Soluciones al Tercer Juego

031401-Representación olímpica

1º país: hallando el m.c.m. de 3, 4, y 5= 60+1=61

2º país: si 4x=nºpar, al sumarle 3 el nº es impar. Si 5Xnºpar=nºpar, al sumarle 4 el nº sigue siendo par, por lo que 5 hay que multiplicarlo por un nº impar para que coincida con el 4. Si quitamos los miembros que sobran, los números que hay que dividir entre 3, 4 y 5 varían según los miembros que sobran. Como a 4 sólo hay que añadir 3 y a 5 uno más, el nº dividido entre 5 ha de ser 1 menor que el dividido entre 4. Si vamos probando con el 5 los números pueden ser: 5x1=5, 5x3=15, 5x5=25, 5x7=35, 5x9=45, 5x11=55, 5x13=65. Pero si hacemos coincidir estos con el tres sólo pueden ser: 25 y cada 3 números posibles con el 5. Finalmente probamos con el cuatro y en seguida hallamos que la solución es 59: 5x11=55+4=59, 4x14=56+3=59, 3x19=57+2=59

España: hallamos el m.c.m. de 4 y 5 = 20+3=23. Como tiene que ser mayor que 59 y 61 vemos los demás comunes múltiples mayores que 61 que son 63 y 83. Si los dividimos entre 3, 63 da exacto por lo que no es pero 83 da que sobran 2, por lo que la solución es 83.

(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia))


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031402-El presupuesto

x = ptas/km

5.000x = 5.250(x - 0,4)

5.000x = 5.250x - 2.100

2.100 = 5.250x - 5000x

2.100 = 250x

x = 2.100/250

x= 8,4 ptas/km

Presupuesto = 5.000 x 8'4 = 42.000 ptas

(Ana P. de 2º - E.S.O. del I.E.S Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031403-El cubo de Ramiro

Con 3 caras pintadas hay 8 cubos.

Con 2 caras pintadas hay 12 cubos.

Con 1 cara pintada hay 6 cubos.

Y, con ninguna cara pintada hay 1 cubo.

(Mª Reme I. de 1º - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete)


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031404-Tres parejas

Las chicas son A B C y los chicos A' B' C'

Cruzan AB regresa B, cruzan BC regresa C, cruzan B'A' regresan A A', cruzan C'A' regresa B, cruzan AB regresa C' y finalmente cruzan CC'.

(Luís R. de 6º - E.P. del C.P. Aldebarán de Tres Cantos (Madrid))


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031405-Entre círculos

Calculo el área del triángulo equilátero formado por los centros de tres círculos y me da 43.3 cm2.

Después el área del sector circular que ocupa el triángulo equilátero dentro de cada círculo.

Esta área es un sexto del área del circulo porque el triángulo equilátero forma un ángulo de 60 grados en cada vértice.

Entre los tres sectores sale un área de 39.25 cm2.

El área que se pide es la diferencia entre las dos, o sea :

4.05 cm2

(Ana Isabel V. 1º - E.S.O. del I.E.S. Río Júcar de Madrigueras (Albacete)


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031406-La edad de Diofanto

x/6 + x/12 + x/7 + x/2 + 9 = x

14x + 7x + 12x + 42x + 756 = 84x

756 = 84x - 75x

756 = 9x

x = 756/9 = 84 años

(Ana P. de 2º - E.S.O. del I.E.S Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031407-Buscando un radio

2 cm

Porque si dibujo la linea que divide en dos el triángulo en A hasta el centro de la circunferencia es r y si desde el centro dibujo a D y E el radio tengo un triángulo equilátero de 2 cm de lado.

(Luís R. de 6º - E.P. del C.P. Aldebarán de Tres Cantos (Madrid))


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031408-¿Cuándo saldrá de la cárcel?

Si el preso tiene 25 años y el doble es 50, como el carcelero tiene 4 años más del doble de 25 tienen que pasar esos mismos años para poder llevarse el doble de años, por lo que el preso tiene que estar 4 años en la cárcel.

(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia))


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031409-Color del sombrero

c

Si su sombrero fuera como el de b, d hablaría y como no lo hace, sabe que es distinto.

