Soluciones al Cuarto Juego

041401-Jaulas y pájaros

Hay cuatro pájaros y tres jaulas.

Si metemos un pájaro en cada jaula nos sobra un pájaro y si ponemos dos pájaros en cada jaula sobra una.

(Javier G. de 2º - E.S.O. del I.E.S. Andrés de Vandelvira de Albacete)


Volver al Problema


041402-Comida rápida


Esto es como un problema de grifos:

Lo primero, se calcula lo que se comen los tres en un minuto:

Santiago=6 min.= 1/6 en 1 min.

Carmelo=9 min.= 1/9 en 1 min.

Evaristo=15 min.= 1/15 en 1 min.

Y se suma:

1/6+1/9+1/15 = 15/90+10/90+6/90 = 31/90 del pastel se comen en un minuto.

Ahora, se calcula lo que tardan en comérselo entero:

1•90/90 = x 31/90; 90/90 = x 31/90; x = 90/31

x = 2´54´´ tardan en comérselo entero.

(José A. de 2º - E.S.O. del I.E.S. nº 14 de Albacete)


Volver al Problema


041403-La mosca veloz


Los dos ciclistas se encontraran a los 30 km, por lo tanto:

1 hora ciclista 10 km mosca 30 km

2 hora ciclista 20 km mosca 60 km

3 hora ciclista 30 km mosca 90 km

Por lo tanto la mosca recorre 90 km

(Juan A. S. de 2º - E.S.O. del I.E.S. Baelo Claudia de Tarifa (Cádiz))


Volver al Problema


041404-Potencias


1º) 1 , 7

2º) la última cifra se va repitiendo como en una serie: 3,9,7,1..., así que para saber la última cifra de cualquier potencia de 3 divides el exponente entre 4 y te fijas en el resto.

Si el resto es 1, acaba en tres; si el resto es 2, acaba en 9; si el resto es 3 acaba en 7; y si el resto es 0 acaba en 1. De 7 lo mismo pero con otro orden: 7, 9, 3, 1

3º) 9

(Luís R. de 1º - E.S.O. del I.E.S. José Luís Sampedro de Tres Cantos (Madrid))


Volver al Problema


041405-Naranjas y ladrones


Este es uno de los problemas que se resuelven de atrás hacia adelante. Partimos de las 24 naranjas.

"Pierde la mitad más media al saltar la cuerda";luego, tenía el doble+1 naranja=49.

"Perseguido por un perro la mitad menos media perdió"; luego, tenía el doble-1 naranja =97.

"La mitad más media perdió al saltar la valla";por lo tanto, tenía el doble+1 naranja=195.

EL LADRÓN ROBÓ 195 NARANJAS.

(María G. 1º - E.S.O. del I.E.S. Venancio Blanco de Salamanca)


Volver al Problema


041406-Los cumpleaños


Comparamos las fechas 4 de Abril y 5 de mayo: el 4 de abril puede ser M, X, V, S o D. Del 4 de abril al 5 de mayo van 31 días, 31/7 nos da que sobran tres. De esta manera sabemos que el viernes no puede ser porque si le sumamos tres dias nos da que el 5 de mayo es lunes, cosa que es imposible.

De esta manera creamos una tabla y al ir añadiendo fechas vamos descartando posibilidades por dos cosas: 1ª porque nos da que el dia es lunes o jueves, 2ª porque el dia se repite y en el enunciado no.

Al final sale que el 4 abril es domingo, 5 de mayo es miércoles, 25 de mayo es martes, 18 de junio es viernes y el 26 de junio es sábado.

(Ahmed Nuh B. de 1º - E.S.O. del I.E.S. A. March de Manises (Valencia))


Volver al Problema


041407-El depósito


Sabemos que el grifo de llenar, en 1h llena 1/12 del depósito y en 8h 8/12.

El grifo de vaciar en 8h vacía: 8/12+12/12=20/12=5/3.

Para terminar, hallamos la solución: Si 5/3 de depósito lo vacía en 8 horas, 1 depósito lo vaciará en 4´8 horas.

(Ahmed Nuh B. de 1º - E.S.O. del I.E.S. A. March de Manises (Valencia))


Volver al Problema


041408-Tanteo y paciencia


Los números son 219, 438 y 657.

El truco está en el cinco, que sólo puede ir en la segunda posición del tercer número, ya que su doble es diez y no es posible colocar ceros, tampoco es el doble de ningún nº entero ni puede ser tampoco el triple porque se repetiría el cinco. Así que sólo habría que colocar y probar los demás.

(Marta S. de 2º - E.S.O. del C. M.M. Dominicas Vistabella de Sta. Cruz de Tenerife)


Volver al Problema


041409-Los cuatro primos


AA tiene que ser obligatoriamente 11, ya que es el único nº primo.

Por estas mismas razones AAAC es 1117 y BAB puede ser 313 o 919.

Para saber que número es BACD probamos y: 3175/5=635

9179/11=289

9175/5=1835

9173 es el único número primo que hay.

AA=11 BAB=919 BACD=9173 AAAC=1117

(Ahmed Nuh B. de 1º - E.S.O. del I.E.S. A. March de Manises (Valencia))


Volver al Problema


041410-Difícil, pero no tanto


A puede ser 1 ó 2 y por lo tanto E es 4, 5, 6, 7, 8 ó 9.

E•4 tiene que dar 1 ó 2, el único valor de E que lo cumple es 8 (8•4=32) y por ello A es 2 y E vale 8.

