Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La solución es $78$.

En primer lugar, si tenemos $79$ enteros positivos consecutivos, entre los primeros $40$ de ellos tiene que haber uno, llamémosle $a$, cuyas dos últimas cifras sean $00$, $10$, $20$, $30$, $40$, $50$ o $60$. Sea $S$ la suma de las cifras de $a$. Como los números $a,a+1,\ldots,a+39$ están en el conjunto inicial de números y difieren de $a$ sólo en las unidades y las decenas, las sumas de las cifras de estos cuarenta números nos dan todos los enteros entre $S$ y $S+12$, luego alguna de dichas sumas será múltiplo de $13$.

Ahora veamos que con $78$ enteros positivos consecutivos se puede conseguir que ninguna suma sea múltiplo de $13$. El mismo razonamiento anterior nos dice que para ello debemos tomar los números del $100m+61$ al $100(m+1)+38$ (si no, habría cuarenta consecutivos en la misma centena, el primero de ellos con último dígito cero). Además, debe cumplirse que $100m+61$ y $100(m+1)$ tengan ambos suma de dígitos de la forma $13k+1$ (ya que el resto de números se obtienen de ellos sumándoles del $1$ al $38$ y permanencen en su misma centena). Por tanto, la suma de los dígitos de $m$ debe ser de la forma $13k+7$ y la suma de los dígitos de $m+1$ de la forma $13k+1$. La forma más sencilla de que de que ocurra esto es que $m$ esté formado por sólo por nueves. La menor cantidad de nueves que hay que sumar para obtener un número de la forma $13k+7$ son ocho (observamos que $9\cdot 8=72=13\cdot 5+7$, luego nos vale con $m=99999999$. De esta forma, si tomamos los $78$ números comprendidos entre $9999999961$ y $10000000038$, ninguno de ellos tiene suma de dígitos múltiplo de $13$.

Finalmente, observemos que si se tratara de enteros negativos consecutivos, el resultado sería el mismo ya que la suma de los dígitos de $n$ es la misma que la de $-n$. No podemos elegir simultáneamente algunos de los enteros positivos y otros negativos ya que tendríamos que incluir al cero (cuya suma de dígitos es $0=0\cdot 13$ y por tanto múltiplo de $13$).

Solución. Expresamos $N=\sum_{k=0}^{2024}d_k10^k$, donde $1\leq d_k\leq 9$ representa el $k$-ésimo dígito de $N$, luego se cumple que $M=\sum_{k=0}^{2024}d_{2024-k}10^k$ ya que estos dígitos están en orden inverso. También denotaremos por $\ell_k$ la llevada al sumar los dígitos de orden $10^k$ en $M$ y $N$ (y hay que tener en cuenta también la llevada anterior). Por tanto, se cumple que \[\ell_k=\begin{cases}1&\text{si }d_{k-1}+d_{2024-k+1}+\ell_{k-1}>9,\\ 0&\text{en caso contrario},\end{cases}\] donde entenderemos que $\ell_{0}=0$ (es decir, al sumar las unidades no hay que sumar llevadas). De esta forma, el dígito de orden $10^k$ de $M+N$ será el dígito de las unidades de $a_k=\ell_k+d_k+d_{2024-k}$. Vamos a razonar que debe haber un dígito par en $M+N$ por reducción al absurdo, suponiendo que todos los $a_k$ son impares y llegando a una contradicción.

Como $a_{1012}=2d_{2012}+\ell_{2012}$ es impar, entonces $\ell_{2012}=1$. Esto nos dice que $a_{1011}=d_{1011}+d_{1013}+\ell_{1011}>9$ y, como estamos suponiendo que es impar, deducimos que $d_{1011}+d_{1013}+\ell_{1011}\geq 11$. Por lo tanto, $d_{1013}+d_{1011}\geq 10$, lo que nos da una llevada $\ell_{1014}=1$. Para que $a_{1014}=d_{1014}+d_{1010}+\ell_{1014}$ sea par, $d_{1014}+d_{1010}$ debe ser par, luego $\ell_{1010}=1$. Esto nos dice que $d_{1009}+d_{1015}+\ell_{1010}\geq 11$, lo que nos da $\ell_{1016}=1$ y $\ell_{1008}=1$ repitiendo el mismo razonamiento. De hecho, se puede razonar análogamente para ver que $\ell_{1006}=\ell_{1004}=\ell_{1002}=\ldots=1$ y terminar probando que $\ell_0=1$, contradiciendo nuestra definición $\ell_0=0$.

Solución. Si emparejamos la primera raíz con la última, la segunda con la penúltima y así sucesivamente, obtenemos sumas que podemos acotar de la siguiente manera (ver la nota): \[\sqrt{n^2-j}+\sqrt{n^2+j}=\sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-j^2}}\lt \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4}}=2n.\] Por lo tanto sumando desde $j=1$ hasta $j=k$ y añadiendo el sumando $\sqrt{n^2}=n$, obtenemos que $S\lt 2kn+n$. Ahora bien, si demostramos que $S\geq 2kn+n-1$, habremos terminado y la solución será $2kn+n-1$.

Para ver esto, seguimos el razonamiento anterior del emparejamiento, pero en este caso hacemos la siguiente estimación para $1\leq j\leq k$: \begin{align*} \sqrt{n^2-j}+\sqrt{n^2+j}&=\sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-j^2}}\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-k^2}}\\ &\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-n^2}}\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-2n^2+1}}\\ &=\sqrt{2n^2+2(n^2-1)}=\sqrt{4n^2-2}=2n\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}. \end{align*} Sumando de nuevo en $j$, obtenemos $S\geq n+2kn\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}$ Por lo tanto, para demostrar que $S\geq n+2kn-1$ (que es lo que queremos), será suficiente ver que $2kn\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}\geq 2kn-1$. Esto equivale a que \[2kn\left(1-\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}\right)\leq 1.\] El peor caso posible es $k=n$, luego es suficiente probar que $2n^2(1-\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}})\leq 1$, que a su vez puede escribirse como \[1-\frac{1}{2n^2}\leq \sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}.\] Esta última desigualdad es obvia: como $1-\frac{1}{2n^2}$ es un número entre $0$ y $1$, su raíz cuadrada es mayor. Siguiendo la cadena de desigualdades equivalentes, hemos probado el resultado.

Nota. Hemos utilizado que $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{a^2+b^2+2\sqrt{ab}}$ para cualesquiera $a,b\gt 0$ (¿sabrías demostrar por qué esto es cierto?).