(Añaterve D. 1º - E.S.O. del I.E.S. Orotava de La Orotava (Tenerife)


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031410-Anuncios de carretera

Un anuncio 10Km/h = 10.000m/60min = 500/3

Dos anuncios 20Km/h = 20.000m/60min = 1.000/3

(1.000/3):2 = 500/3

Tres anuncios 30Km/h = 30.000m/60min = 1.500/3

(1.500/3):3 = 500/3

La distancia entre los anuncios es de 500/3 metros

(Ana P. de 2º - E.S.O. del I.E.S Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031411-Misiones

Este problema se puede resolver probando: primero probamos con que x=2 teniendo en cuenta las siguientes condiciones:

-Hay dos misiones más que agentes.

-Tanto los agentes como las misiones han de ser números pares.

2 agentes y 4 misiones no da bien.

4 agentes y 6 misiones no da bien.

6 agentes y 8 misiones si que da bien.

Por lo tanto la solución es que hay 6 agentes y 8 misiones:

1. Si los sumamos nos da menos de 15 (6+8=14).

2. Si otorgamos una misión a cada agente sobran dos misiones (8-6=2).

3. Si otorgamos 2 misiones a cada agente nos quedan dos agentes sin trabajo.

(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia))


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031412-El producto

Para resolver este problema lo primero que hacemos es descifrar los números: a, b, c, d, f, g. Lo cual se puede hacer hallando el m.c.d. de los distintos productos resueltos, (b=m.c.d. de 91-39; d=m.c.d. de 16-18) después se divide el resultado de cada producto entre 13 ó 2 (b ó d), según corresponde para hallar los demás números. Tras hacer estas operaciones se descifran ya todos los números:

a=9 b=13 c=8 d=2 f=7 g=3

L=a+b+c=9+13+8=30 H=d+c=f+g=2+8=7+3=10

Por lo cual el producto de LxH=300

(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia))


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031413-La cinta y el carrete

Primero hallamos el área de la cinta multiplicando 0,1 mm x 25.000 mm = 2.500 mm2

Ahora deducimos que:pi x2 + 2.500 = 2.500pi

pi x2= 2.500 pi - 2.500; x2=5.350/pi;

para terminar hacemos la raíz cuadrada de lo que nos de 5.350/pi y eso es el radio del carrete por lo cual el diámetro será el doble que es 82.

(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia))


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031414-La sandía

Si el 99 % de la sandía es agua, el 1 % va ser fruto y el 1 % de 10 kg es 100g. Por tanto si se evapora parte del agua el fruto va a seguir siendo el mismo (100g) y será un 2 % del total porque ahora la parte de agua es de un 98 %.

100g es un 1 % de 10 kg y es un 2 % de 5 kg que es lo que pesa ahora la sandía.

(Miguel Z. de 1º - E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))


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031415-La reina cautiva

Ponen la pesa, la canasta baja,

se sube el hijo en la otra canasta, la canasta baja,

quitan la pesa, y en su lugar se sube la hija y su canasta baja,

se quita el hijo y pone la pesa, la hija se quita y la pesa baja

se pone el hijo en la otra y su canasta baja

se pone la hija en la canasta del hijo y la reina se pone en la de la pesa y baja

el hijo se sube en una canasta y la pesa en otra y baja el hijo

se quita la pesa y se pone la hija y baja

se pone la pesa sólo y baja

se pone el hijo y en la otra canasta la pesa y baja el hijo y FIN

(Luís R. de 6º - E.P. del C.P. Aldebarán de Tres Cantos (Madrid))


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031416-Diferencia de tamaño

Como Gulliver es 12 veces mas alto que los liliputienses, también será 12 veces mas ancho y 12 veces mas de fondo, entonces el grosor de los colchones tendrá que ser 12 veces mayor por cada una de las tres dimensiones.

Se necesitarán 1.728 colchones.

(Miguel Z. de 1º - E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))


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031417-La escalera mecánica

Si llamamos x a los escalones que se le "esconden" a Juan, tenemos:

75 + x = 50 + 2x

75 - 50 = 2x - x

x = 25

Por lo tanto 75 + 25 = 100 escalones

(Ana P. de 2º - E.S.O. del I.E.S Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031418-Cumpleaños

Esto ocurre cinco veces más:

Cuando el padre tenga 52 años el hijo tendrá 25, 63-36, 74-47, 85-58, 96-69.