El número B multiplicado por cuatro no se puede llevar ninguna, por lo tanto es 1.

D•4+3 tiene que terminar en 1 y el único nº que cumple esto es 7.

Como de D•4=B nos llevamos 3: C•4+3=C, de aquí sacamos que C vale 9 y de lo anterior que: 21978•4=87912.

(Ahmed Nuh B. de 1º - E.S.O. del I.E.S. A. March de Manises (Valencia))


Volver al Problema


041411-Campeonato de ajedrez


José Julia Juana Jaime
Luis
Lidia
Leonardo
Lorena

(Sara G. de 2º - E.S.O. del I.E.S. Baelo Claudia de Tarifa (Cádiz)


Volver al Problema


041412-La calculadora


El número 987654321 es múltiplo de nueve (sus cifras suman 45).Para que dé de resto 3, debemos incrementar la suma en 3 unidades o disminuirla en 6 unidades.

Por otra parte, la suma de las cifras de los lugares impares es 25. La de los lugares pares es 20. La diferencia entre ambas (5)necesita un desfase de 6 unidades más para que sea múltiplo de 11.

Disminuyendo 6 unidades en la suma de los números de los lugares pares obtendremos un múltiplo de 11 y, además, al dividirlo por 9 nos dará de resto 3.

Sólo podemos hacerlo en el NÚMERO 8 QUE APARECERÁ COMO NÚMERO 2.

EL NÚMERO QUE APARECE EN LA CALCULADORA ES: 927654321

(María G. 1º - E.S.O. del I.E.S. Venancio Blanco de Salamanca)


Volver al Problema


041413-Entre pájaros y palmeras


La distancia es 20 codos.

Se trata de dos triángulos rectángulos con la misma hipotenusa. Además, la suma de los catetos que conocemos es igual a la suma de los otros dos catetos luego una solución obvia es que los catetos que no conocemos valgan lo mismo que los que sí conocemos del otro triángulo, es decir los dos triángulos son iguales pero colocados de forma diferente.

(Marta S. de 2º - E.S.O. del C. M.M. Dominicas Vistabella de Sta. Cruz de Tenerife)


Volver al Problema

041414-Diferencia mínima


La solución es: 50123 - 49876 = 247

Para hacer este problema partí de que la diferencia de las dos primeras cifras tenía que ser 1 y las restantes cifras tenían que ser las menores posibles en el primer número y las mayores posibles en el segundo. Los números de la solución son los que me salieron con ese razonamiento.

(Marta S. de 2º - E.S.O. del C. M.M. Dominicas Vistabella de Sta. Cruz de Tenerife)


Volver al Problema


041415-Lista de números


1º) 1, 2º) 3, 3º) 2, 4º) -1, 5º) -3, 6º) -2, 7º) 1, 8º) 3, 9º) 2, 10º) -1, 11º) -3, 12º) -2

905º) -3. Como la lista se repite cada 6 números, dividimos 905 entre 6 y el resto nos dice la posición.

(Marta C. de 1º - E.S.O. del I.E.S. E. Juan de V. de Pola de Siero (Asturias))


Volver al Problema


041416-Tres ladrones


Primero hago una tabla de lo que tienen cada noche:

A) x (5/4)x (5/8)x (65/64)x

B) x (5/4)x (25/16)x (50/64)x

C) x (2/4)x (13/16)x (77/64)x

Después hallo lo que vale x de la siguiente manera: 10000:50=200 200•64=12800

El botín será 3 x = 38.400

(Ahmed Nuh B. de 1º - E.S.O. del I.E.S. A. March de Manises (Valencia))


Volver al Problema


041417-Valor del agua


La A vale 5 porque es la única cifra que cumple la siguiente condición: x • 5=...x

La G vale 1 porque es el único nº que multiplicado por 5 da 5 y no pasa de 10.

La O es 0 porque tiene que dar 1 y no llevarse ninguna.

La T podría ser 2 ó 3 pero es 3 porque si fuese 2 la U también sería 2 y la U vale 7

AGUA=5175

(Ahmed Nuh B. de 1º - E.S.O. del I.E.S. A. March de Manises (Valencia))


Volver al Problema


041418-Tribu india


Una Lanza = 5 Collares

Escudo = Collar + Lanza = Collar + ( Collar + Cuchillo)

2 Escudos = 3 Cuchillos = 4 Collares + 2 Cuchillos

1 Cuchillo = 4 Collares

Lanza = Collar + Cuchillo = 4 Collares + 1 Collar = 5 Collares

(Marta C. de 1º - E.S.O. del I.E.S. E. Juan de V. de Pola de Siero (Asturias))


Volver al Problema


041419-Detective O´Thales


Se halla aplicando el mínimo común múltiplo. Es el nº 2.520

(Luís R. de 1º - E.S.O. del I.E.S. José Luís Sampedro de Tres Cantos (Madrid))


Volver al Problema


041420-El sorteo


La solución es el número 7 porque es el que tiene más probabilidades de salir, porque hay seis casos con los que se puede construir

(Nacho A. de 1º - E.S.O. del I.E.S. Ría del Carmen de Muriedas (Cantabria))


Volver al Problema


041421-Las chuletas


El Sr. Asamantecas pone 2 chuletas (a, b) 10 minutos. Retira b y pone la chuleta c junto con la a 10 minutos; a ya está asada y pone b y c durante 10 minutos ¡ y pueden comer en 30 minutos!

