Pueden ser 1.050, 1.275, 1.425, 1.650, 1.725, 1.875 y 1.950.
Se calcula el mínimo común múltiplo de 3, 5 y 25, que es 75, porque todos los números de participantes posibles tienen que ser múltiplos de éstos. Se buscan los múltiplos de 75 mayores que 1.000 y menores que 2.000. De ellos, se descartan los múltiplos de 4 y los de 9. Los que quedan son las posibilidades.
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
33.912
(n-2)•180 (4-2)•180=2•180=360
3´14•3^2•360/360=28,26 m2 28,26•1200=33.912
(Julia G. de 2º B - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
(Julia G. de 2º B - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Hay 126 libros en la biblioteca
Si los libros de matemáticas son un tercio, quiere decir que la suma de todos los demás son los dos tercios restantes.
30 + 30 + 24 = 84 son dos tercios
84 :2 = 42 son de matemáticas.
(Enrique de 1º C - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Hay el mismo número de judías blancas en el saco rojo que rojas en el saco blanco.
(Luís R. de 5º - E.P. del C.P. Aldebarán de Tres Cantos (Madrid))
Volver al Problema |
Si el conejo come 365 zanahorias al año, el elefante come 365/2=182,5 al día y la cebra 182,5/5=36,5.
Lo que suman 1+182,5+36,5=220 zanahorias al día entre todos, lo que son:
conejo=1/220 elefante=182,5/220 cebra=36,5/220
conejo=1/220 de 55 = 0,25 kg
elefante= 182,5/220 de 55 = 45,625 kg
cebra= 36,5/220 de 55= 9,125 kg
(Paquita M. de 2º B - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Los números pensados por Alex son los siguientes: A =15 B =23 C =29
Llamemos A, B, y C a los números pensados por Alex. Entonces tenemos que:
A + B = 38 B + C = 52 A + C = 44
A = 44 – C B = 52 – C
44 – C + 52 – C = 38
+ 2C = + 58 C = 58/2 C = 29 A = 44-29=15 B =52 – 29 =23
(Taqua B. de 1º B - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
Faltaron 5 el sábado y 11 el domingo.
El sábado pudieron plantarse 17•50=850 árboles.
El domingo pudieron plantarse 20•50=1.000 árboles.
Total... 1.850 árboles que pudieron haberse plantado.
-1.545 que se plantaron en realidad.
Total... 305 árboles que no se plantaron.
Si a 305 le vamos restando 17, el único múltiplo de 20 que aparece es 220.
Si vamos restando 20, el único múltiplo de 17 que aparece es 85.
220+85=305
Luego: 85:17=5 sábado 220:20=11 domingo
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
00:00. Ponemos los dos relojes a la vez.
00:09. Damos la vuelta al reloj de nueve.
00:15. Damos la vuelta al reloj de quince.
<00:18>. Termina el reloj de nueve. Empezamos a contar.
<00:30>. Termina el reloj de quince. Terminamos de contar.
30 - 18 = 12
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Alberto pide siempre té.
No pide café por lo siguiente: Berta y Carlos deben tomar los dos té o los dos café. Berta y Carlos no pueden tomar café por que si Berta tomase café, Carlos coincidiría con Alberto. Si Berta y Carlos tomasen té, Alberto y Berta deberían pedir lo mismo. Por lo tanto es imposible que Alberto tome café.
(Taqua B. de 1º B - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
Había 50 dulces
20% + 20% (80%) = 20% + 16% = 36% 100 - 36 = 64%
Si el 64% son 32 dulces el 100% será: x=32•100/64 = 50
(Paquita M. de 2º B - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Cada uno se bebe 7/3 de refresco. De los 7/3 que se bebe Paco, 5/3 se los ha dado Pepe y 2/3 se los ha dado Pedro.
7/3----200
5/3---- x x=5/3•200:7/3=1000/7
Pepe= 1000/7 = 143ptas aproximadamente.
Pedro= 200-143 = 57ptas aproximadamente.
(Taqua B. de 1º B - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
9 días.
Es un problema de proporcionalidad compuesta.
Gallinas Huevos Días
1 ------ 2 ----- 3
4 ------ 24 ---- x
4/1 • 2/24 = 3/x 8/24=3/x x=3•24/8=9 días
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Los culpables son: Ataúlfo, Basilia, Calepodio y Efialtes.
Desdémona es inocente porque todos dicen cosas diferentes y entonces solo uno puede decir la verdad. Los culpables son cuatro: los que mienten. Ella es la única que dice la verdad.
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
La nota del séptimo es de 9,1.
El total de los 6 primeros exámenes es: 8,4•6=50,4.
El total de los 7 es: 8,5•7=59,5
Si se restan se obtiene la nota: 59,5-50,4=9,1
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Este problema debe hacerse por pasos e incógnitas
1. ¿Cuántos cuadernos de cada precio se vendieron?