(Miguel Z. de 1º - E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))


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031419-Cuadrado

Los triángulos CMP y ADP son semejantes porque los dos tienen un ángulo que mide 45º y otro ángulo según la siguiente regla también lo tienen en común:

"cuando dos líneas se cruzan, los ángulos opuestos tienen el mismo valor"

Como el lado CM del triángulo más pequeño es la mitad del lado DA del triángulo ADP, al ser semejantes sabemos que la altura de CMP es la mitad de ADP.

Altura de CMP=1/3 Altura de ADP=2/3

Ahora calculamos los áreas de estos triángulos:

CMP: (1/3•1/2)/2=1/12 ADP: (1•2/3)/2=1/3

La altura de CMP es la misma que la del triángulo CDP y por lo tanto su área es:

(1•1/3)/2=1/6

Para hallar el área del cuadrilátero ABMP tenemos que sumar las áreas de los triángulos y restarle el resultado al cuadrado general:

1/3+1/6+1/12=7/12 1-7/12=5/12

Con estos datos sabemos que el área del triángulo es de 2/12 y el del cuadrilátero es de 5/12 de modo que la razón entre ellos es:

2/5

(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia))


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031420-Cruce de trenes

Como 7 minutos y 30 segundos es 1/8 de hora, cada tren recorre 1/8 de su velocidad hasta encontrarse con el otro:

1/8 • 80 = 10 Km

1/8 • 96 = 12 Km

10 + 12 = 22 Km

La solución es 22 Km

(Miguel Z. de 1º - E.S.O. del I.E.S. J. Isbert de Tzna. de la Mancha (Albacete))


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031421-Contando rectángulos


Nº de columnas 1 2 3 4
Nº de rectángulos 3 (+6) 9 (+9) 18 (+12) 30 (+15)
Nº de columnas 5 6 7 8
Nº de rectángulos 45 (+18) 63 (+21) 84 (+24) 104 (+27)
Nº de columnas 9 10 --- ---
Nº de rectángilos 131 (+30) 161 --- ---

(Ana P. de 2º - E.S.O. del I.E.S Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031422-División con suerte

Al dividir 1 entre 13 obtenemos el número decimal periódico puro 0'076923.

Los seis dígitos que forman el período suman 27

Dividimos 100 entre seis y obtenemos 16 grupos de 6 cifras cada uno y sobran 4 cifras

La suma de los 16 grupos de 6 cifras es igual a 27 x 16 = 432

La suma de las 4 cifras restantes es igual a 22

La suma total de los 100 dígitos es igual a 432 + 22 = 454

(Ana P. de 2º - E.S.O. del I.E.S Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031423-Melones

Empezando por el final del problema, tenemos que:

x/2-2=1; (1+2)•2=6.

Ahora repetimos esta operación dos veces mas:

(6+2)•2=16, (16+2)•2=36.

Al principio habían 36 melones

(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia)


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031424-Una familia gatuna

Si llamamos "x" al peso de un gato e "y" al peso de un gatito podemos resolver el problema mediante un sistema de ecuaciones.

4x + 3y = 15 -12x - 9y = -45

3x + 4y = 13 12x + 16y = 52

------------------

4x + 3 = 15 7y = 7

4x = 12 y = 7/7 = 1 kg

x = 3 kg

(Ana P. de 2º - E.S.O. del I.E.S Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031425-Geografía planetaria


(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia))


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031426-Número secreto

El número es 163.254

(Luís R. de 6º - E.P. del C.P. Aldebarán de Tres Cantos (Madrid))


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031427-Cuatro dígitos

La suma de los dos números a los que hay que hacer la media tiene que resultar un número impar, ya que un número par da exacto al dividir por dos.

Un número impar al dividirlo por dos tiene como decimales el 5 y el 0, por lo tanto el número buscado es ab50

La media de 50 y 50 es 50, la media de 49 y 50 es 49´50.

Por lo tanto el número buscado es 4.950

(Ana P. de 2º - E.S.O. del I.E.S Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031428-Zona no sombreada

Para hallar la solución de este problema tenemos que hallar el área del cuadrilátero, de los círculos y restarlos entre si.

Como la base del rectángulo es 10, el diámetro del círculo es 5 y la altura del rectángulo también.