(Luís R. de 1º - E.S.O. del I.E.S. José Luís Sampedro de Tres Cantos (Madrid))


Volver al Problema


041422-El cupón


El número del cupón es el 31.113

3 + 1 + 1 + 1 + 3 = 9

3 x 1 x 1 x 1 x 3 = 9

La menor 3 años

La mediana 11 años

La mayor 13 años

(Sara G. de 2º - E.S.O. del I.E.S. Baelo Claudia de Tarifa (Cádiz))


Volver al Problema


041423-Círculos en triángulo


Es un triángulo equilátero. La altura (h) del triángulo la podemos hallar por el teorema de Pitágoras.

L.L = [L.L]/2.2 + h.h

L.L -[L.L]/4 = h.h

La raíz cuadrada de[3.L.L]/4 = h

[L.raíz cuadrada de 3]/2 = h

El centro de la circunferencia mayor coincide con el baricentro del triángulo. El radio de la circunferencia mayor sería, por lo tanto, un tercio de la altura del triángulo: (El baricentro está a una distancia de un tercio de la base y a dos tercios del vértice)

SOLUCIÓN AL RADIO DE LA MAYOR: R = [L.raíz de 3]/6

El Diámetro de la circunferencia mayor sería los dos tercios de h con lo que nos quedaría el otro tercio con el mismo valor que hemos hallado ([L.raíz de 3/6] como altura de otro triángulo equilátero, más pequeño, con su base tangente a las dos circunferencias. Será un tercio de ese valor EL RADIO DE LA MENOR: [L.raíz de 3/18](por el mismo razonamiento anterior)

ÁREA CÍRCULO MAYOR = PI. EL CUADRADO DE [(L.raiz de 3)/6]

[PI.3.L.L]/36 = [PI.L.L]/12

ÁREA CÍRCULO MENOR=PI. EL CUADRADO DE [(L.raíz de 3)/18]

[PI. 3.L.L]/324 = [PI.L.L]/108

Como son tres circunferencias pequeñas; su área será:

3(PI.L.L)/108 = [PI.L.L/36] .Es decir, el área de las tres es igual a un tercio de la mayor.

El valor del área sombreada será: el área del triángulo = BASE (L).ALTURA [(L.RAÍZ DE 3)/2]DIVIDIDO POR 2

L.L.raiz de 3/ 4. De este valor habría que restar la suma de las áreas del círculo grande y de los tres círculos pequeños.

(María G. 1º - E.S.O. del I.E.S. Venancio Blanco de Salamanca)


Volver al Problema


041424-Padres e hijas


Luis (8 objetos) es el padre de Luisa (1 objeto)

8 x 8 = 64 1 x 1 = 1 64 -1 = 63

Miguel (12 objetos) es el padre de Margarita (9 objetos)

12 x 12 = 144 9 x 9 = 81 144 -81 = 63

Antonio (32 objetos) es el padre de Amalia (31 objetos)

32 x 32 = 1024 31 x 31 = 961 1024 - 961 = 63

Miguel compra 11 objetos más que Luisa 12 - 1 = 11

Antonio compra 23 objetos más que Margarita 32 - 9 = 23

(Sara G. de 2º - E.S.O. del I.E.S. Baelo Claudia de Tarifa (Cádiz))


Volver al Problema


041425-Siempre exacto


Son los números del 2.521 al 2.529.

Saqué el mínimo común múltiplo del 2 al 9, que es 2.520 y luego le sume los números del 1 al 9.

(Marta S. de 2º - E.S.O. del C. M.M. Dominicas Vistabella de Sta. Cruz de Tenerife)


Volver al Problema


041426-Latas de refresco


Primer niño: 1 llena, 5 medias y 1 vacía

Segundo niño: 3 llenas, 1 media y 3 vacías

Tercer niño: 3 llenas, 1 media y 3 vacías

(Nacho A. de 1º - E.S.O. del I.E.S. Ría del Carmen de Muriedas (Cantabria))


Volver al Problema


041427-Lote de piezas


Tiene que trabajar 72 minutos más cada día.

Puesto que dedica una hora a preparar herramientas cada día, trabaja en realidad 6 horas diarias, es decir, 360 minutos. Para hacerlo en 12 días tiene que trabajar 360x12 = 4.320 minutos. Dividiendo los 4.320 minutos por 10 sale 432 minutos diarios, o sea, 72 minutos más.

(Marta S. de 2º - E.S.O. del C. M.M. Dominicas Vistabella de Sta. Cruz de Tenerife)


Volver al Problema


041428-El prisma


El volumen es 750 centímetros cúbicos.

Puesto que la relación es 1, 2, y 3, hice la siguiente ecuación: 2•(2x•x + 3x•x + 2x•3x) = 550.

Resolviéndolo sale que x vale 5, por lo que los lados valen 5, 10 y 15 y por tanto, el volumen es 5•10•15 = 750

(Marta S. de 2º - E.S.O. del C. M.M. Dominicas Vistabella de Sta. Cruz de Tenerife)


Volver al Problema


041429-¡Terroristas NO!


2341

(Luís R. de 1º - E.S.O. del I.E.S. José Luís Sampedro de Tres Cantos (Madrid))


Volver al Problema


041430-Velar la noche


Si compran 16 velas y cada cuatro restos de vela hacen otra vela, pasarán de acampada:

16+16/4+4/4=21 días.