2. Sumar un tercio a los baratos
3. Restar un tercio a los caros
4. Sumar todos los cuadernos
Como el número de cuadernos baratos es impar restemos a 1395 pts 45 pts hasta que de múltiplo de 60:
1395 - 1350 - 1305 - (1260) - 1215 - 1170 - (1080) - 990 - (900) - .....
Como sabemos que el número es impar restemos 90:
810 - (720) - 630 - (540) - 450 - (360) - 270 - (180) - 90 - 0
Pueden ser todos estos casos. Vamos a suponer:
1. 1260 pts con 21 cuadernos caros y 135 pts con 3 cuadernos de los baratos
1/3 de 21=7 21-7=14 14•60=840
1/3 de 3=1 3+1=4 4•45=180
840 + 180= 1080. Respuesta descartada por no dar el dinero
2. 1080 pts con 18 cuadernos caros y 315 pts con 7 cuadernos baratos
1/3 de 18=6 18-6=12 12•60=720
1/3 de 7= 2,3... Respuesta descartada por no poder vender medio cuaderno
3. 900 pts con 15 caros y 495 pts con 11 baratos
1/3 de 11=3,6... Respuesta descartada
4. 720 pts con 12 caros y 675 pts con 15 baratos
1/3 de 12 =4 12-4=8 8•60=480
1/3 de 15=5 15 + 5=20 20•45=900
480 + 900= 1380 pts. Una posible solución
5. 540 pts con 9 caros y 855 pts con 19 baratos
1/3 de 19=6,3...Respuesta descartada
6. 360 pts con 6 caros y 1035 pts con 23 baratos
1/3 de 23=7,6... Respuesta descartada
7. 180 pts con 3 caros y 1215 pts con 27 baratos
1/3 de 3=1 3-1=2 2•60=120
1/3 de 27=9 27+9=36 36•45=1620
120 + 1620 =1740. Descartada por no dar el dinero
Nos quedamos con la proposición 4, por lo que se venden:
12 + 8 = 20 caros 15 + 20 = 35 baratos Entre los dos días
(Paquita M. de 2º B - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Habitualmente va a 20 km/h
• Si tarda 2 horas, normalmente va a 60 km/h, pero si tarda 1 hora va a 64. No es posible, pero este es el razonamiento
• 120/3=40 km/h 44•2=88 km. No llega
• 120/4=30 km/h 34•3=102 km. No llega
• 120/5=24 km/h 28•4=112 km. No llega
• 120/6= 20 km/h 24•5=120 km
(Paquita M. de 2º B - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Con 10 kg de melocotones se haran 12 kg de mermelada.
Para fabricar 3 kg de mermelada se necesitaran 2.5 kg de melocotones.
10 kg ---1/5 =10/5 =2
10-2 =8 kg
8 kg +8 kg de azúcar =16 kg
16 kg---1/4 =16/4 = 4 kg
16-4 =12 kg de mermelada.
Si 10 kg melocotones-----12 kg mermelada
X kg melocotones -----3 kg mermelada
X=3•10/12=2.5 kg melocotones
(Taqua B. de 1º B - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
JUEVES
Hoy es jueves porque dice que hoy es sábado y los sábados miente, entonces no es sábado. Me queda que sea martes o jueves. Dice que mañana es miércoles, por lo tanto no es martes.
(Sandra D.N. de 1º B - E.S.O. del Colegio Helios de Valencia)
Volver al Problema |
a) Los dígitos que no puede tener son el 0, porque ningún número es divisible entre 0; el 5, porque el número debe ser par (los números pares sólo tienen múltiplos pares) y todos los múltiplos de cinco acaban en 0 o en 5; y el 4, porque era la única manera de que al sumar los otros siete daba un múltiplo de 3 y de 9.
b) El mayor número que cumple estas condiciones es el 9.867.312.
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Usamos el teorema de Pitágoras: 52+ 52= x2 x2=25 + 25 x2=50 x = 7,07 m
(Paquita M. de 2º B - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Se deduce que al último amigo le tuvo que dar la mitad de 2 más uno:
2 - (2/2 + 1) = 0 0 + 1 = 1• 2 = 2
Al quinto le tuvo que dar la misma proporción: 2 + 1 = 3 3 • 2 = 6 cromos tenía cuando lo vio
Al cuarto lo mismo: 6 + 1 = 7 7 • 2 = 14 cromos tenía cuando lo vio
Al tercero: 14 + 1 = 15 15 • 2 = 30
Al segundo: 30 + 1 = 31 31 • 2 = 62
Al primero: 62 + 1 = 63 63 • 2 =126
La fórmula general es: 2n+1-2
Si fueran 15 los amigos sería: 215+1-2= 65.534 cromos
(Paquita M. de 2º B - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Los dígitos a, b y c son 1, 1 y 3.
