100 problemas maravillosos de matemáticas - Libro 6

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

xy

La suma es 1

2

−xx

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

nfnf , 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

fff ;

11

1

6

116

1

16

5

16

5

1)14(

1)14()314()17( −=

−=

+

−=

+−=+=

f

fff ;

5

6

11

1011

12

111

1

111

1

1)17(

1)17()317()20( −=

−=

+−

−−=

+−=+=

f

fff ; 11

5

15

11

15

6

15

6

1)20(

1)20()320()23( =

−

−=

+−

−−=

+−=+=

f

fff

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 202

1 =× ha

y

10

9

20

18

20

18

2

2182 1

1

1 ==⇒=×

×

⇒=×

a

bha

hbhb

Con la misma lógica, 62

2 =× ha

y 66

2

22 2

2

2 A

a

bAha

hb

Ahb

=⇒=×

×

⇒=×

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, 22

14º60cos4coscos =×=×=×=⇒= BABBC

AB

BCB 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 =⇒= xb bx

Por otro lado, 7777 77

87

7

877887 =

⇒=⇒×=⇒=+

x

x

xxxxx

De las dos expresiones se obtiene que

xxb

=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

4,04

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 44

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

112122 2222222 −=⇒−=−=+−+=⇒++=+ abbabaabbababa

De todo lo anterior, ( )2

7

2

14

2

1222

222222244 =−=

−×−=−+=+ 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

5546

10088

10080

55

46%88%80

55

yx

yx

yx

yxyx

yx

yx

yx

302555255751110

5501010 tan

=−=⇒=⇒

=+=+

⇒ xyyx

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 ++=++×=+==⇒20

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,

863

46

3

166

3

16 =×=×−+×−=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, 322

322 ×=×× cm

2

Por tanto, la superficie pedida es 3

32× cm

2

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 :

1225

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

2536

548

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 4p⇒ 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 ( ) ( ) ⇒=+−⇒=+−

1221

22

baba

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 82

de los 32

del caudal inicial.

Llega a B el caudal anterior y 31

del inicial, por lo que la cantidad de agua que fluye por ese punto es

21

63

31

61

31

122

31

32

41

31

32

82 ==+=+=+×=+× . 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

13

2

605

1

23

61221

1

23

6132

1

23

b

a

c

b

ba

bc

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

ββαβααα

. 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 βα

βα

βαβα

ββαβααα

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 =⇒=×=×=⇒= OCOBOAOCOC

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

43

4

434

rb

ra

br

ar

ππ

ππ

Como a y b son valores enteros, hacemos

==

⇒=2

3

36

363

nb

nanr , tales que ambos son de cuatro cifras y n

entero.

De lo anterior, 6166

64

99991000

99991000=⇒

≤≤≤≤

⇒

≤≤≤≤

nn

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 112 −=−×+=−×+= aa

• ( ) 112112 223 =×+−=−×+= aa

• ( ) ( ) 213113 334 −=−×+=−×+= aa

• ( ) 214214 445 =×+−=−×+= aa

• ( ) ( ) 315215 556 −=−×+=−×+= aa

• ( ) 316316 667 =×+−=−×+= aa

• … … …

De lo anterior se deduce fácilmente por inducción que

−=

−=

imparesnsin

a

paresnsin

a

n

n

21

2

De ahí k debe ser impar y ⇒=−⇒=−= 4030120152

1k

kak

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

4214

2

4914

499

012

049252

2

212492 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

31

21 =⇒==+ RPAMRPPS y

6

1=PS

Calculamos entonces el área del triángulo OPM : 24

1

26

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

3195711211

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.








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

1313.........3331

1000100099932 −=

−−×=+++++ , pues

( )1

11

−−×=

r

raS

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

23213

213

232213

32

2

133

3.........33313

1000

1000

10001000

1000

1000

1000

1000

1000

99932

1000

( )2

13

2

13

132

13

210001000

1000

1000+

−=

−−×+

−=

por lo que el entero pedido es

2

Halla, en función de m, el valor de sen4 x + cos

4 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

33

2

3221

2

312cos 2424222444 mmmmmmmxxsen

2

21cos

4244 mm

xxsen−+=+⇒ , o de otra forma equivalente,

sen4 x + cos4x = 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

espaciotiempo

tiempo

espaciovelocidad =⇒= , el enunciado nos dice que

( )⇒++=++

⇒++=++⇒++=+×+

6221222

6221222

622622

x

ra

xx

ra

x

ra

x

ra

x

ra

x

ra ππππππππ

πππ2

6

126

12 ==⇒= xx

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

11 2222 ccc

22

21 ==⇒ c

Por tanto el área de cada triángulo es 4

1

22

2

==× ccc, y el área de cada rectángulo es

2

21 ==× cc

De todo lo anterior, la superficie del octógono es 2222

24

4

141 ×+=×+×+

La probabilidad pedida es, entonces, =−=×+

=2

12

222

1P

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

1cosC

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: 62

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:

302

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: 2102

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 que se rellenarán con 3103152 =×× pegatinas.

