Solucionario COMATEQ 2023

Solución P1

Como \(2^4=16\), entonces \[(2^4)!=16=1\times 2\times 3\times \cdots\times 16.\]

Ahora observemos los números pares que hay entre \(1\) y \(16\).

\(2\), \(4=2^2\), \(6=2\times 3\), \(8=2^3\), \(10=2\times 5\), \(12=2^2\times 3\), \(14=2\times 7\), \(16=2^4\).

Por tanto \(2^{15}\) es la mayor potencia de \(2\) que divide a \((2^4)!\).

Solución P2

La estrella de David, se compone de \(12\) triángulos equiláteros congruentes de lado \(1\, \text{cm}\).

Cada uno de estos, triángulos tiene área \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\text{cm}^2\). Por tanto el área de la estrella de David es \(3\sqrt{3}\,\text{cm}^2\).

Solución P3

Tenemos el sistema de ecuaciones
\[ x + y = 10 \]
\[x * y =20\]
De donde, \(x = 10 -y\), reemplazando tenemos \((10-y) *y =20\), luego
\[ 10y-y^{2} =20 \]
\[-y^{2}+10y -20 =0\]
Usando la fórmula cuadrática para hallar el valor de \(y\),

\[ \frac{-10 \pm \sqrt{10^{2} -4 (-1)(-20)} }{2(-1)} = \frac{-10 \pm \sqrt{100 -80} }{-2} = \frac{-10 \pm \sqrt{20} }{-2} = \frac{-10 \pm 2 \sqrt{5} }{-2} \]

Por tanto, \(y\) puede tomar los siguientes valores:
\(y_{1}= 5 - \sqrt{5}\) y \(y_{2}= 5 + \sqrt{5}\), y por consiguiente los valores de \(x\) son: \(x_{1}= 5 + \sqrt{5}\) y \(x_{2}= 5 - \sqrt{5}\).

Asi pues, la suma de los recíprocos para \(x_{1}\) y \(y_{1}\) es:

\[ \frac{1}{x_{1}}+ \frac{1}{y_{1}} = \frac{1}{5 + \sqrt{5}}+ \frac{1}{5 - \sqrt{5}} = \frac{(5-\sqrt{5})+(5+\sqrt{5})}{(5 + \sqrt{5})*(5-\sqrt{5})} = \frac{10}{25 -5 \sqrt{5}+5\sqrt{5} - 5} = \frac{1}{2}\]

De manera análoga para \(x_{2}\) y \(y_{2}\):
\[ \frac{1}{x_{2}}+ \frac{1}{y_{2}} = \frac{1}{5 - \sqrt{5}}+ \frac{1}{5 + \sqrt{5}} = \frac{(5+\sqrt{5})+(5-\sqrt{5})}{(5 + \sqrt{5})*(5-\sqrt{5})} = \frac{10}{25 -5 \sqrt{5}+5\sqrt{5} - 5} = \frac{1}{2} \]

En ambos casos la respuesta es \(\frac{1}{2}\).

 Otra solución: Si tenemos que \( x + y = 10 \) y \(x * y =20\), y dividimos la 1ra ecuación entre la 2da, obtenemos \[ \frac{x + y}{xy} = \frac{1}{y}+\frac{1}{x}= \frac{10}{20}=\frac{1}{2}. \] 

Solución P4

La mejor opción donde se consiga \(100\) puntos, es realizando cuatro lanzamientos, ya que \(26+26+38+10=100\). Es fácil ver que con tres lanzamientos no se puede, así que 4 es el mínimo número de tiros.

Solución P5

Cada lado del cubo de Felipe tiene \(4\mathrm{\,cm}\), por ende, los lados del cubo de Juan son de \(6\mathrm{\,cm}\) ya que este le aumento el \(50 \%\) respecto al de su hermano.

El área del cubo de Felipe es la siguiente: \(A= 6* L^{2} = 6 * (4\mathrm{\,cm})^{2} = 96 \mathrm{\,cm}^2\).

Por otro lado, el área del cubo de Juan es: \(A= 6 * 6^{2} = 216 \mathrm{\,cm}^2\)

Luego, si \(x\) es el porcentaje de aumento del área de un cubo respecto al otro, entonces obtenemos la ecuación: \(96+96x\%=216\), despejando \(x\%\) tenemos \(x\%=\frac{216-96}{96}=1.25\) y multiplicando por 100, obtenemos que el porcentaje de aumento es: \(125\%\).