Explicación:
Los dígitos que son números primos más el 1 son: 1, 2, 3, 5 y 7.
El 2 no puede aparecer, porque cualquier número acabado en 2 es par.
El 5 tampoco puede aparecer, porque los números acabados en 5 son múltiplos de 5.
Sólo quedan el 1, el 3 y el 7, que juntos no pueden aparecer porque la combinación 371 es divisible entre 7: 371:7=53.
Tampoco pueden repetirse tres veces ninguno ni dos veces el 3 (33:11=3) o el 7 (77:11=7).
Sólo quedan entonces 1;1;3 y 1;1;7.
La segunda (1;1;7) en todas sus combinaciones de tres cifras es divisible entre 3 y 9: 1+1+7=9.
El último es 1;1;3, que cumple todas las condiciones
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Tenía 7 discos.
Si se empieza por el final, podríamos hacerlo así: [(1 disco que queda + 1/2 disco)• 2 + 1/2 disco]• 2 = 7
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
En atravesar el paraje tarda 12 días.
El aventurero sale del punto de partida con comida para 4 días. Al finalizar la primera jornada deja comida para dos días y vuelve al punto de partida. Vuelve a salir con comida para 4 días. Al finalizar la segunda jornada deja comida para 1 día y vuelve hasta el lugar donde finalizo la primera jornada, recoge comida para 1 día y vuelve al punto de partida. Coge comida para 4 días. Al finalizar la primera jornada, le queda comida para 3 días pero toma la comida que dejó en el primer viaje y continúa con comida para 4 días. Al finalizar la segunda jornada le ocurre exactamente lo mismo que en la jornada anterior. Como continúa con 4, la comida le viene justa.
(Taqua B. de 1º B - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
(2L)2+ L2=102 4L2+ L2=100 5L2=100 L2=100/5= 20 cm2
Como el área del cuadrado es L2, 5 cuadrados tendrán: 5 • 20 = 100 cm2
(Paquita M. de 2º B - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Las pesas son de 1, 3 y 9
1 .- 1 --------- ?
2 .- 3 --------- 1+?
3 .- 3 --------- ?
4 .- 3+1 ------- ?
5 .- 9 --------- 3+1+?
6 .- 9 --------- 3+?
7 .- 9+1 ------- 3+?
8 .- 9 --------- 1+?
9 .- 9 --------- ?
10.- 9+1 ------- ?
11.- 9+3 ------- 1+?
12.- 9+3 ------- ?
13.- 9+3+1 ------ ?
(Luís R. de 5º - E.P. del C.P. Aldebarán de Tres Cantos (Madrid))
Volver al Problema |
Una persona rica tiene, según esto, 16 veces más que una pobre.
Ricos -- 80% riqueza/20% habitantes = 4
Pobres-- 20% riqueza/80% habitantes = 1/4=0'25
4/0'25=16 veces mayor
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
El volumen es 24 cm³.
Si se multiplica el área de las tres caras entre sí, obtendremos el producto de los cuadrados de las aristas. Como el producto de cuadrados es igual al cuadrado de un producto, podemos decir que el producto del cuadrado de las aristas es igual al cuadrado del área: 6•8•12=576 √576=24 Además se pueden calcular las aristas: 24:6=4; 24:8=3; 24:12=2; Se comprueba que: 2²•3²•4²=576
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Matías salió del bosque a las 9:48.
Fernando recorre el camino en 30 minutos menos que Matías, y el bosque en 3 minutos menos, lo que quiere decir que el bosque es la décima parte del camino: 30/3=10 Podríamos entonces dividir el camino en 10 trozos o "bosques". Matías tarda 3 horas en recorrer todo el camino, 3 h = 180 min, y recorre cada trozo en 18 min; mientras que Fernando tarda 2 horas y media en recorrer todo el camino, 2 h 1/2 = 150 min, y recorre cada trozo en 15 min. Si hacemos una tabla , descubrimos que los dos coinciden al empezar un trozo a las 9:30, y salen de él con 3 min de diferencia (Fernando-- 9:45; Matías-- 9:48). Ese trozo es el bosque.