Área del rectángulo: 10•5=50

Área círculos: 3,14•(2,5•2,5)=19,625 19,625•2=39,25

Área de la zona no sombreada: 50-39,25=10,75

(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia))


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031429-Gastronomía medieval

En total en el libro hay las siguientes páginas:

-9 de un dígito; quedan 351 dígitos

-90 de dos dígitos; quedan 171 dígitos

-Para hallar cuantas páginas hay de tres dígitos basta con dividir 171/3=57

Sumando todas las páginas hallamos la solución final:

9+90+57=156

(Ahmed Nuh B. de 6º - E.P. del C.P. B.B. Verdejo de Manises (Valencia))


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031430-Cinco dígitos

245x13=3185 y 521x43=22.403

(Luís R. de 6º - E.P. del C.P. Aldebarán de Tres Cantos (Madrid))


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031601-La servilleta

La probabilidad de que la gota caiga dentro de una de las servilletas es igual al área de los cuatro círculos partido por el área del cuadrado.

El área del cuadrado es igual a 225 cm cuadrados.

Para hallar el área de los círculos tenemos que calcular el radio.

Si unimos los centros de los círculos se forma un cuadrado cuyo lado mide 2R y su diagonal (15 - 2R)

Aplicando el teorema de Pitágoras

(15 - 2R) al cuadrado = (2R) al cuadrado + (2R) al cuadrado

Resolviendo la ecuación se obtiene que el radio es igual a 3'1 cm

Por lo tanto el área de los cuatro círculos = 4 x 3´14 x (3´1) al cuadrado = 120´7 centímetros cuadrados.

Por lo tanto la probabilidad (no exactamente por los decimales) sería = 120´7/225

(Petar P. 3º - E.S.O. del I.E.S. Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031602-Los elefantes

Cada elefante pesa 5 Tm.

Si le damos valor x al peso de cada elefante, como todos pesan lo mismo, la ecuación seria:

x + 2x = 15 Tm.

3x=15

x=15/3

x=5 Tm

(Angel P. 4º - E.S.O. del Colegio San Agustín de Alicante)


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031603-La plaza

Hay 32 casas entorno a la plaza.


5 4 3 2 1 - - 30 29 28 27 26
12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1


Si la quinta casa de Joao es la 12ª de Pedro, la primera será la octava, y como la quinta de Pedro es la 30ª de Joao. Entre la 5ª y la 8ª esta la 6ª y la 7ª, dos números, por lo tanto 30+2=32 casas hay en la plaza.

(Angel P. 4º - E.S.O. del Colegio San Agustín de Alicante)


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031604-Fácil y difícil

Podemos decir que:

Ariel hace del 1 al 60.

Bernardo hace del 40 al 100.

Claudio hace del 20 al 80.

Haciéndonos una tabla con estos datos vemos que:

Hay 40 problemas que no han sido tocados más que por uno.

Hay 20 problemas que los han hecho todos.

F=20

D=40

(Paquita M. 3º - E.S.O. del I.E.S. Andrés de Vandelvira de Albacete)


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031605-Chica v RENFE

Cuando el tren llega a 6 km antes del cruce, lo podemos parar 50 min. , para que así la chica avance lo que se ha dormido.

Así en los 50 min justos la chica va a estar 10 min (1km) antes de dicho cruce.

Pongamos otra vez en marcha el tren que la alcanza en el cruce en esos 10 min.

(Petar P. 3º - E.S.O. del I.E.S. Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031606-El faro de Finisterre

Al gastar 6 litros por hora, gasta 1 litro por cada 10min, mientras que cuando esta parado 10 min gasta 0,5 l por encenderlo; por lo que para gastar el mínimo el faro debe de estar 10 min parado y 15 min en marcha, gastando 2 l en 25 min, de los 600 min que dura la noche 575 min los gasta de esa forma y los otros 25 min está 15 min más encendido y lo apaga definitivamente, por lo que en total gasta 46 l de los 575 min y 1'5l de los 15min. en total gastará por lo tanto 47'5 l.

(Mohammed B. 4º - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))


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031607-Enteros

Los números son el 1, ya que elevar el 1 a cualquier exponente da 1, y el 27, porque 27 al cuadrado da 729 que es el cubo de 9 que es la suma de 2+7.