Solución P6

Observemos que el volumen del trozo de pastel completo es de \(10 \times 10 \times 10=1000\) centímetros cúbicos. Por otro lado, el trozo más pequeño es una pirámide con base un triángulo isósceles rectángulo cuyos catetos son los lados del cubo. La altura de dicha pirámide es también uno de los lados del cubo. 

Usando la formula para el volumen de la pirámide, la cual es
\[V=\frac{1}{3}\;\text{Área de la base}\times \text{Altura},\]
tenemos que el área de la base es \(\frac{1}{2} 10 \times 10=50 \; \text{cm} ^2 \). Por tanto el volumen del trozo pequeño es \[V=\frac{1}{3}\; 50 \times 10\; \text{cm}^3= \frac{500}{3}\; \text{cm} ^3.\]

Asi que el volumen total de el trozo más grande es

\[1000-\frac{500}{3}=\frac{2500}{3}\; \text{cm} ^3.\]

Solución P7

Para contar los caminos que hay de la ciudad del robot hasta la otra, se debe saber que para ir por cualquiera de los caminos se tienen que recorrer 17 calles, 11 horizontales y 6 verticales. y se debe elegir por donde se va a la derecha o por donde se sube. Por lo tanto, el número de formas que hay de ir de la ciudad del robot a la ciudad siguiente es \(\binom{17}{6}\). 

El caso anterior no considera el paso por la esquina de la roca, que no se puede. Asi que se debe restar la cantidad de caminos que hay para ir hasta la roca que es  \(\binom{7}{3}\) y a esa cantidad se le multiplica por el número de caminos que hay para ir de la roca a la otra ciudad  \(\binom{10}{3}\). Asi que la cantidad de formas para ir de la ciudad del robot a la otra es  \(\binom{17}{6} - \binom{7}{3} \binom{10}{3}.\)

Solución P8

Representemos por \(abcd\) los números de cuatro dígitos que son múltiplos de 11. Usando el criterio de divisibilidad por 11 nos podemos dar cuenta que \(a+c\) debe ser 11 y \(b+d\) debe ser 11 o 0. Por tanto, solo existen 8 opciones para \(a\) y 9 opciones para \(b\), es decir, en total hay 72 números.  

Solución P9

Santiago corre 20% más rápidamente que Esteban, pues recorre 60m en el mismo tiempo que Esteban corre 50m. Dicho de otra forma, la distancia recorrida por Santiago siempre será 1.2 veces aquella recorrida por Esteban. \(65(1.2)=78\), por tanto Santiago gana por 13m.

Solución P10

Factoricemos \(2023\) en factores primos, esto es \(2023=(17)^2\times 7\), así el menor número natural para que \(2023\times n\) sea un cuadrado perfecto es \(n=7\), con ello \(2023\times n=(17)^2\times 7^2=(17\times 7)^2\).

Solución P11

Notemos que los dígitos van creciendo, pues son la suma de los dos anteriores. Así que, para que un número tenga muchos dígitos se necesita que la suma de los dos primeros dígitos sea lo más pequeña posible. Esto se logra cuando el primer dígito es 1 y el segundo es 0, así el número es 10112358, cuya suma de dígitos es \(1+0+1+1+2+3+5+8=21\).

Analicemos ahora el caso en el que la suma más pequeña para el tercer dígito es 2. Los posibles números son 202246 y 112358. Note entonces que si se hace que el tercer dígito sea más grande, la suma crece rápidamente, lo que significa que el número tendrá menos de ocho dígitos (es decir, será pequeño). Por lo tanto, el número más grande con la propiedad de Fibonacci es 10112358, y la suma de sus dígitos es 21.

Solución P12

Como la parte izquierda de la ecuación es positiva, entonces la parte derecha también lo es, por lo que \(r>150\), lo que significa que \(r\) es impar ya que no puede ser \(2\) y así \(r-150\) es un número impar.

Por ser el lado derecho impar, \(p\) es impar y para que \(p+q\) sea un número impar, entonces \(q=2\).

Reescribiendo la ecuación se obtiene que \(p^2+2p=r-150\). Pero note que si completa el cuadrado al lado izquierdo se llega a que \[(p+1)^2=r-149.\]

Se debe encontrar un primo \(r\) mayor que \(150\), que al restarse con \(149\), sea igual a un cuadrado o se debe encontrar un primo \(p\) que al sumarle \(1\) y elevarse al cuadrado y sumarle \(149\), de un primo.

Los primeros números que satisfacen esto son \(p=11\) y \(r=293\).

Por lo tanto: \(p+q+r=11+2+293=306.\)