Matías
8:00 | 8:18 | 8:36 | 8:54 | 9:12 | 9:30 | 9:48 | 10:06 | 10:24 | 10:42 | 11:00 |
!==! | !==! | !==! | !==! | !==! | +++ | !==! | !==! | !==! | !==! | !==! |
11:00 | 10:45 | 10:30 | 10:15 | 10:00 | 9:45 | 9:30 | 9:15 | 9:00 | 8:45 | 8:30 |
Fernando
(Javier A. de 2º A - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)
Volver al Problema |
Llamemos x a la distancia entre Jorge y Martín, y por lo tanto entre Jorge y Nicolás. Como salieron a las 8:00, y en 1h:30min Jorge le saca x a Nicolás, en 30min le sacará x/3 más. A las 10:00, la distancia entre Jorge y Nicolás será de 4x/3 y Martín se encontrará a 2x/3 de cada uno. Para que ocurra esto tenemos que la velocidad de:
Jorge va a 2x/h
Martín y Nicolás van a 4x/3 /h
Si a las 9:30 la distancia entre Jorge y Martín era de x se encontraran al cabo de 18 min, a las 9:48.
2x + 4x/3 = 10x/3 (10x/3----1h x----yh) y = 1•1:10/3= 3/10h =18min
Si a las 10:00 la distancia entre Nicolás y Martín era de 2x/3 se encontraran al cabo de 15 min, a las 10:15.
4x/3 + 4x/3= 8x/3 (8x/3----1h 2x/3----yh) y = 2/3•1:8/3= 2/8h =15min
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
En total tendrá 375 antepasados de los cuales 143 serán machos.
En la 11ª generación tendrá 1 hembra y 0 macho.
En la 10ª generación tendrá 1 hembra y 1 macho.
En la 9ª generación tendrá 2 hembras y 1 machos.
En la 8ª generación tendrá 3 hembras y 2 machos.
En la 7ª generación tendrá 5 hembras y 3 machos.
En la 6ª generación tendrá 8 hembras y 5 machos.
En la 5ª generación tendrá 13 hembras y 8 machos.
En la 4ª generación tendrá 21 hembras y 13 machos.
En la 3ª generación tendrá 34 hembras y 21 machos.
En la 2ª generación tendrá 55 hembras y 34 machos.
En la 1ª generación tendrá 89 hembras y 55 machos.
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
Mirella tiene 2 billetes de 10 euros (20 e); 14 de 20 (280 e); y 4 de 50 (200 e), que sumados dan 500 euros
La mejor forma de hallar esta solución es tanteando:
Si tiene 20 billetes cuya suma es 500 euros, y tiene más de 50 que de 10, sabremos, ya seguro, que tiene menos de 10 billetes de 50, y menos de 9 billetes de 10.
Si tuviese 9 billetes de 50, estos sumarían 450 euros; y no sería posible añadir otros 11 billetes en total de 10 y 20 sin pasarse de 500 euros, por lo tanto hay que bajar el nº de billetes de 50.
Si tuviese 5 billetes de 50, tendría 250 euros, a los que habría que añadir otros 15 billetes más. El nº de billetes de 10 tiene que ser menor de 5, y al ser este un nº impar, el nº de billetes de 10 también tendría que serlo, para que sumándolos diese un nº par, al que poder sumar los billetes de 20 (que siempre darán como suma entre ellos un nº par; por lo que el nº de billetes de 10 sería 3(=30 euros) 30+250=280. 500-280=220. 220:20=11, por lo que todavía nos faltaría un billete. Luego esta solución no es posible, pero por poco.
¿Y si tuviese 4 billetes de 50? Su suma sería 200 euros, y por lo que he dicho anteriormente, el de 10 sería 2, como mucho (lo que son 20 euros). 200+20=220 euros. 500-220=280 euros. 280:20=14 billetes de 20, Luego esta es la solución correcta.
(Laura P. de 3º B - E.S.O. del Colegio Jesús María de Burgos)
Volver al Problema |
Hay 40 formas distintas de darte 1 euro. Estas formas son las siguientes:
1/ 2 de 50 2/ 1 de 50, 2 de 25 3/ 1 de 50,1 de 25, 2 de 10, 1 de 5 4/ 1 de 50, 1 de 25, 1 de 10, 3 de 5 5/ 1 de 50, 1 de 25, 5 de 5 6/ 1 de 50, 5 de 10 7/ 1 de 50, 4 de 10. 2 de 5 8/ 1 de 50, 3 de 10, 4 de 5 9/ 1 de 50, 2 de 10, 6 de 5 10/ 1 de 50, 1 de 10 , 8 de 5 11/ 1 de 50, 10 de 5 12/ 4 de 25, 13/ 3 de 25, 2 de 10, 1 de 5 14/ 3 de 25, 1 de 10, 3 de 5 15/ 3 de 25, 5 de 5 16/ 2 de 25, 5 de 10 17/ 2 de 25, 4 de 10, 2 de 5 18/ 2 de 25, 3 de 10, 4 de 5 19/ 2 de 25, 2 de 10, 6 de 5 20/ 2 de 25, 1 de 10, 8 de 5 21/ 2 de 25, 10 de 5 22/ 1 de 25 , 7 de 10, 1 de 5 23/ 1 de 25, 6 de 10, 3 de 5 24/ 1 de 25, 5 de 10, 5 de 5 25/ 1 de 25, 4 de 10. 7 de 5 26/ 1 de 25, 3 de 10, 9 de 5 27/ 1 de 25, 2 de 10, 11 de 5 28/ 1 de 25, 1 de 10,13 de 5 29/ 1 de 25, 15 de 5 30/ 10 de 10 31/ 9 de 10, 2 de 5 32/ 8 de 10, 4 de 5 33/ 7 de 10, 6 de 5 34/ 6 de 10, 8 de 5 35/ 5 de 10, 10 de 5 36/ 4 de 10, 12 de 5 37/ 3 de 10, 14 de 5 38/ 2 de 10, 16 de 5 39/ 1 de 10, 18 de 5 40/ 20 de 5