Gráficamente lo expresaríamos del siguiente modo:


1
1 1 1 1
1111 1111 1111 1111


Si observamos detenidamente vemos que 21 es múltiplo 105. Por lo tanto necesitaremos 5 tandas de 16 velas. 16•5=80 velas. Pero como en cada tanda de vela sobra 1/4 de vela nos sobrarían 5/4 de vela(con 4/4 de ellas elaboramos otra vela).Así pues, con una vela menos nos arreglaríamos, es decir, COMPRARÍAMOS 79 VELAS.

(María G. 1º - E.S.O. del I.E.S. Venancio Blanco de Salamanca)


Volver al Problema


041601-Un viaje


7 personas.

Planteamiento:

número personas = x

Todos pagan = y euros

x*y + (x-3)*29 = 522

y = (609 - 29x) / x

y = ( 29 * (21 - x)) / x, implica que x tiene que ser divisor de (21-x)al ser 29 número primo. Luego es divisor de 21

x = 1 Imposible al no volver 3 personas.

x = 3 No volvería ninguna persona

x = 7 Es la solución.

x = 21 Los tres que no terminan el viaje no pagarían nada.

(José Ignacio B. 3º-E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo) )


Volver al Problema


041602-Pagamos en euros


Antonio (a), Begoña (b), Carlos (c) y Diana (d).

Con los datos que nos dan, sabemos que 10 % a = 20 % b = 30 % c = 40 % d.

O lo que sería lo mismo, 0'1a = 0'2b = 0'3c = 0'4d.

Si los ponemos en función de a, tenemos que a = 2b = 3c = 4d.

Como nos dicen que al principio todos ellos tenían un número entero de euros, hallamos el mcm de los 4 números (1,2,3,4), que es 12. Y por lo tanto, sabemos que a, tiene 12 euros, que b, que tiene la mitad, tiene 6 euros, c, la tercera parte, 4 euros, y d, la cuarta parte, 3 euros.

Así que todos pagaron 1'2 euros.

(María R. de 1º-BCH. del Colegio Pureza de María-Grao (Valencia) )


Volver al Problema


041603-Los Pérez


Al menos uno de los 5 niños sale a lo más 4 veces, así que podemos decir:

4a + 5b + 5c + 5d + 5e = 222; 4a + 4 b + 4c + 4d + 4e + b + c + d + e = 222

4(a + b + c + d + e) + b + c + d + e = 222

Como b + c + d + e sólo puede ser 38, de aquí deducimos que a + b + c + d + e = 46.

supuesto que b + c + d + e = 38, entonces tenemos que a = 8,

ahora supongamos que a + c + d + e = 36, entonces b = 10,

que a + b + c + e = 39, entonces d = 7,

que a + b + c + d = 36, entonces e = 10,

y finalmente a + b + e + d = 35, entonces c = 11

las edades de los niños son a = 8 años, b = 10 años, c = 11 años, d = 7 años y e = 10 años

(Javier B. de 4º-S. del C. P. del Chamizal de Ciudad Juárez (México) )


Volver al Problema

041604-Bombones


n = número de mujeres que conocen a p hombres.

(15 - n) = número de mujeres que no conocen a p hombres,

luego p hombres no conocen a (15-n) mujeres.

q = número de hombres que no son conocidos por ninguna mujer,

luego no conocen a ninguna mujer.

(p+q) = número total de hombres.

n*p + p*(15-n)+ q*15 = 240

15*p + 15*q = 240

15*(p+q) = 240

p+q= 240/15 = 16

(José Ignacio B. 3º-E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo))


Volver al Problema


041605-Capitanes intrépidos


Al principio hay x+1 monedas.

El 1º marinero coge: (x+1-1)/3 = x/3. Quedarán: 2x/3

El 2º marinero coge: (2x/3-1)/3 = ((2x-3)/3)/3 = (2x-3)/9

Quedarán: ((2x-3)/9)•2 = (4x-6)/9

El 3º  coge: (4x-6)/9-1)/3 = (4x-6-9)/9 = (4x-15)/27

Quedarán: ((4x-15)/27)•2 = (8x-30)/27

El capitán repartirá (8x-30)/27-1 = (8x-57)/27 en total

Y a cada uno le corresponderá: ((8x-57)/27)/3 = (8x-57)/81

8x-57 = múltiplo de 81

8x-57 = 81a ; x = (81a+57)/8 = (80a+a+56+1)/8 = 10a+7+(a+1)/8

Si a=7 ; x=78 no puede ser porque no llega a 200

Si a=15 ; x=158 tampoco llega a 200

Si a=23 ; x=240 es válida

Si a =31 ; x=321 pasa de 300, no es válida

Por tanto, hay x+1 mon. de oro = 240+1 = 241 mon. de oro

Al 1º darán: x/3+(8x-57)/81 = 80+23 = 103 mon.

El 2º marinero recibirá: (2x-3)/9+23 = 53+23 = 76 mon.

Al 3º  le tocarán: (4x-15)/27+23 = 35+23 = 58 mon.

El capitán se llevará la última que sobra.

Total: 103+76+58+3+1 = 241 monedas de oro

(María M. de 3º-E.S.O. del I.E.S. G. Maians, Oliva(Valencia))


Volver al Problema


041606-Bicicletas


Sea x el número de veces que aumenta o disminuye el precio en 7 euros:

Si disminuye, el ingreso es : I=(300+3x)(600-7x)

Si aumenta, el ingreso es : I=(300-3x)(600+7x)

En ambos casos tenemos una función cuadrática pero mientras que en la primera I decrece al aumentar x en la segunda ocurre lo contrario ,teniendo un máximo ( entero)en x=7.

