+−=⇒+= 14412 22222222
rrrrrOFAFAO
⇒=⇒=⇒
4
5
54 rr
r = 1,25

Una tira de papel se dobla tres veces como se ve en la figura.
Si α = 70o
, ¿cuánto vale β ?
SOLUCIÓN
En el segundo paso el triángulo marcado de rojo, ABC , es isósceles y los ángulos del triángulo
αα 2º180 −=⇒== BCA . Además, el ángulo amarillo con vértice α2=B al ser suplementario al rojo.
En el tercer paso, es evidente que el ángulo amarillo º1804)2º180(2 −=−−= αααD , resultado de restar el
ángulo rojo α2º180 −=B al ángulo amarillo α2=B
En conclusión, y según el cuarto paso, se verifica que ( ) ( ) ( ) ⇒=−+−+−+ º360º18042º180º1804 αααβ
=−=×−=−=⇒=+−⇒ º420º540º706º5406º540º3606º180 αβαβ
120o

El área del trapecio ABCD de la figura es 18 cm2
y AB = 4 cm.
Si la altura del trapecio es un valor entero y el lado DC es un
valor entero impar, ¿cuánto vale el área del triángulo ABE ?
SOLUCIÓN
Llamamos m al valor, en centímetros, de la altura del trapecio y 12 += nDC cm, siendo m y n enteros no
negativos.
El área del trapecio es ( ) 365218
2
124
18
2
=×+⇒=×
++
⇒=×
+
mnm
n
m
DCAB
52 +n es divisor de 36 siendo n entero no negativo. Esto sólo sucede cuando ⇒=+⇒= 9522 nn
4369 =⇒=⇒ mm cm, altura del trapecio.
Entonces, el área del triángulo ABE es =
×
=
×
2
44
2
mAB
8 cm2

El código de barras mostrado se compone de franjas blancas y negras
alternadas, siendo negras las de los extremos.
Cada una de las franjas, blanca o negra, tiene anchura 1 ó 2 y el ancho
total del código es 12.
¿Cuántos códigos de barras diferentes, en esas condiciones y leídos de
izquierda a derecha, es posible construir?
SOLUCIÓN
Siempre empieza y acaba por barra negra y se van alternando con las blancas: hay siempre un número impar
de barras. Además, la suma de la anchura de las barras es siempre 12
Por lo tanto, los códigos se diferenciaran según el número de sumas impares de 1 y 2 que pueden dar lugar
a 12
Y las posibilidades son:
• un 2 y diez 1. Once barras en cada código: ...;11211111111;12111111111 La cantidad de códigos
es el número de permutaciones con repetición de once elementos donde hay (el 2 ) uno una vez y
otro repetido (el 1) 10 veces: 10,1
11PR
• tres 2 y seis 1. Nueve barras en cada código: ...;212211111;222111111 (la de la imagen ejemplo
del enunciado es 112211112 ). La cantidad de códigos es el número de permutaciones con repetición
de nueve elementos donde hay (el 2 ) uno repetido 3 veces y otro repetido (el 1) 6 veces: 6,3
9PR
• cinco 2 y dos 1. Siete barras en cada código: ...;2122221;2222211 La cantidad de códigos es el
número de permutaciones con repetición de siete elementos donde hay (el 2 ) uno repetido 5 veces
y otro repetido (el 1) 2 veces: 2,5
7PR
Por tanto, la cantidad de códigos que pueden construirse es =
×
+
×
+
×
=++
!2!5
!7
!6!3
!9
!10!1
!112,5
7
6,3
9
10,1
11 PRPRPR
=++=
×
××
+
××
×××
+
×
= 218411
2!5
!567
!623
!6789
!10
!1011
116 códigos de barras diferentes

¿Cuál es el menor entero positivo x para el que la suma xxxx 100...32 ++++ es un cuadrado perfecto?
SOLUCIÓN
( ) xxxxxxx 5050100
2
1001
100...321100...32 =××
+
=×++++=++++
Como 101525050 2
××= , a este número le falta 1012× para ser un cuadrado perfecto: si ⇒×= 1012x
22222
1010101521012101525050 =××=××××=x
Por lo tanto, =×= 1012x
202

La profesora escribe 10 veces cada uno de los números naturales de 1 a 10 en el
encerado y pide a los alumnos que hagan lo siguiente: uno de ellos borra dos de
los números y escribe la suma de ambos disminuida en uno; el siguiente borra
dos de los números restantes y hace lo mismo. El tercero repite la operación y así
sucesivamente, hasta que queda un único número.
¿Cuál es ese número?
SOLUCIÓN
La cantidad inicial de números es 100 y su suma total es ( ) 550551010...32110 =×=++++×
Al finalizar su labor el primer alumno quedan 991100 =− números y su suma es 5491550 =− , pues ha
dejado un nuevo número resultante de disminuir, en una unidad, la suma de los dos borrados.
El segundo alumno deja 210098199 −==− números y su suma es 25505481549 −==− .
El enésimo alumno dejará n−100 números y la suma será n−550
Cuando quede un único número se habrá repetido el proceso 99 veces, quedando como número (y ’suma
total de los que quedan’ ) =− 99550
451

Halla el valor de
SOLUCIÓN
( ) ( ) ( ) ( ) ( )º89...º3º2º1lnº89ln...º3lnº2lnº1ln tgtgtgtgtgtgtgtgSUMA ××××=++++=
Ahora bien, ( )αα −= º90cottg por lo que ( )=××××= º89...º3º2º1ln tgtgtgtgSUMA
( )º1cot...º44cotº45º44...º3º2º1ln ××××××××= tgtgtgtgtg y como 1cot =× ααtg obtenemos que
( ) ( ) ===××××××××= 1lnº45lnº1cot...º44cotº45º44...º3º2º1ln tgtgtgtgtgtgSUMA
0

¿Cuál es la mayor potencia de 2 que divide a 2552
– 1 ?
SOLUCIÓN
Como 121256255 8
−=−= entonces ( ) ( )12222112221121255 79916816282
−×=−=−+×−=−−=− por
lo que la mayor potencia que lo divide es
29

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