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
Hay que pasar los minutos al mismo formato:
32' en SP = 96' en XLP
44' en LP = 66' en XLP
66'+ 96' = 162' grabados en XLP
360'-162' = 198' quedan por grabar
(Alberto L.M. 4º-E.S.O. del I.E.S. Vía de la Plata de Guijuelo (Salamanca))
Volver al Problema |
Sea el nº = xyzq
Sólo es posible obtener el nº 53 como suma de dos cuadrados si los dos números son: 2, y 7 (que elevados al cuadrado dan 4 y 49). Por lo tanto las cifras de las centenas y las unidades tienen que ser ó 2 y 7, respectivamente; ó 7 y 2.De lo que y = 7 ó 2; q = 7 ó 2.
El nº 45 sólo se consigue sumando el 3 ó el 6 (cada uno elevado al cuadrado), 45= 9+36. De lo que x= 3 ó 6; z= 3 ó 6.
Los dos únicos múltiplos de 99 comprendidos entre 1000 y 1200 son el 1089 (99 x 11) y el 1188 (99 x 12).
Para que al restar el número obtenido entre el nº que sale al invertir sus cifras y te de 8 ó 9 en la cifra de las unidades, tantearemos los posibles resultados:
o si q=7; x=3; el resultado es 7-3=4, luego no es posible
o si q=2; x=3; el resultado es 2-3= 9, pues delante del 2 abrá otro nº
o si q=7; x =6; el resultado es 7-6=1, luego no
o si q=2: x=6; el resultado es 2-6=6, pues delante del 2 abrá otro nº (decenas)
Después de ver lo anterior, se llega a la conclusión de que q=2; x =3, por lo tanto z=6; y=7. el nº es 3762, y se comprueba restándole el nº que sale al invertir sus cifras: 3762-2673=1089
(Laura P. de 3º B - E.S.O. del Colegio Jesús María de Burgos)
Volver al Problema |
Hay 268 telesillas
Entre 98 y 241 hay 142 sillas incluidas las dos anteriores.
Entre 230 y 105 debe haber 105+X-230+1 sillas, las mismas que tenían las anteriores.
142=105+X-230+1 entonces X=268
(Conchi 3º-E.S.O. del I.E.S. El Cano de Sanlúcar de Barrameda (Cádiz))
Volver al Problema |
Sabemos que:
4J+4A+4B+4M+4L=1212 J+A+B+M+L=1212:4=303
Como hay 4 pesos impares una de las chicas pesa impar. Pongamos que J sea la que pesa impar entonces tendremos que:
J+B=129, J+A=125, J+M=121, J+L=123,
al sumar los pesos que quedan tendremos:
3B+3A+3M+3L=714 B+A+M+L=238 J=303-238=65kg
por lo tanto:
B=129-65=64kg A=125-65=60kg M=121-65=56kg L=123-65=58kg
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
45 km/h.
AB --(1 hora) -- BA --(1 hora) -- A0B
La diferencia entre AB y A0B es de 90, 180...
La diferencia entre AB y BA es de 45
A tiene que ser 1, si fuera 2 o mayor la diferencia entre AB y BA sería de 90, no es posible
Probando con diferentes números llego a la conclusión de que el primer mojón es 16, el segundo 61 y el tercero 106. Por lo tanto la velocidad del coche es de 45 km/h.
(Alberto V. de 4º - E.S.O. del I.E.S. Buero Vallejo de Guadalajara)
Volver al Problema |
Sí es posible, de la siguiente manera:
Salen los dos juntos (pongamos A y B). La noche del 3º al 4º día, B le da a A comida para tres días, por lo que le sigue quedando para 12 días. Al día siguiente cada uno toma un camino diferente, A sigue en su camino hasta la entrega del mensaje, y B se da la vuelta. El día 9 A entregará el mensaje, teniendo todavía comida para 6 días más. Al día siguiente emprende el regreso, y a los dos días B saldrá desde el punto de partida en busca de A, con comida para 12 días. Se encontraran justo cuando le queden 5 días de camino a A. Entonces B repartirá la mitad de su comida a A, teniendo cada uno comida suficiente para llegar a casa sanos y salvos.