Y, por fin, tendrá dos caras de 3113× cm2 que se rellenarán con 80631132 =×× pegatinas.

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 22 , 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 111log112

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, ( )

2114

1

4

1 22222

=⇒=−⇒×=−×

rrr ππ

También, ( )

321114

1

42222

222

=+=+=⇒=−⇒×=−×

rRrRrR 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 50121006

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

841284129006,9346,93461001000

6,93461000

6,934100634,9 =⇒=⇒−=−⇒

==

⇒= xxxxx

xx

))

)

))

En resumen, 900

8412634,9 =)

Como ( )75701

634,912:90012:8412

9008412

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 – 2

2 + 3

2 … – 2014

2 + 2015

2

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 , ( ) ( ) 10074

40281141402911 ==−⇒−×+=⇒−×+= nnndaan , por lo

que hay 1008=n términos

De ahí, como la suma de los n términos es ( )

⇒×+=

21 naa

S nn

( )2031120

2

1008402914029...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, 31

65109

1!4!6

!10!8

!4!10!6!8

!6!4!10!4!4

!8

4

10

4

8

)"min(" =×××

=×=××=

×

×=

=godoeltrabajanoBlancaP

Es decir, =−=−=3

11)"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 =+=×+×=+ 12162

122

3

12424 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

4Rπ 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 ×=⇒=⇒=⇒=++=+=34

34

432 22222222222

El volumen del cubo es, entonces, 3

33

44

3

43

3 RRa =

×= unidades cúbicas.

El porcentaje es, entonces, =×=×=× %100...483675525969,0%1003

4%100

34

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 32

de los hombres presentados, xhxh2

3

3

2 =⇒= son los hombres presentados.

Además aprobaron el %75 de las mujeres presentadas: xxmxmxm3

4

75

100

100

75%75 ==⇒=⇒= son

las mujeres presentadas.

En conclusión, se presentaron xxx6

17

3

4

2

3 =+ personas aprobando x2 .

El porcentaje es =×=× %1001712

%100

6172

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

xKP

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 19101971010 +×=

• Si acaba en cifra par o cero será múltiplo de 2 y, por tanto, compuesto.

• Si 3=a , la suma de las cifras de 193101971010 +×=x es 30391791 =+++++ , por lo que será

múltiplo de 3 y, por tanto, compuesto

• Si 1951019751010 +×=⇒= xa y el número es divisible por 5 al acabar en dicha cifra y, por tanto,

compuesto.

• Si 7=a el número es ( )110197197101971010 1010 +×=+×=x y, por tanto, compuesto.

• Si 9=a , la suma de las cifras de 199101971010 +×=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 abbcacbcbacaca

b

cb

a

ba

c

ca

b

cb

aR

( ) ( ) ( ) ( ) ( )bac

ba

baabcbaabcba −−=⇒

−+×−=⇒+×−=×−⇒

De ahí, 1−=+−−=

+=

ba

ba

ba

cR

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

xx

xx

xy

1

log

1

log

loglog

LLxy yx

1loglog +=+⇒ y ( ) ( )

2222 1

loglogL

Lxy yx +=+

En resumen, hay que calcular 2

2 1L

L + sabiendo que 71 =+L

L

472492711

211

21

7 22

22

22

22

2 =−=−=+⇒++=+××+=

+=L

LL

LLL

LLL

L

Por lo tanto, ( ) ( ) =+=+2

222 1loglog

LLxy 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 2511321650 ×××= por lo que

12122511321650 −=− ×××

Por otro lado, tengamos en cuenta que

12120482047

121128127

1213231

12187

12143

11

7

5

3

2

−=−=−=−=

−=−=−=−=−=−=

Sabiendo que 1−na es siempre múltiplo de Nnaaa ∈∀≠ℜ∈∀− ,1,,1 pues

( ) ( )1...11 221 +++++×−=− −− aaaaaa nnn se deduce que

• 123 2 −= divide a ( ) 12121222 51132511321650 −=−=− ××××× haciendo

22=a


32=a

• 1231 5 −= divide a ( ) 121212115325511321650 2

−=−=− ×××××× haciendo 52=a


112=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

º3023

1º15cosº15312 sensenba ×+=××+=+⇒ ya que ααα cos22 ××= sensen

( ) ⇒×−+××+=×−+=− º15cosº15º15cosº15cosº152º15º15cosº15º15cosº15 2222 sensensensensenba