Así pues al aumentar el precio obtiene mayores ingresos (hasta x=7),siendo el mayor ingreso en x=7.

Es decir: precio: 600+7x=649 euros

Ingreso: (300-3x)(600+7x)= 181.071 euros

(Juan A. de 3º-E.S.O. del C. Salesianos de la Trinidad de Sevilla )


Volver al Problema


041607-Área del triángulo


Área del triángulo: 49,2 cm2. Solución: Medidas de segmentos:

AB = 12 cm. BP = 8 cm. PC = 4 cm. QD = 3 cm. DR = 9,6 cm. RA = 2,4 cm.

Áreas:

S(QPC) = (9*2)/2 = 18 cm2. (Área de un triángulo).

S(QDR) = (9,6*3)/2 = 14,4 cm2 (Área de un triángulo).

S(ARBP) = [(8+2,4)/2]*12 = 62,4 cm2. Área de un trapecio).

Área de PQR = 144 - (18 + 14,4 + 62,4) = 49,2 cm2.

(José Ignacio B. 3º-E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo))


Volver al Problema


041608-Año de nacimiento


Podemos decir que Juan nació en el año 19xy

Entonces tenemos que la edad que tiene en el año 2001 será 10 + x + y

Igualamos y tenemos que:

2001 - 19xy = 10 + x + y; 1991 = 19xy + x + y

1900 + 91 = 1900 + 10x + y + x + y; 11x + 2y = 91

y funciona para x = 7 e y = 7

nació el 25 de agosto de 1977

(Javier B. de 4º-S. del C. P. del Chamizal de Ciudad Juárez (México) )


Volver al Problema


041609-Tres círculos


El perímetro exterior a las tres circunferencias (llamado P):

P = 3 * Pi * r = 3 * Pi * 5 = 47,12 cm

Para calcular el área de la zona rayada, el procedimiento seguido ha sido el siguiente (A significa área):

1. Identificar el triángulo equilátero que tiene por vértices los tres radios

2. Calcular el sector circular de una de las circunferencias que tiene, como ya sabemos, un ángulo de 60 grados sexagesimales.

A sector = (Pi * r^2)/6 = 13,09 cm2

3. A continuación calculamos el área del triángulo equilátero, habiendo calculado la altura aplicando el teorema de Pitágoras.

5^2 = 2,5^2 + c^2 implica  c = raíz de 18,75 = 4,33 cm

A triángulo = b*h/2 = 5 * 4,33 / 2 = 10,825 cm2

4. Sacamos la diferencia entre A sector y A triángulo, para obtener el área de esa "zona curvada" y ya podremos calcular el área total rayada

A sector - A tri. = A resto = 13,09 - 10,825 = 2,265 cm2

A total rayada = A triángulo + 3 A resto = 10,825 + 3*2,265 = 17,62 cm2

(Pau L. de 4º-E.S.O. del C. La Salle Condal de Barcelona )


Volver al Problema


041610-Parejas de hermanas


Se escriben las posibles combinaciones de hermanas, clasificándolas según sumen 10, 13, 17, 22, 23 años.

Así nos queda:

Parejas que sumen 10: 6-4

Parejas que sumen 13: 9-4, 8-5, 7-6

Parejas que sumen 17: 13-4, 12-5, 11-6, 10-7, 9-8

Parejas que sumen 22: 13-9, 12-10

Parejas que sumen 23: 13-10, 12-11

Por lo tanto las niñas de 4 y 6 años han de ser hermanas, ya que son las únicas cuyas edades suman 10.

Ahora suprimimos aquellas parejas que contengan el 6 o el 4.

Y nos queda que las niñas de 8 y 5 años han de ser hermanas porque son las únicas que quedan, cuyas edades sumen 13.

Repetimos la acción de tachar las parejas que contengan el 5 o el 8, y nos queda que las niñas de 7 y 10 años han de ser hermanas por la misma razón: son las únicas cuyas edades suman 17.

Así que la hermana de Clara tiene 10 años.

(María R. de 1º-BCH. del Colegio Pureza de María-Grao (Valencia) )


Volver al Problema


041611-Edificio de apartamentos


Sea n el número de apartamentos:

nº de ventanas: n + 6n/5 + 4n/5 = 3n

Ventanas sin cortinas ni maceteros = 375

Ventanas con cortinas y maceteros = n/2

Ventanas con solo cortinas = 3n/2 - n/2 = n

Ventanas con solo maceteros = 3n/4 - n/2 = n/4

Total ventanas: 375 + n/2 + n + n/4

Así pues 375 + n/2 + n + n/4 = 3n ; con solución n = 300

Solución : 300 apartamentos

(Juan A. de 3º-E.S.O. del C. Salesianos de la Trinidad de Sevilla )


Volver al Problema


041612-Baremiz


La diferencia entre los precios de las joyas,100 y 200 dinares, es 100.

Por otro lado, la diferencia entre los dos precios que le paga por el hospedaje según el precio por el que venda las joyas, 20 y 35 dinares, es 15.

Se venden las joyas por 140 dinares, 140-100=40.

Con estos datos se hace una regla de tres:

100/15=40/x ; 100x=600 ;

x=6 dinares que se añadirán al precio inicial, que es de 20 dinares.

a) Ninguno de los dos tiene razón en el precio a pagar.

b) Beremiz hubiera citado la solución que hay más arriba, siendo 26 dinares los que el joyero tendrá que pagar al hotelero.