(Laura P. de 3º B - E.S.O. del Colegio Jesús María de Burgos)
Volver al Problema |
Primero pones en un platillo 52 monedas y en el otro otras 52, dejando una moneda sin pesar. Si la balanza se equilibra (lo que es poco probable), significará que en cada platillo hay una falsa y la tercera será la que hemos dejado sin pesar.
Si la balanza no se equilibra, en el platillo que pese menos habrá 2 o 3 monedas falsas, y en el que pese más habrá 1 o ninguna moneda falsa. (Puede haber 3 falsas en un platillo, 2 en uno y 1 en otro, 2 en uno y 1 la que hemos descartado, o 1 en un platillo otra en otro y otra sin pesar).
Cogeremos las monedas del platillo que pesa más (o si los platillos están en equilibrio da igual el que cojamos) y haremos la otra pesada, donde pondremos 26 monedas en un platillo y 26 en otro. Entre los dos platillos debe de haber 1 o ninguna moneda falsa. Así si los platillos se equilibran, da igual las 26 monedas que seleccionemos, todas son verdaderas. Si no se quedan en equilibrio, las 26 monedas verdaderas serán las del platillo que pese más.
(Alfonso Z. 4º-E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))
Volver al Problema |
El trabajo tiene 60 páginas 12 de las cuales hará el viernes
El lunes hace 1/2 del trabajo.
el martes hace 1/3 de 1/2, lo que es igual a 1/6 del trabajo
entre el lunes y el martes ha trabajado 4/6 del total.
Por lo que el miércoles hará 1/4 de 2/6, el equivalente a 2/24 = 1/12
el jueves hace 1/5 de 3/12( que es lo que le quedaba), que equivalen a 1/20 del total.
desde el lunes al jueves ha hecho: 1/2 + 1/6 + 1/12+ 1/20
se halla el m.c.m. que es 60 y se reducen a común denominador:
30/60 + 10/60 + 5/60 + 3/60 = 48/60, por lo que queda por hacer 12/60 = 1/5.
Se observa que el 12 es menor de 15, por lo que será el nº de páginas que le quedan para el viernes.
A continuación vemos lo que hace cada día, siendo siempre un número entero de páginas:
lunes_30
martes_10
miércoles_5
jueves_3
vienes_12
(Laura P. de 3º B - E.S.O. del Colegio Jesús María de Burgos)
Volver al Problema |
Para que el profesor pida un último dato es necesario que dos formas distintas de tres factores de 2450 sumen lo mismo (el doble de la edad del profesor). Este caso lo podemos encontrar:
49•10•5=2450
49+10+5=64
50•7•7=2450
50+7+7=64
Ya que el profesor sabe la edad de Raúl y por tanto sabe las edades de las chicas, Raúl debe tener 49 años (es por lo menos 1 año menor que la más vieja), porque si tuviera menos podría ser cualquier combinación de factores de las dos. Así las chicas tienen 50, 7 y 7 años. Raúl tiene 49 años y el profesor tiene 32 años.
(Alfonso Z. 4º-E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))
Volver al Problema |
Sabemos que Alejandro y Benito van juntos, y que no lo hacen ni en coche, ni en avión, pero el medio de transporte en cuestión que utilicen nos da igual. Andrés va en avión y acompañado de Darío,
(puesto que Carlos no va en avión, ni con Darío). Por lo que Tomás tendrá que ir en coche, con Carlos.
(Laura P. de 3º B - E.S.O. del Colegio Jesús María de Burgos)
Volver al Problema |
Las cinco piezas de plata valían cada una respectivamente:
1.- Uno
2.- Dos
3.- Cuatro
4.- Ocho
5.- Quince
La forma de pagar con las piezas fue la siguiente:
Dia 1.- Paga con la pieza de valor (Ppv) uno.
Dia 2.- Ppv dos y le devuelve la de valor uno.
Dia 3.- Ppv uno.
Dia 4.- Ppv cuatro y le devuelve la de valor uno y dos.
Dia 5.- Ppv uno.
Dia 6.- Ppv dos y le devuelve la de valor uno.
Dia 7.- Ppv uno.
Dia 8.- Ppv ocho y le devuelve la de valor uno, dos y cuatro.
Dia 9.- Ppv uno.
Dia 10.- Ppv dos y le devuelve la de valor uno.
Dia 11.- Ppv uno.
Dia 12.- Ppv cuatro y le devuelve la de valor uno y dos.
Dia 13.- Ppv uno.
Dia 14.- Ppv dos y le devuelve la de valor uno.
Dia 15.- Ppv uno.
Dia 16.- Ppv quince y le devuelve la de valor dos, cuatro y ocho.