º302

11º15cosº1512 sensenba ×+=×+=−⇒

Por lo tanto,

( ) ( ) ⇒×+×+×+=

×+×

×+=−×+=− º304

3º30

2

1º30

2

31º30

2

11º30

2

31 22224 sensensensensenbababa

16

35

16

311

2

1

4

3

2

121º30

4

3º3021

2224 =++=

×+×+=×+×+=−⇒ 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 62

12

22====⇒

ADAEAF cm y el triángulo ABF

es isósceles con los ángulos BFAABF =

El ángulo º30º60º90 =−=−= DAFDABFAB y ⇒=×+⇒=++ º1802º30º180 BFABFAABFFAB

=−=⇒2

º30º180BFA

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, 5295031342

1009006020312910090060234203129 =⇒==⇒=× 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

AFa

FS

AC

AS

AB

AFAC

AS

BC

FS

7

57

5

7

57

5

=−=−==

=−=−=⇒

bbbAFbFBEC

aaaFSaES

7

2

7

57

2

7

5

Como el triángulo SET es rectángulo e isósceles, aESTE7

2==

En resumen, aaaabababbaabaaECTETC2

3

2

5

2

552227

7

2

7

2 =−=−⇒=⇒=⇒+=⇒+=⇒+= ,

de donde la razón es 32

23

==−

=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 +=−−=−=⇒= DEAADEEADADE

De ahí, =⇒=⇒=+⇒=+⇒=−++

⇒=+ ααααααααº5434º542

2

º54º1802º180

2

º54º180ˆˆ 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

82

2

42422422422

−+=⇒

−+=⇒+=−×⇒+=−⇒++=

xy

x

xyxxyxyxyyxxy

Como x e y son valores enteros positivos, las únicas posibilidades son:

• 6012512

5103 =×=×⇒

==

⇒=⇒= bab

ayx piezas componen el rectángulo

• 48868

664 =×=×⇒

==

⇒=⇒= bab


• 48686

846 =×=×⇒

==

⇒=⇒= bab


• 605125

12310 =×=×⇒

==

⇒=⇒= bab


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, 6,324 =

++

yx

yx

Entonces ⇒==+⇒=

+⇒=

+⇒=

++⇒=

++

25,16,1

2

2

6,16,1

26,3

226,3

24

x

yx

yx

x

yx

x

yx

x

yx

yx

==⇒=⇒=+⇒25,0

125,025,11

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: 36622,6 ==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

1644

222

2222

222

222 =+⇒=+⇒=

+

⇒=+ cb

cbcbADAFDF

Además, también por el teorema de Pitágoras,

• en el triángulo rectángulo EAB se cumple que 22

22

222

42c

bc

bABEABE +=+

⇒+=

• en el triángulo rectángulo CAF se cumple que 22

22

222

42b

cb

cACAFCF +=+

⇒+=

De todo lo anterior, la suma de los cuadrados de las medianas es

( ) =×=+×=+=+++=+4

165

4

5

4

5

4

5

44

22222

22

222 cbcb

bc

cb

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,

23

43

41

121

12

2222 =⇒=−=

−=−= BPMPBMBP por lo que la superficie del triángulo BPM es

83

221

23

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

17179

5

12

5

17175

bcbc

bb

baba

y llamamos dbab

d +=⇒+=

512

Con lo anterior, ⇒−=+⇒+=−

⇒

+=

−=⇒

+=−=

⇒

−=

+=735218

7

19

2

15

7

192

15

197

152

9

175

12

dccd

cb

db

cb

dbb

c

bd

18917

18935

93518−+=⇒

−=⇒−=⇒d

dcd

cdc

Los menores valores posibles enteros positivos serán para

31922227

117917

189917

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 C 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

kbbkakbbkkakakbnkbn

1364964343

222222

kbkba

1362 +−=⇒

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

xsixxf puede definirse también mediante cbxxaxf ++−×= 3)( ,

expresión única.

