Solución al desafío matemático de la Lotería de Navidad: no es lo de Gauss, pero casi

Ya hay solución para el desafío matemático con ocasión del Sorteo de la Lotería de Navidad de este viernes que, un año más, ha propuesto Adolfo Quirós Gracián, profesor de la Universidad Autónoma de Madrid y director de La Gaceta de la Real Sociedad Matemática Española.

Recordemos brevemente que el desafío pedía contestar, explican...

Ya hay solución para el desafío matemático con ocasión del Sorteo de la Lotería de Navidad de este viernes que, un año más, ha propuesto Adolfo Quirós Gracián, profesor de la Universidad Autónoma de Madrid y director de La Gaceta de la Real Sociedad Matemática Española.

Recordemos brevemente que el desafío pedía contestar, explicando el razonamiento, tres preguntas: ¿cuánto suman todos los dígitos de todos los números (los comprendidos entre el 00000 y el 99999) que entran en el bombo del Sorteo de la Lotería de Navidad de 2023?; ¿cuánto sumaban todos los dígitos de todos los números (del 00000 y el 59999) que participaron en el Sorteo de la Lotería de Navidad de 1968?; volviendo a 2023, ¿cuántos números (entre el 00000 y el 99999) hay que tengan las cinco cifras impares y cuánto suman todos los dígitos de todos ellos?

Las respuestas son: en 2023 esta suma de dígitos es 2.250.000; en 1968 era 1.230.000; en 2023 hay 3.125 números de la Lotería de Navidad con las cinco cifras impares y la suma de los dígitos de todos ellos es 78.125.

El razonamiento que hemos seguido para obtener las tres sumas es esencialmente el mismo, adaptado a las particularidades de cada caso. Empecemos por la primera pregunta, que es la más “simétrica”.

Tenemos 100.000 números de 5 cifras, por tanto 500.000 dígitos. Una décima parte de ellos, o sea, 50.000, son ceros, otros 50.000 son unos, 50.000 más son doses, etc. Por tanto la suma buscada es

50.000 x 0 + 50.000 x 1 + 50.000 x 2 + 50.000 x 3 + 50.000 x 4 + 50.000 x 5 + 50.000 x 6 + 50.000 x 7 + 50.000 x 8 + 50.000 x 9 = 50.000 x (0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 50.000 x 45 = 2.250.000.

En 1968 podemos argumentar de manera similar, pero hay que tener en cuenta que la primera cifra solo puede ser 0, 1, 2, 3, 4 o 5. Vamos a tratar esta cifra por separado. Mirando las otras cuatro cifras en cada uno de los sesenta mil números, hay 4 x 60.000 = 240.000 dígitos. Como antes, una décima parte de ellos, o sea, 24.000, son ceros, otros 24.000 son unos, etc. Por el argumento anterior, su suma es

24.000 x (0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 24.000 x 45 = 1.080.000.

Miramos ahora las primeras cifras de los sesenta mil números, para la que hay seis opciones: 0, 1, 2, 3, 4 y 5. Cada uno de estos seis números será la cifra inicial de una sexta parte de los números de la Lotería de Navidad de 1968, es decir, de 10.000 números. Por tanto la suma de los primeros dígitos será

10.000 x 0 +10.000 x 1 + 10.000 x 2 + 10.000 x 3 + 10.000 x 4 + 10.000 x 5 = 10.000 x (0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 10.000 x 15 = 150.000.

Sumando esto a la cantidad obtenida para las otras cuatro cifras, la respuesta a la segunda pregunta es

1.080.000 + 150.000 = 1.230.000

Volvemos a 2023 y consideramos los números que tienen las cinco cifras impares. Hay cinco posibilidades (1, 3, 5, 7, 9) para cada una de las cifras, por tanto tenemos

5 x 5 x 5 x 5 x 5 = 5^5 = 3125

números que cumplen estas condiciones. Estos números tienen en total 5 x 3.125 = 15.625 dígitos, de los que una quinta parte, o sea, 3.125, son unos, otros 3.125 son treses, 3.125 más son cincos, etc. Resulta entonces, repitiendo el argumento, que la suma de todos los dígitos de todos los números que entran en el bombo del Sorteo de la Lotería de Navidad de 2023 y tienen todas sus cifras impares es

3.125 x (1 + 3 + 5 + 7 + 9) = 3.125 x 25 = 78.125.

Se han recibido 207 soluciones en el plazo marcado, un 67% de ellas totalmente correctas. Las demás daban con frecuencia bien la respuesta a la primera pregunta, pero parece que las otras dos han resultado algo más difíciles (quizás un poco más la tercera). La mayoría utilizan un argumento similar al nuestro, pero también eran frecuentes otras dos ideas.

La primera, una versión de nuestra solución pero con cierto sabor probabilístico, es calcular la media de los dígitos posibles y luego multiplicar por el número de dígitos que tenemos. Así lo han hecho Ignasi Ch o Roberto N, entre otros. Para la primera pregunta la media de los dígitos disponibles es

(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9)/10=4,5.