(María M. de 3º-E.S.O. del I.E.S. Gregori Maians de Oliva (Valencia) )


Volver al Problema


041613-Circuito circular


De las 8 a las 10 de la mañana pasan 120 minutos: Ana= 120mi/10v= 12mi/v Ana tarda 12 minutos en dar una vuelta.

María= 120mi/15v= 8mi/v María tarda 8 minutos en dar una vuelta. m.c.m.( 12, 8) = 24.

Cada 24 minutos se encuentran en el punto de partida.

120/24= 5

Se encuentran 5 veces en el punto de partida.

Ana=24/12= 2 vueltas

María=24/8= 3 vueltas.

Mientras María dá una vuelta, Ana dá 3/4 de vuelta.

Por lo que, en los primeros 8 min, se la encuentra una vez.

En los siguientes 8 minutos, se la encuentra 2 veces.

Y en los otros 8 minutos, se la encuentra 2 veces.

1+2+2=5 veces cada 24 minutos.

5•5= 25 veces R: Se encuentran 25 veces

(Paqui M. de 4º-E.S.O. del I.E.S. Andrés de Vandelvira de Albacete )

Otra Solución: Suponemos que una de ellas está parada a un lado del circuito y la otra da las vueltas de las dos juntas; esta dará 25 vueltas y se cruzará con la otra 24 VECES (si suponemos que EN LA ÚLTIMA VUELTA NO SE CRUZAN).

(María G. 1º-E.S.O. del I.E.S. Venancio Blanco de Salamanca)


Volver al Problema


041614-Apuestan una cena


B: tarjeta blanca Juan

N: tarjeta negra Juan

B': tarjeta blanca Sofía

N': tarjeta negra Sofía

J: Juan pierde

S: Sofía pierde

a) p(J) = p(N) + p(BB'N) + p(BB'BB'N) = 1/6 + 5/6 • 4/5 • 1/4 + 5/6 • 4/5 • 3/4 • 2/3 • 1/2 = 1/6 + 1/6 + 1/6 = 3/6 = 1/2

p(S) = p(BN') + p(BB'BN') +p(BB'BB'BN')= 5/6 • 1/5 + 5/6 • 4/5 •3/4 •1/3 + 5/6 • 4/5 • 3/4 • 2/3 • 1/2 • 1 = 1/6 + 1/6 + 1/6 = 3/6 = 1/2

b) p(J) = p(N) + p(BB'N) + p(BB'BB'N) = 1/5 + 4/5 • 3/4 • 1/3 + 4/5 • 3/4 • 2/3 • 1/2 • 1= 1/5 + 1/5 + 1/5 = 3/5

p(S) = p(BN') + p(BB'BN') = 4/5 • 1/4 + 4/5 • 3/4 • 2/3 • 1/2 = 1/5 + 1/5 = 2/5

En el caso a, hay igual probabilidad para los dos partes, pero en el caso b, Juan tiene más probabilidad de perder.

(María M. de 3º-E.S.O. del I.E.S. Gregori Maians de Oliva (Valencia) )


Volver al Problema


041615-Círculos y tangencias


Sean:

R= radio de la circunferencia mayor, que es 6.

r= radio de la circunferencia pequeña.

x= mitad de la base del triángulo isósceles

h= altura del triángulo isósceles

h= 2R-2r=12–2r

Formamos un triángulo rectángulo, la hipotenusa del cual será la distancia del centro de la circunferencia a Q, es decir R=6.

Los catetos serán x y 6-2r.Por el teorema de Pitágoras:

R2=(6-2r)2+x2

62= 36+4r2–2•6•2r+x2

x2=24r–4r2

Ahora cogemos otro triángulo, el de hipotenusa PR, y catetos x y h.

h=2R-2r=12–2r. Por el teorema de Pitágoras:

(4raíz(5))2 =(12–2r)2+x2

80=144 + 4r2–2•12•2r+x2

80=144 + 4r2–48r+24r–4r2

24r=64  r=8/3

(María M. de 3º-E.S.O. del I.E.S. Gregori Maians de Oliva (Valencia) )


Volver al Problema


041616-Altura del triángulo


H mide 96

El área del rectángulo es 12.000 y la del triángulo es la mitad ( 6.000 ),

luego B ( 125 ) x H :2 = 6.000

y para saber H he dividido 12.000 : 125

(Luís R. de 1º - E.S.O. del I.E.S. José Luís Sampedro de Tres Cantos (Madrid))


Volver al Problema


041617-El ladrillo


Si el volumen del ladrillo es a•b•c, el volumen del 2º ladrillo sería 2•a•b•c:

Por lo que el incremento de cada lado es x:

ax • bx • cx = 2abc

a • b • c • x3 = 2abc

x3 = 2abc/abc; x3 = 2; x = raíz cúbica de 2.

Si el área del ladrillo es 2ab + 2ac + 2bc;

el área del nuevo ladrillo es 4ab + 4ac +4bc.

Por lo que incremento de x es:

(2 • ax •bx) + (2 • ax •cx) + (2 • bx •cx) = 4ab + 4ac +4bc

2ab•x2 + 2ac•x2 + 2bc•x2 = 4ab + 4ac +4bc

3x2 = 4ab + 4ac +4bc / 2ab + 2ac + 2bc

3x2 = 2 + 2 + 2; 3x2 = 6; x2 = 6/3; x2 = 2; x= raíz cuadrada de 2

Solución: Por lo tanto no existe ningún número.