La máxima suma de los dígitos es 27 ( 9+9+9 ). Así pues, si elevamos los números menores de 27 al cubo y hacemos la raíz cuadrada, solo el 1 y el 27 cumplen las condiciones

(Angel P. 4º - E.S.O. del Colegio San Agustín de Alicante)


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031608-Las velas

El apagón dura 3 horas y 40 minutos por lo tanto quedan:

Vela de 5 horas=300 minutos

Vela de 4 horas=240 minutos

Si llamamos x al tiempo que duró el apagón:

300 - x = (240 - x) • 4

x = 220 Vela de 5 horas- 300-220= 80 minutos le quedan

Vela de 4 horas- 240-220= 20 minutos le quedan

20 es un cuarto de 80, por lo que el tiempo que duró el apagón ha sido de 3 horas y 40 minutos.

(Unai A. 4º - E.S.O. del I.E.S. Burdin Ibarra de Trapagaran (Vizcaya))


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031609-Pintores

Llamamos x a las horas que se necesitan para pintar la pared pequeña un pintor y 2x por lo tanto a la pared grande. Llamamos y al número de pintores que forma la cuadrilla. Por lo tanto tenemos:

4y+4y/2=2x; 4y/2+8=x; 4y+4y/2=2(4y/2+8) ; y=8

La cuadrilla está formada por lo tanto por 8 pintores.

(Mohammed B. 4º - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))


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031610-Triángulos equiláteros

Al inscribir el triángulo equilátero, se forma sobre cada uno de sus lados un triángulo rectángulo.

Estos tres triángulos rectángulos son iguales y las medidas de sus ángulos son 90º, 60º y 30º.

Si llamamos "x" al lado opuesto al ángulo de 30º e "y" al lado opuesto al ángulo de 90º tenemos:

Sen 30º = x/y 1/2 = x/y y = 2x

Al mismo tiempo x + y = 6, resolviendo el sistema obtenemos como solución x = 2 y = 4

El lado del triángulo equilátero buscado es un cateto del triángulo rectángulo, por lo tanto:

lado = a la raíz cuadrada de 12 = 2 por la raíz cuadrada de tres.

(Petar P. 3º - E.S.O. del I.E.S. Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031611-Tres condiciones

Supongamos que las divisiones no tienen resto. Hallamos el m.c.m. de 57, 106, 159 ,que es el número 6.042.

La diferencia entre los cocientes y los restos es siempre de 33.

Por lo tanto restamos de 6.042 el numero 33, y obtenemos el resultado 6.009.

(Petar P. 3º - E.S.O. del I.E.S. Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031612-La orilla del río

Poniendo que los metros por tierra son MT y los metros por agua son MA, trazamos un triángulo rectángulo con un vértice en la central y los otros dos en la otra orilla. Este triángulo tendrá de catetos 100m y X, y de diagonal MA. Con esto, establecemos:

MT = 500 - x

MA = raiz(100*100 + x*x)

Poniendo el precio en función de estos valores, tendremos:

Precio = 9 * MT + 15 * raiz(100*100 + x*x)

De aquí, sustituyendo hasta tener solo X en un término:

Precio = 4.500 - 9x + 15 * raiz(100*100 + x*x)

Haciendo una representación gráfica de estos dos valores (X en abscisas, Precio en ordenadas) hallaremos fácilmente que el valor mínimo del Precio se da con x = 75, Precio = 5.700.

x = 75m

Precio = 5.700euros

MA = raiz(100*100 + x*x) = raiz( 25.625 ) = 125 m

MT = 500 - x = 425m

Con lo que tenemos la solución, tirar diagonalmente 125 metros y en la otra orilla 425m de cable.

(Pablo V. 4º - E.S.O. del I.E.S. Río Júcar de Madrigueras (Albacete))


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031613-La matrícula

La raíz cuadrada de la matricula ha de ser 10x+y, que se encuentra entre el 33 y el 99 y sólo puede terminar en 1, 4, 5, 6, 9, 0, ya que ningún número multiplicado por si mismo puede acabar en otra cifra.

El número de la matrícula puede empezar por; 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88.

para que sea 11, x ha de ser 3, pero no se cumple.

para que sea 22, x ha de ser 4, pero no se cumple.

para que sea 33, x ha de ser 5, pero no se cumple.

para que sea 44, x ha de ser 6, pero no se cumple.

para que sea 55, x ha de ser 7, pero no se cumple.

para que sea 66, x ha de ser 8, pero no se cumple.

para que sea 77, x ha de ser 8, y se cumle con y igual a 8.

para que sea 88, x ha de ser 9, pero no se cumple.