Como tenemos 500.000 dígitos su suma será

4,5 x 500.000=2.250.000.

Para la tercera pregunta la media de los dígitos (ahora solo los impares) es

(1+3+5+7+9)/5=5.

Multiplicando por los 5 x 3.125 dígitos que tenemos en este caso, la suma da

5 x 5 x 3.125=78.125.

Para contestar a la segunda pregunta con este método hay que tener un poco de cuidado, ya que los dígitos del 0 al 5 pueden aparecer en las cinco posiciones, pero 6, 7, 8 y 9 no pueden ser las primeras cifras. El “dígito medio” para las cuatro últimas cifras es, como en la primera pregunta, 4,5, pero para la primera cifra es

(0+1+2+3+4+5)/6=2,5.

Por tanto, para calcular el “dígito medio de todos los posibles dígitos” hay que ponderar estos valores. Se obtiene

(2,5 + (4 x 4,5))/5 = 4,1.

Ahora ya podemos multiplicar por las 300.000 cifras disponibles para llegar a la suma de todos los dígitos:

4,1 x 300.000=1.230.000.

El otro procedimiento que han seguido bastantes lectores, por ejemplo, Mari Carmen M, José Ramón EL o Emilio y Claudia A (padre e hija, que han respondido conjuntamente), tiene sabor a Gauss. Consiste en emparejar cada número con su “complementario”, de manera que la suma de los números de cada una de estas parejas sea siempre la misma, y luego multiplicar por el número de parejas.

Para la primera pregunta emparejamos 00000-99999, 00001-99998, 00002-99997, etc, de manera que la suma de los dígitos de una pareja es siempre 45. Como tenemos 50.000 parejas, la suma de los dígitos de todos los números disponibles es

45 x 50.000=2.250.000.

En la segunda pregunta los emparejamientos son 00000-59999, 00001-59998, 00002-59997, etc. La suma de los dígitos de una pareja es ahora 41 y tenemos 30.000 parejas, con lo que la suma de los dígitos de todos los números disponibles es

41 x 30.000=1.230.000.

Por último, para la tercera pregunta emparejamos 11111-99999, 11113-99997, 11115-99995, etc., y la suma de los dígitos de una pareja resulta ser 50. Al ser el número de parejas 3125/2=1.562,5, la suma de los dígitos de todos los números disponibles resulta ser50 x 1.562,5=78.125

Si alguien no se siente cómodo con “medias parejas” puede considerar el número 55.555 por separado, sin emparejarlo con nadie (nosotros lo hemos emparejado consigo mismo, y de ahí la media pareja), hacer la cuenta para las 1.562 parejas restantes y luego sumar el 25 que vendría de la suma de los dígitos de 55.555.

En esta ocasión la participación en el desafío ha resultado especialmente diversa. Aparte de las ya habituales respuestas desde el extranjero (Alemania, Argentina, Bélgica, Reino Unido,…, incluso una enviada desde un tren que viajaba de Marsella a Ventimiglia), hemos recibido una, totalmente correcta y muy bien explicada, de una persona ciega, la ya mencionada Mari Carmen M, quien nos ha agradecido que el desafío fuese accesible (utiliza un lector de pantalla con voz). No siempre podemos hacerlo porque a veces los desafíos requieren imágenes, pero agradecemos a nuestra vez a Mari Carmen que nos ayude a ser conscientes de las dificultades a las que se enfrentan en su día a día muchas personas, y a intentar reducirlas.

Otra fuente de diversidad ha sido el amplio rango de edades de quienes han participado. Muchos docentes han atendido a nuestro llamamiento a los jóvenes lectores y han animado a sus estudiantes a intentar resolver el desafío. Un buen número han enviado soluciones y hemos decidido que, en esta ocasión, serán tres de ellos quienes reciban un libro por cortesía de la Real Sociedad Matemática Española (RSME). Enviaremos a Claudia A (¡no a su padre!), Irene P y Antonio de GG sendos ejemplares del libro La estructura de los números. Números primos para autodidactas adolescentes, de Gregorio Morales Ordóñez, que forma parte de la Biblioteca Estímulos Matemáticos que la sociedad publica conjuntamente con Editorial SM.

Confío en que hayáis disfrutado resolviendo este desafío, que tiene su origen en una pregunta que hace Adrián Paenza en su libro «La puerta equivocada». Algunos de mis compañeros de Departamento me ayudaron a enriquecerla durante las charlas de café. A ellos y a Paenza les agradezco la inspiración, y a los lectores los mensajes enviados junto a las soluciones, que son un incentivo para seguir proponiendo desafíos matemáticos. En nombre de EL PAÍS, de la RSME y en el mío propio, les deseo feliz Navidad y un nuevo año en el que nuestro mundo sea un poco más pacífico.