Dia 17.- Ppv dos y le devuelve la de valor uno.
Dia 18.- Ppv uno.
Dia 19.- Ppv cuatro y le devuelve la de valor uno y dos.
Dia 20.- Ppv uno.
Dia 21.- Ppv dos y le devuelve la de valor uno.
Dia 22.- Ppv uno.
Dia 23.- Ppv ocho y le devuelve la de valor uno, dos y cuatro.
Dia 24.- Ppv uno.
Dia 25.- Ppv dos y le devuelve la de valor uno.
Dia 26.- Ppv uno.
Dia 27.- Ppv cuatro y le devuelve la de valor uno y dos.
Dia 28.- Ppv uno.
Dia 29.- Ppv dos y le devuelve la de valor uno.
Dia 30.- Ppv uno su último pago.
(Angel P. de 3º C - E.S.O. del Colegio San Agustín de Alicante )
Volver al Problema |
La compañía ha de enviar 12 camiones para asegurar el transporte de todos los containers. Ya que para que el número de camiones sea el máximo los containers han de pesar 834Kg. Con 12 camiones se puede solucionar.
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
El campesino llevaba al principio 28 monedas.
0+32=32; 32/2=16; 16+32=48; 48/2=24; 24+32=56; 56/2= 28 monedas
(Alberto L.M. 4º-E.S.O. del I.E.S. Vía de la Plata de Guijuelo (Salamanca))
Volver al Problema |
Llamemos: R al tren más rápido, L al tren más lento y x a la distancia recorrida por R en 15min. Por lo que tenemos:
en 15 min L recorrerá x-1
la velocidad de R=4x Km/h L=4x-4 Km/h 3600/x +15=3600/(x-1); ...................... x=16. la velocidad del tren más rápido es de 64Km/h.
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
Como podemos sacar un 95 % de las personas que han acertado (sin partir ninguna persona por la mitad), el nº de acertantes será de al menos 1 por cada 5 %, es decir un múltiplo de 20. Al presentarlo 38 alumnos solo 20 pueden haberlo hecho bien. Por tanto 18 alumnos lo han hecho mal.
(Alfonso Z. 4º-E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))
Volver al Problema |
Al hacer el dibujo nos damos cuenta de que salen dos triángulos rectángulos, ADQ, donde su altura es CD, y ADP, donde su altura es DB. Por el teorema de la altura (o si no por la semejanza existente entre los dos triángulos rectángulos que forma cada altura) tenemos que:
CD•CD=AC•CQ BD•BD=AB•BP BD•BD=46,08•3,92 BD=13,44
Por el teorema de Pitágoras tenemos que (d=diámetro):
AB•AB+BD•BD=d•d 46,08•46,08+13,44•13,44=d•d d=48
También por Pitágoras:
AC•AC+CD•CD=d•d 28,8•28,8+CD•CD=48•48 CD=38,4
Volviendo a la primera fórmula:
CD•CD=AC•CQ 38,4•38,4=28,8•CQ CQ=51,2 Lo que pregunta el problema.
(Alfonso Z. 4º-E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))
Volver al Problema |
Si algún jugador ha ganado dinero será porque ha acabado con más dinero que empezó.
Según el problema, todos los jugadores acaban con n dinero. Con lo que el dinero con que juegan todas las partidas es 4n.
El que pierde la partida ha de doblar con su dinero, cada uno de los marcadores de los otros jugadores. Con lo que las 4 partidas quedan así, planteando el problema desde el final:
Jug. 1 | Jug. 2 | Jug. 3 | Jug. 4 | Total | |
Comienzo | 33n/16 | 17n/16 | 9n/16 | 5n/16 | 4n |
Después 1ª | n/8 | 17n/8 | 9n/8 | 5n/8 | 4n |
Después 2ª | n/4 | n/4 | 9n/4 | 5n/2 | 4n |
Después 3ª | n/2 | n/2 | n/2 | 5n/2 | 4n |
Después 4ª | n | n | n | n | 4n |
(Alfonso Z. 4º-E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))
Volver al Problema |
Al final del recorrido hay 134 personas de las cuales son 66 niños, 33 mujeres, 44 hombres.
m=n/2, h=2n/3, n+m+h=143 n+n/2+2n/3=143 13n=858 n=858/13 n=66.
143-134=9
Como hay 9 personas más que en Azul y en cada parada suben 1 persona más de las que bajan, el tren ha parado en 9 paradas. Por lo tanto desde Azul han bajado 9 mujeres, 18 hombres y han subido 36 niños.
En Azul habían 44+18=62 hombres, 33+9=42 mujeres y 66-36=30 niños.
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
Primero buscamos un número que al multiplicarlo por 0'28125 nos de un número entero.