Calcula los valores de a, b y c

SOLUCIÓN

Si ( )

=+=−

⇒+=++−=+++−×=++−×=⇒<53

2523)3(3)(3

ca

abxcaxabcbxxacbxxaxfx

Si ( )

−=+−=+

⇒−=+−+=++−×=++−×=⇒≥13

4143)3(3)(3

ca

abxcaxabcbxxacbxxaxfx

De todo lo anterior se deduce fácilmente que 14

2=

⇒=+=−

aab

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

11029020920

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 , nn 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 ( ) ( )2222 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

º166º72º1802º180ˆ21 =×−=−= αAAO , quedando como se ve en la imagen.

• 3213221 AAAAAAA ⇒= es un triángulo isósceles y

( )⇒−×−=×−= 21312321ˆº1802º180ˆ2º180ˆ AAOAAAAAA

( ) º152º142º180º166º1802º180ˆ321 =×−=−×−=⇒ AAA , quedando como

se ve en la imagen.

• 4324332 AAAAAAA ⇒= es un triángulo isósceles y

( )⇒−−×−=×−= 32112423432ˆˆº1802º180ˆ2º180ˆ AAAAAOAAAAAA

( ) º138º212º180º152º7º1802º180ˆ432 =×−=−−×−=⇒ AAA , quedando

como se ve en la imagen.

• …

Démonos cuenta que los ángulos en cada punto son nnAAA nnn º14º180º72º180ˆ11 −=××−=+− (sencilla

demostración por inducción) y tendrán sentido si 1286,1214

1800º14º180 ≤⇒=<⇒>− nnn .

Para 12=n se verificará que el triángulo 131211 AAA tendrá de ángulos º12ˆ131211 =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 2423434 =××=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 222 aaa =×

Por otro lado, en el triángulo rectángulo construido con el

diámetro aplicamos el teorema de Pitágoras y se verifica que

( ) ( )51

4204416224 2222222 =⇒=⇒=+⇒=+ aaaaaa

De ahí, ==×=5

2

5

122 2a

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,

=

×−+×−××+×−

×+=

×−−×+=

2222 6410641064102641064106410a

( ) ( ) ( ) =−×−=×−×−=×−+×−××+×−×+= 9610022064102206410641064102641022

=⇒=−= 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 122

−=−= cuadradodelladoRr cm

De todo lo anterior, la superficie verde, compuesta por cuatro círculos verdes iguales, es ⇒= 24 rS π

( ) ( ) ( ) ( ) =−=×−×=+−×=−×=⇒ ππππ 28122234122241242

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

=⇒=+=+=+

=+

=+= mBCAB

BCMBm 1934914471272

242

2222

22

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

ar 1 por lo que

666

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 77

7

7

7

7

7

7

177 ====×=× r

En consecuencia, el cuarto término es ==×=×6

6

6

66

7

7

7

177 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

3cos

4

31

4

11

2

1coscoscos2

2222 −=⇒−=−=−

=+−+=⇒ xxsenxxsenxxsenxxsen

En resumen, ( ) ( ) ⇒×

−×−

=+−+=+2

1

8

33

2

1coscos3coscos

3333 xxsenxxsenxxsenxxsen

=+=+⇒169

81

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

391

1

39

1

11

1

3911

1

1381

1

38 22

++−=

++

++−=

+++−=

+++−=

++

nn

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 ( )

4239

16381403840

138 22

−=−

=+−+−=

++

n

n

• 14131 −=⇒−=+ nn y ( )

1813

2341143814

138 22

−=−

=+−+−=

++

n

n

• 431 −=⇒−=+ nn y ( )

183

5414384

138 22

−=−

=+−+−=

++

n

n

• 211 −=⇒−=+ nn y ( )

421

4212382

138 22

−=−

=+−+−=

++

n

n

• 011 =⇒=+ nn y 38138

10380

138 22

==++=

++

n

n

• 231 =⇒=+ nn y 143

42

12

382

1

38 22

==++=

++

n

n

• 12131 =⇒=+ nn y 1413

182

112

3812

1

38 22

==++=

++

n

n

• 38391 =⇒=+ nn y 3839

14821383838

138 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

554 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 ( ) 3652182

12418

2=×+⇒=×++

⇒=×+mnm

nm

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: 10,111PR

• 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: 6,39PR

• 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: 2,57PR

Por tanto, la cantidad de códigos que pueden construirse es =×

+×

+×

=++!2!5

!7

!6!3

!9

!10!1

!112,57

6,39

10,111 PRPRPR

=++=×

××+××

×××+×= 2184112!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 50501002

1001100...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

100 problemas maravillosos de matemáticas - Libro 6

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