La matricula será por tanto 7744=88•88

(Mohammed B. 4º - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))


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031614-Coleccionistas

En total tenemos 21 cuadros; llamemos "y" a los cuadros que compran los hermanos, y "z" a los cuadros que compran los demás, "x" a lo que le cuesta a los hermanos los cuadros. Entonces:

xy+2xz=100.000; y+z=21; con lo que tenemos: x(y+2z)=100.000, x(21+z)=100.000;

z puede ser 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17 y 18; pero z solo puede ser 11, ya que al sumarle z a 21 ha de dar un divisor de 100000.

Al ser z 11, y será 10, los únicos dos que suman 10 los cuadros comprados son 4+6;

Los hermanos son por tanto Diego y Federico.

(Mohammed B. 4º - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))


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031615-El orador

Este problema resulta sencillo si se plantea en forma de fracciones. Así, tendremos el público dividido así:

Público

20% (4/20) oyeron 6/6 del discurso.

10% (2/20) oyeron 0/6 del discurso.

35% (7/20) oyeron 2/6 del discurso.

35% (7/20) oyeron 4/6 del discurso.

Así, podemos calcular qué fracción de discurso se escuchó como promedio:

4/20 * 6/6 + 7/20 * 2/6 + 7/20 * 4/6 = 4/20 + 7/60 + 14/60 = 4/20 + 21/60 = 11/20

Se oyó, como media, un 55% (11/20) del discurso, es decir, 33 minutos.

(Pablo V. 4º - E.S.O. del I.E.S. Río Júcar de Madrigueras (Albacete))


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031616-Muy perfecto

Hacemos x al cuadrado= 3/2 de ¨y¨ a l cubo, de donde tenemos que x = a ¨y¨ por la raíz cuadrada de 3/2 de ¨y¨.

Para que la raíz sea exacta los valores de ¨y¨ pueden ser :

y=2x3=6

y=2 al cubo por tres=24, que son los únicos valores que cumplen la condición de ser menor que 100.000.

Por lo tanto: si ¨y¨=6,x=18 y x al cuadrado=324 que es el primer número que cumple la condición.

Si ¨y¨=24, x=144 y x al cuadrado=20,736 que es el segundo y último número que cumple la condición.

(Petar P. 3º - E.S.O. del I.E.S. Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031617-Leche manchada

Llamemos a la cantidad que contiene cada vaso "x".

Al verter la cuarta parte del primero al segundo, el segundo tendrá entonces 5x/4 l de mezcla, la proporción del café será x/4 l.

Al verter la cuarta parte del segundo en el tercero; el contenido del tercero será 21x/16 de la cual el contenido del café será x/16 l.

Vertemos la cuarta parte del tercero en el cuarto. El contenido del cuarto vaso será 85x/64 l. El contenido del café será de x/64 l.

La razón entre el café y la leche en el cuarto vaso será de uno de café por cada 84 de leche.

(Mohammed B. 4º - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))


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031618-Planeta X31

Ha de haber como mínimo 1 billete impar, ya que si fueran los dos billetes pares, no se podría pagar ningún precio impar ni devolver.

Tampoco pueden ser los dos impares, ya que si fueran los dos impares el más pequeño sería el 5, con lo que el primer par sería el 10, con lo que habrían mas de 15 precios que no se podrían pagar.

Suponiendo que uno de los billetes sea 4, con lo que se podrían pagar un par si y un par no hasta a partir del doble del impar, desde donde se podrían pagar todos los precios pares. El otro precio, un impar:

El 5 no puede ser ya que se podría pagar 18: 5+5+4+4.

El 7 no puede ser ya que se podría pagar 18: 7+7+4.

El 9 no puede ser ya que se podría pagar 18: 9+9.

El 11 es, ya que no se puede completar 18, y hay 14 precios enteros más que no se pueden pagar:

1, 2, 3, 5, 6, 7, 9, 10, 13, 14, 17, 21, 25, 29.

El valor de los billetes existentes en el planeta X31 es de 4 y 11.

(Mohammed B. 4º - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))


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031619-La escalera

En el año 2001 subirá:

Enero: +31; t=31

Febrero: -28; t=3

Marzo: +31; t=34

Abril: -30; t=4

Mayo: +31; t=35

Junio: -30; t=5

Julio: +31; t=36

Agosto: -31; t=5

Septiembre: +30; t=35

Octubre: -31; t=4

Noviembre: +30; t=34

Diciembre: -31; t=3

Cada año no bisiesto subirá en total 3 escalones, alcanzando un máximo de 36 escalones en julio. En los años bisiestos subirá un escalón menos, 2 con un máximo de 35.

