¿Cuántos cuadrados?

Enunciado

Yo he tratado de resolverlo trazando líneas que recorran el lado largo de un triángulo determinado formado por puntitos.

Es decir, por poner un orden, los de la primera figura son los cuadrados que salen que uno de sus lados va de un puntito a otro junto a él. Hay nueve de estos cuadrados.

Todos los cuadrados

Es fácil ver que no sale ningún cuadrado en el que un lado salte de un vértice a otro a dos puntitos de distancia en línea recta, pero sí hay cuatro cuadrados (los de la segunda figura) que sus lados saltan de un cuadrado hasta otro situado uno al lado y uno arriba.

Si tratamos de saltar tres cuadrados (dos a un lado y uno arriba, o dos arriba y uno al lado), nos salen los dos que hay dibujados en la tercera figura.

Tratar de saltar tres hacia un lado y uno arriba es inútil, pero sí que salen cuatro cuadrados más (cuarta figura) en los que salto dos a un lado y dos arriba.

Los más grandes son difíciles de ver, y son los que se construyen partiendo de un punto y saltando tres hacia un lado y dos hacia arriba. En la quinta figura se ven los dos cuadrados que salen.

No puede haber cuadrados mayores, porque nos saldríamos de la zona que tenemos.

En total, 9 + 4 + 2 + 4 + 2 = 21 cuadrados distintos, si no me he equivocado.

Con la suma y el MCM

Enunciado

El caso es que, si tenemos la suma de dos números y su MCM ¿Cómo podríamos recuperar los números? Después de probar con un par de ejemplos, cosa que es muy interesante para fijar ideas, supongamos que a y b son los números, k es el MCD, y r y s son los números tales que a = k*r y b = k*s. Es fácil ver que r y s no tienen ningún factor común, es decir, que el MCM de a y b es k*r*s. Además, en la suma a + b = k*(r + s), tenemos que r + s no tiene ningún factor en común con r ni con s.

Ahora, si buscamos el máximo factor común del MCM y la suma, obtendremos el MCD. Dividiendo por él ambos números, tendremos r*s y r + s, que nos permitirán rápidamente, mediante un sistema de ecuaciones de segundo grado, hallar r y s, y por tanto a y b.

Encontrar el máximo divisor común se puede hacer de dos formas: descomponiendo, lo que a veces puede ser pesado si el número tiene factores primos altos, o bien por el sistema del resto, hallando sucesivamente los restos.

En el caso que nos piden, los números tienen factores primos bastante altos, así que lo vamos a intentar con el sistema de los restos.

El primer paso consiste en hallar el máximo divisor común entre 3972 y 985928. Al dividir el mayor por el menor, el resto es 872, que es mútiplo del MCD. Si dividimos ahora al 3972 entre 872, el resto es 484. De nuevo, el resto de 872 entre 484 es 388 y el resto de 484 entre 388 es 96. El resto de 388 entre 96 es 4, y el resto de 96 entre 4 es 0, por lo que 4 es el MCD de ambos números.

Ahora sabemos que 985928/4 = 246482 y que 3972/4 = 993. Éstos números serán, respectivamente, la suma y el producto de r y s, luego r = 993 - s, por lo que s(993 - s) = 246482, por lo que 0 = 246482 - 993s + s². De aquí, s = (993 + √(993² - 4*246482))/2. La otra raíz da lugar, en realidad, al mismo par de soluciones, sólo que nos aporta lo que aquí llamamos t. Operando, obtenemos que s = 502 y t = 491.

Por tanto, los números que buscamos son a = 4*502 = 2008 y 4*491 = 1964. Si hubiésemos probado a factorizar, hay que tener cuidado, porque 491 es primo y 502 tiene un primo también muy grande, el 251, y seguramente no habría sido fácil (al menos sin la ayuda de un ordenador).

Respecto al MCM y el MCD hay una propiedad que es muy interesante, y que se puede descubrir si estudiamos cómo calculamos ambos números a partir de dos valores. Si tenemos dos números, a y b, los descomponemos en primos. Si uno de los factores primos está sólo en uno de los dos números, lo metemos en el MCM, y si está en ambos, elevado a dos potencias, la mayor va a parar al MCM y la menor al MCD (observa que si son iguales, repetimos el factor en ambos cálculos). El caso es que observes que el producto de ambos es igual al producto del MCD por el MCM, y eso es una propiedad que nos puede servir en otra ocasión.

Con unos y ceros

Enunciado

Es sencillo probar que 101 es primo. Averiguar que es el único de esta familia de números que es primo no es sencillo, y requiere mucha paciencia.