(Paqui M. de 4º-E.S.O. del I.E.S. Andrés de Vandelvira de Albacete)


Volver al Problema


041618-La fonoteca


Recibidos Marcados
Lunes x y
Martes x - y 12
Miércoles x + 14 2y
Jueves 4y 10
Viernes 4 x
Sábado 20


3x + 3y + 18 = x + 3y + 42 ; x = 12

x + x - y es mayor o igual a y + 12...

Solución: El lunes recibió 12 discos y marcó un máximo de seis

(Juan A. de 3º-E.S.O. del C. Salesianos de la Trinidad de Sevilla )


Volver al Problema

041619-El cordel


Sea la longitud inicial del cordel == 20*X + 15

donde X es el número de trozos de 20 cm

Por el enunciado tenemos que triplicar dicha longitud

Entonces tenemos:

= 3*(20*X +15)

= 60*X + 45

Notamos que sobra 45 cm,

pero de esto podemos cortar dos trozos de 20 cm, por lo que

= 60*X + 40 + "5"

SOBRA UN TROZO DE 5 cm.

(Ronald Z. de 4º-S. del C. Sagrado Corazón de Sucre (Bolivia) )


Volver al Problema


041620-Punta de flecha


L2/4

El área del triángulo (punta de flecha más triángulo inferior): L2/2

Área triángulo inferior: (L*L/2)/2 = L2/4

Restando nos da el área de la punta de flecha: L2/4.

(José Ignacio B. 3º-E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo))


Volver al Problema


041621-Salvamanteles mejicano


Sean a y b el nº de círculos rojos que hay en la base y en la altura, respectivamente, del rectángulo rojo.

El nº de círculos rojos = a*b

El nº de círculos blancos = 2•(a + 2) + 2b = 2a + 2b + 4

ab = 2a + 2b + 4 ; ab - 2a - 2b - 4 = 0 ; a•(b - 2)- 2b - 4 = 0 ; a•(b - 2)- 2b + 4 - 4 - 4 = 0

a•(b - 2) - 2•(b - 2)= 8 ; (a - 2)•(b - 2) = 8

Como a - 2 y b - 2 son números naturales, hay dos posibilidades:

1) a - 2 = 8 ; a = 10 También serían soluciones a = 3 y b = 10

b - 2 = 1 ; b = 3

2) a - 2 = 2 ; a = 4 También serían soluciones a = 6 y b = 4

b - 2 = 4 ; b = 6

(María M. de 3º-E.S.O. del I.E.S. Gregori Maians de Oliva (Valencia) )


Volver al Problema


041622-Tres sombreros


El tercero al contestar: "No lo sé" afirma que los sombreros de delante no son ambos negros pues en caso contrario el de él sería blanco.

El segundo al contestar: "No lo sé" afirma que el sombrero del primero no es negro pues en caso contrario el de él sería blanco y daría la respuesta correcta.

El primero de esta manera deduce que el suyo ha de ser blanco.

(José Ignacio B. 3º - E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo) )


Volver al Problema


041623-Espectadores


24.975 espectadores.

15,555.. % = 140/9 %

24,524524... % = 24500/999 %

Si x es el total de espectadores resulta:

y ( hombres en el fondo sur) = (140 /9).(x/100) = 7x/45

z (mujeres) = (24500/999).(x/100) = 245x/999

x tiene que ser múltiplo del mínimo común múltiplo de 45 y 999

m.c.m. (45,999) = 4995

Posibles soluciones:4.995, 9.990, 14.985, 19.980 y 24.975.

Como el campo está casi lleno, la solución es: 24.975.

(José Ignacio B. 3º-E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo))


Volver al Problema


041624-Figura sombreada


El límite ondulado de la figura sombreada está formado por dos cuadrantes de circunferencias -de radio 5 cm-, trazados desde lados opuestos del cuadrado.

Esta línea divide el área del cuadrado en dos partes iguales (si trazamos la diagonal, la parte sombreada que invade la parte blanca a un lado de la diagonal es igual a la parte blanca que hay al otro lado de la diagonal y que limita con la zona sombreada).

El límite curvo de esta figura sombreada es la cuarta parte de una circunferencia de radio igual al lado del cuadrado.

El área de la figura sombreada será, por lo tanto, la diferencia de un cuarto del área del círculo de radio 10 menos la mitad del área del cuadrado de lado 10 (Que lo llamaremos también "r", ya que tiene el mismo valor).Es decir:

[PI•r•r/4]-[r.r/2]

[PI•10•10/4]-[10•10/2]=[PI•10•10/4]-[2(10•10)/4]=

= [10•10(PI-2)/4] = [100(3'14-2)]/4 =28'5

Area zona s.=28´5 cm2; perímetro =31´4 cm

La longitud de media circunferencia -dos cuartos- de radio 5 cm("r") más un cuarto de circunferencia de radio 10 cm ("R").

[2.PI.R]/4+ [2.PI.r]/2= [PI.R]/2+PI.r.

Y como (R/2=r) queda PI.r+PI.r=2.PI.r= 10.PI=31'4 cm

(María G. 1º-E.S.O. del I.E.S. Venancio Blanco de Salamanca)


Volver al Problema


041625-Capicúas


El problema en si no entraña demasiada dificultad.

El cálculo en cambio se puede hacer muy pesado si no se piensa un poco.

Números capicúa de 4 cifras:

1001 2002 3003 4004 5005 6006 7007 8008 9009

1111 2112 3113 4114 5115 6116 7117 8118 9119

...