Desde el principio de un año siguiente a un bisiesto hasta el final del siguiente año bisiesto subirá 11 escalones.

2001-2004: +11; t=11

2005-2008: +11; t=22

2009-2012: +11; t=33

2013-2016: +11; t=44

2017-2020: +11; t=55

2021-2024: +11; t=66

Analizamos desde el 2021 al 2024 ya que habiendo al final de un año 64 ya se consigue al año siguiente.

2021: +3; t=58

2022: +3; t=61

2023: +3; t=64

Al ser el año siguiente bisiesto no se puede conseguir ya que el máximo que alcanza es 35, con lo que llegaría al escalón 99. Por lo tanto llegará al final al siguiente año al alcanzar por primera vez 64.

El preso conseguirá su libertad el 31 de Marzo de 2025.

(Mohammed B. 4º - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))


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031620-Trapecio isósceles

Trazamos la altura desde el vértice superior izquierdo con lo cual se nos forma un triángulo rectángulo a nuestra izquierda.

Si lo cortamos encaja exactamente a nuestra derecha dando lugar a un cuadrado cuya área sigue siendo 98.

Por lo tanto el lado del cuadrado es igual a la altura del trapecio igual a la raíz cuadrada de 98

(Petar P. 3º - E.S.O. del I.E.S. Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031621-El modelo de la torre Eiffel

Para la resolución de este problema haremos primero unas sencillas suposiciones de física.

Imaginemos tener un cubo que midiese 1m por cada lado. Su volumen sería de 1 m3. Pero, ¿y si duplicásemos su longitud en cada lado? Pasaría así a tener un volumen de (2x2x2) m3, es decir 8m3. Si redujésemos esta distancia a 0.1 m por lado, tendría un volumen de 0.001 m3.

Con esto deducimos que al multiplicar la distancia en los 3 ejes uniformemente por un número x, su volumen se multiplicará por x al cubo (x3).

Si, por el caso contrario, decidimos disminuir el volumen haciéndolo x veces más pequeño, sus proporciones se dividirán entre la raíz cúbica de x

Partiendo de esta suposición y sabiendo que el volumen y el peso varían de un modo directamente proporcional, pasaremos a la resolución de nuestro problema.

La torre se quiere hacer 8.000.000 de veces más ligera, con lo que sus proporciones (de acuerdo con nuestra deducción) serán la raíz cúbica de 8.000.000 veces más pequeñas, que es 200.

Con lo que las dimensiones de la maqueta serán 200 veces menores a la torre original.

Si la torre medía 300m de altura, medirá sólo 1.5m.

(Pablo V. 4º - E.S.O. del I.E.S. Río Júcar de Madrigueras (Albacete))


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031622-El factor 3

Notamos que del 1 al 100 hay 33 múltiplos de 3, además sólo las potencias 3,3^2, 3^3 y 3^4 , aparecen del 1 al 100

entonces, primero buscamos los múltiplos de 3 que sólo tengan un 3 en sus factores, y encontramos que son 22, por lo tanto tenemos un 3^22

ahora vemos los que tengan solamente dos 3 en sus factores, es decir un 3^2, y que no estén en los números que encontramos antes y encontramos que hay 8, y tenemos un 3^16,

después los que tengan en sus factores tres 3, es decir 3^3, y que no estén en los que encontramos antes, y encontramos solo 2 números, y tenemos un 3^6

finalmente el 3^4= 81

ahora sólo multiplicamos todas las potencias:

(3^22)(3^16)(3^6)(3^4)= 3^48, que es la máxima potencia de 3 que divide a 100!

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


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031623-Un rombo curioso

Partimos de la base de que los cuatro lados del rombo son iguales, con lo que al averiguar cuál sería la longitud de uno de estos lados obtendríamos fácilmente su perímetro.

Si imaginamos una línea partiendo del centro del círculo a uno de los vértices del rectángulo (un radio) hallaríamos que, al ser diagonal del mismo rectángulo que uno de los lados del rombo su longitud es la misma. Así deducimos que cada lado del rombo, sean cuales sean las dimensiones del rectángulo en el que se inscribe, será:

Lado del Rombo = Radio del Círculo

Perímetro del Rombo = Radio * 4 = 20cm.