0'28125•2=0'5625. 0'5625•2=1'125. 1'125•2=2'25. 2'25•2=4'5. 4'5•2=9.
por lo que para que 0'2815 nos de un número entero hay que multiplicarlo por 32 o un múltiplo de él. 13'2825•32=425. los números son el 32 y el 425, ya que si multiplicamos 13'28125 por 64, el número que nos da es mayor que 500.
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
Tal como se realiza el viaje del tren, tarda 1h hasta que se avería, está parado 1/2h, y después, para que llegue con 2h de retraso se tiene que retrasar 1,5h. Ya que este tramo lo recorre a la mitad de velocidad y se retrasa 1,5h tarda 3h. Lo que en total hacen 4,5h, y como se retrasa 2h el viaje en condiciones normales duraría 2,5h.
Si se hubiera averiado 100 Km después tardaría un tiempo x hasta que se parara, media hora parado, y como tiene que llegar con una demora de 1h, en el último tramo se retrasaría 1/2h, tardando 1h en este tramo. Al tenerse que demorar 1h sobre el horario previsto debería tardar 3,5h, con lo que tarda 2h en recorrer el camino hasta que se avería.
Así tenemos que los 100 Km de más que hubiera recorrido los hubiera hecho en 1h, con lo que iba a 100 Km/h.
Si camina 1h a 100 Km/h (100 Km) y 3h a 50 Km/h (150 Km), el camino total es de 250 Km.
(Alfonso Z. 4º-E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))
Volver al Problema |
La probabilidad de que:
o gane A los dos partidos es del 36%, 6/10 •6/10=36/100
o gane A el primer partido y B el segundo es del 24%, 6/10•4/10=24/100
o gane B los dos partidos es del 16%, 4/10•4/10=16/100
o gane B el primer partido y A el segundo es del 24%, 4/10•6/10=24/100
la probabilidad de que la final se decida en un tercer partido es del 24%+24%=48%.
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
Si llamamos x al recorrido tendríamos que han recorrido en total:
A=x/6 +100
B=x/2 +10
C=x/4 +78
Se busca un número entero positivo que al dividirlo por lo que se indica en cada caso y sumarle nos dé que C sea mayor que B y este a su vez mayor que A. El número es por lo tanto 271.
(Mohammed B. 3º C-E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))
Volver al Problema |
La estrategia ganadora es que empiece el contrario.
En un triángulo, coja el adversario 1 ó 2 monedas, tú siempre puedes coger la última.
En un cuadrado, si el otro coge una, tú coges la del vértice opuesto, de modo que ganas. Si coge dos monedas, tú coges las otras dos volviendo a ganar.
En un pentágono, si él coge dos monedas, tú coges la del vértice central de los tres que quedan con moneda, así que ganas. Si coge una moneda el adversario, tú coges las dos de los vértices que forman el lado opuesto al vértice cuya moneda ha cogido tu oponente; también ganas.
La estrategia es que el otro empiece.
(Alfonso Z. 4º-E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))
Volver al Problema |
Tenemos que:
Va-16Km/h=Vb Ta+1,5h=Tb V=e/T Va•Ta=(Va-16Km/h)•(Ta+1,5h)
16Ta+24=1,5Va 16•(480/Va)+24=1,5Va
1,5Va•Va-24Va-7680=0
Va=80Km/h
Vb=64Km/h
(Alfonso Z. 4º-E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))
Volver al Problema |
Al tirar el dado existe la misma probabilidad de que nos salga un número que otro. Así en la tirada antes de rebasar quince, deberemos de tener entre 10 y 15.
Entonces si tenemos 10, nos tendrá que salir un 6 y sumaremos 16.
Si tenemos 11, nos tendrá que salir 5 o 6 y sumaremos 16 o 17.
Con 12, nos saldrá 4, 5 o 6 y sumaremos 16, 17 o 18.
Con 13 sumaremos 16, 17, 18 o 19.
Con 14 sumaremos 16, 17, 18, 19 o 20.
Y con 15 sumaremos 16, 17, 18, 19, 20 o 21.
En definitiva, sea cual sea el número que tengamos antes de rebasar quince, la mayor probabilidad cuando rebasemos este número será que la suma sea 16.
(Alfonso Z. 4º-E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))
Volver al Problema |
Ordenándolas en orden alfabético, las 24 primeras palabras empezarán por la A, las 24 siguientes por la O y asi hasta las 24 últimas que empezarán por la T, en total hay 120 palabras que se pueden formar con esas 5 letras. Por orden alfabético:
1.- aoprt
2.- aoptr
3.- aorpt
...
115.- traop
116.- " TRAPO "
117.- troap
118.- tropa
119.- trpao
120.- tropa
(Angel P. de 3º C - E.S.O. del Colegio San Agustín de Alicante )
Volver al Problema |