1991 2992 3993 4994 5995 6996 7997 8998 9999

Si nos fijamos los 9 números de cada fila forman parte de 10 progresiones aritméticas de razón 1001.

Así, la suma total de los números será igual a:

Suma progresión 1 + Suma progresión 2 + Suma progresión 3 + ... + Suma progresión 10.

Lo simbolizaremos así: Sp1 + Sp2 + Sp3 + Sp4 + Sp5 + Sp6 + Sp7 + Sp8 + Sp9 + Sp10.

Aplicando la fórmula de la suma de términos de una progresión aritmética limitada tengo:

Sp1 = (1001 + 9009)*9 / 2 = 45045

Sp2 = (1111 + 9119)*9 / 2 = 46035

Sp3 = (1221 + 9229)*9 / 2 = 47025

Sp4 = (1331 + 9339)*9 / 2 = 48015

Sp5 = (1441 + 9449)*9 / 2 = 49005

Sp6 = (1551 + 9559)*9 / 2 = 49995

Sp7 = (1661 + 9669)*9 / 2 = 50985

Sp8 = (1771 + 9779)*9 / 2 = 51975

Sp9 = (1881 + 9889)*9 / 2 = 52965

Sp10 = (1991 + 9999)*9 / 2 = 53955

---------

Suma: 495000

Si al resultado obtenido le restamos el que obtuvo Pedro, hallaremos el capicúa que se olvidó de sumar:

Nº capicúa = 495000 - 490776 = 4224

(Pau L. de 4º-E.S.O. del C. La Salle Condal de Barcelona)


Volver al Problema


041626-Los tres hermanos y el pozo


Como el área del triángulo ABM y la del triángulo AND han de ser cada una de 1/3 del total, siendo BM = x y L el lado del cuadrado:

x*L/2 = (L²)/3,

de donde x = 2L/3.

(José Ignacio B. 3º-E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo))


Volver al Problema


041627-2002


¿Cuántas cifras tiene el numero?

El número de cifras será igual a los 9 primeros dígitos + los números del 10 al 99 (ambos inclusive) * 2 + los números del 100 al 999 (ambos inclusive) * 3 + los números del 1000 al 2002 (ambos inclusive) * 4 = 6901 cifras

¿Cuál es la cifra que ocupa el lugar 2002?

La cifra 2002 formará parte de un número superior al 100 ya que este sólo llega hasta la 190.

Con tal de facilitar el cálculo tomaré como cifra la 2001.

Así planteo: 2001 = 9*1 + 90*2 + X ; X = 1812

1812 es la posición de la cifra 2001 contando a partir de 100.

Esto significa que esta cifra será el último dígito del número 1812/3 = 604 contando a partir de 100.

El verdadero número será el 604 más los 99 números que tiene detrás = 703.

Así, la cifra que ocupa el lugar 2001 es el 3 del número 703, esto implica que la posición 2002 estará ocupada por la cifra 7 del número 704.

Solución: La cifra situada en la posición 2002 es el 7.

Comprobación:

2001 = 9*1 + 90*2 + 604*3  2001 = 2001

(Pau L. de 4º-E.S.O. del C. La Salle Condal de Barcelona )


Volver al Problema


041628-Cuadrado de cerillas


Dado un cuadrado de N x N cuadrados unitarios puedo escribir las siguientes igualdades:

nº de cerillas horizontales = N(N+1)

nº de cerillas verticales = N(N+1)

Así puedo afirmar que el total de cerillas necesarias en un cuadrado de dimensiones N x N es igual 2N(N+1)

(Pau L. de 4º-E.S.O. del C. La Salle Condal de Barcelona )


Volver al Problema


041629-Cinco circunferencias


Sea r = radio de las circunferencias pequeñas

Hacemos un rombo uniendo los centros de las cuatro circunferencias.

Trazamos las diagonales, y cogemos uno de los cuatro triángulos rectángulos existentes.

La hipotenusa de este triángulo es r+1, y los catetos, 1 y 2-r.

Ahora aplicamos el teorema de Pitágoras: (r+1)2 = 12+(2-r)2

r2+1+2r = 1+4+r2-4r

2r = 4-4r ; 6r = 4 ; r = 4/6 = 2/3 m.

(María M. de 3º-E.S.O. del I.E.S. Gregori Maians de Oliva (Valencia) )


Volver al Problema


041630-Ternas ordenadas


-Esta claro que a, b y c son sietes elevados a unos determinados exponentes, cuya suma es 39

-Construyendo una estructura de árbol obtengo:

exponente de a = 1

exp. b = 1 y exp. c = 37

exp. b = 2 y exp. c = 36

exp. b = 3 y exp. c = 35

...

exp. b = 37 y exp. c = 1 TOTAL: 37 casos

exponente de a = 2

exp. b = 1 y exp. c = 36

exp. b = 2 y exp. c = 35

exp. b = 3 y exp. c = 37

exp. b = 4 y exp. c = 35

...

exp. b = 36 y exp. c = 1 TOTAL: 36 casos

-Repetimos el proceso hasta llegar a exponente de a = 37

exp. a = 37 exp. b = 1 y exp. c = 1 TOTAL: 1 caso

-Haciendo el recuento de casos:

1 + 2 + 3 + ... + 36 + 37 La suma  será :

Suma = (1 + 37)* 37/2 = 703 ternas diferentes

(Pau L. de 4º-E.S.O. del C. La Salle Condal de Barcelona )


Volver al Problema