Este perímetro es constante y se mantiene independientemente de la forma que demos al rectángulo, ya que la simetría que relaciona estas figuras mantiene las longitudes en el rombo invariables

(Pablo V. 4º - E.S.O. del I.E.S. Río Júcar de Madrigueras (Albacete))


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031624-Blanco, Rubio y Castaño

Blanco, no tiene el pelo rubio, (al hablar después de él) ni blanco,(coincide con su apellido) tiene que tener el pelo castaño.

Rubio, no puede tener el pelo rubio (no puede coincidir con el apellido) ni castaño (es el de Blanco) tiene que tener el pelo blanco y es la dama.

(Mohammed B. 4º - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia))


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031625-Tres bolas

El primero tiene una posibilidad de 33%.

El segundo tiene una posibilidad de la mitad de 67%=33%

El tercero tiene una posibilidad del 100% de lo que queda=33%

Por lo tanto todos tienen igual posibilidades.

( El 33% es aproximado porque en realidad es 33,333333...)

(Petar P. 3º - E.S.O. del I.E.S. Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031626-Edades perfectas

Llamemos al número de las edades actuales n^2 y al numero de las edades mas 11 años m^2

tenemos que n^2 + 1111 = m^2

despejamos

m^2 - n^2= 1111= 11(101), que son números primos, por lo tanto

(m+n)(m-n)= 11(101) por lo tanto

m+n=101

m-n=11

y llegamos a n=45 y m=56

elevamos al cuadrado

n^2=2025

m^2= 2025 + 1111 = 3136

por lo tanto las edades son 20 años y 25 años

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


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031627-Círculos tangentes

Ci: Círculo Interior

Ce: Círculo Exterior

RCi: Radio del Círculo Interior

RCe: Radio del Círculo Exterior


En primer lugar, observamos que desplazando Ci de modo que sea concéntrico a Ce, tendremos que RCe = RCi + 9cm

Por lo que intentaremos establecer una relación que nos permita averiguar RCi a partir de las distancias establecidas inicialmente.

Sabemos que Ci, si fuera concéntrico, guardaría una equidistancia a 9cm de Ce.

Sabemos que el centro de Ci está desplazado 9cm con respecto al de Ce en la figura original del problema.

Con estas distancias nos podemos establecer un triángulo rectángulo, así:

Gracias a esta relación lograremos despejar RCi y obtener a partir de él el resto de valores:

RCi² = (RCi - 1)² + 9²

RCi² = RCi² - 2RCi + 1 + 81

RCi = 41

RCe = RCi + 9

RCe = 50


Una vez obtenidos los dos radios, podemos calcular sin problemas el área que queda entre los dos círculos:

Área = pi ( RCe² - RCi² ) = pi ( 2500 - 1681 ) = pi * 819 = 2572.96 cm²

(Pablo V. 4º - E.S.O. del I.E.S. Río Júcar de Madrigueras (Albacete))


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031628-Tres atletas

Todas las ordenaciones posibles son:

LMN + LNM + MLN + MNL + NLM + NML = 20

4 + 1 + 1 + 6 + 7 + 1 = 20

Al mismo tiempo:

LMN + LNM + NLM = 12

4 + 1 + 7 = 12

MLN + MNL + LMN = 11

1 + 6 + 4 = 11

NLM + NML + MNL = 14

7 + 1 + 6 = 14

Por lo tanto:

Lucía ganó 5 carreras

María ganó 7 carreras

Nadia ganó 8 carreras.

(Petar P. 3º - E.S.O. del I.E.S. Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031629-Zona sombreada

Si unimos los dos lados se nos forma un triángulo.

Los trozos que quedan fuera del triangulo coinciden con la zona sombreada del interior del triángulo.

Por lo tanto el área pedida sería igual a 1/4 del circulo menos el área del triángulo.

Área del círculo 3,14 x 100= 314;1/4 de 314=78,5

Área del triángulo 10 x 10/2= 50

área pedida = 78,5-50=28,5 cm2

(Petar P. 3º - E.S.O. del I.E.S. Almadraba de Tarifa (Cádiz))


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031630-El tractor y el camión

Llamamos x a la velocidad del camión. Si en el cruce tardan t, en el adelantamiento se tardará 2t.

2 (x - 30) = x + 30 x=90 km/h

(Mohammed B. 4º - E.S.O. del I.E.S. Ausias March de Manises (Valencia) )


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