El siguiente de la familia es el 10101. Está claro que es múltiplo de 3, pero nos va a interesar su factorización completa. Es 3*7*13*37, que podemos escribir de varias formas, es decir, como 21*481, o como 39*259, o como 111*91. Esto nos será de mucha utilidad más adelante, para encontrar un patrón.

El siguiente de la familia es el 1010101. En realidad, este nos da una pauta interesante. Es como si apareciese dos veces el 101, y por eso está claro que 101*10001 = 1010101.

Siguiendo esa idea, también el 10101010101 = 101*100010001, y está claro de esa manera que todos los que tengan un número par de unos (e impar de ceros), es múltiplo de 101, por lo que no puede ser primo.

Sin embargo, el que hemos visto antes no sigue esa pauta, y, por ejemplo, el 101010101, que tiene 5 unos, no es divisible entre 101. Para los que tienen un número impar de unos y un número par de ceros, habrá que buscar algún otro truco.

Recordad que no podemos usar calculadoras (si lo habéis probado, os habréis dado cuenta de que no es fácilmente factorizable). Hay un factorizador de números grandes (usa Java) muy interesante en Factorización usando curvas elípticas. Pero en este concurso, evidentemente, no es posible usarlo, por lo que tendremos que fijarnos en las factorizaciones del 10101, para ver si alguna nos sirve. Evidentemente, no es divisible entre ninguno de los mismos primos, pero hay algo que llama la atención: la factorización 10101 = 111*91. Es como si un factor fuese el mismo número sin ceros. Esta idea fue lo que me animó a probar a dividir 101010101 entre 11111, llevándome la sorpresa de que es divisible, y resulta 9091.

Si probamos con números más grandes, confirmaremos nuestra suposición: 1010101010101 = 1111111*909091, y es (relativamente) fácil probar que, para un cierto h, el número formado por h conjuntos 90 y un 91 al final, multiplicado por un número formado por 2*h + 3 unos, nos da un número formado por h + 2 conjuntos de 10 y un 1 al final. La idea es, sobre todo, gráfica, ya que multiplicamos por un número formado por unos, es decir, se trata de una gran suma.

De todas formas es un problema muy difícil, ya que no es fácil dar con el patrón para una cantidad impar de unos. Confieso que tuve que buscarlo con ayuda de una calculadora (pero sí usé diferentes factorizaciones, hasta encontrar una que me llamó la atención).

Actualización a 4 de mayo de 2009

Como propone el comentarista anónimo, hay otra solución que hace evidente la factorización. La idea, en efecto, es escribir el número como suma de potencias de 10, es decir N = 1 + 10² + 10⁴ + ... + 10²ⁿ para cierto valor de n, que coincide con el número de ceros que tiene el número.

Para convertir esto en una única expresión se emplea un sistema de tipo telescópico, similar al que se usa en la conversión de un número decimal periódico en fracción. Así, 100N = 10² + 10⁴ + ... + 10²ⁿ + 10^{2n + 2}. Está claro que las dos expresiones tienen la mayoría de términos iguales, por lo que 100N - N = 10^{2n + 2} - 1.

Sacando factor común, tenemos que N = (10^{2n + 2} - 1)/99. Usando la factorización de una diferencia de cuadrados, N = (10^{n + 1} - 1)(10^{n + 1} + 1)/99.

Está claro que 10^{n + 1} - 1 es múltiplo de 99 si N es mayor que 1 e impar, y si N es par, 10^{n + 1} - 1 es múltiplo de 9 y 10^{n + 1} + 1 es múltiplo de 11, por lo que N será producto de dos números mayores que 1 en el caso N > 1, y ya sabemos que el 101 es primo, con lo que se tiene el resultado.

Fiesta de fin de carrera

Enunciado

Para resolver este problema es imprescindible conocer alguna fórmula del volumen de un cono, porque sin esas fórmulas es imposible (creo) abordarlo.

Recordemos que en las figuras piramidales, y cónicas, la fórmula del volumen es de 1/3 del área de la base por la altura. Además, en este caso, la "base" se encuentra a distintas alturas, de forma que si llenamos una copa a mitad de la altura, el área de la base será cuatro veces inferior, y por tanto en la misma copa cabrá ocho veces menos. Llenarlo a una altura de 3/4, significaría reducir su volumen en 27/64, por la misma razón.

Bueno, hace falta ver cuántas copas podemos llenar con 2 litros (2000 cm³) de cava. Cada cono de copa llena tiene una área de "base" de 6,25π cm², por lo que su volumen es 12*6,25π/3 cm³ = 25π cm³, aproximadamente 78,54 cm³.

Después de llenar 10 copas, habrá gastado 785,4 cm³. Si aparecen 30 compañeros más, y sólo les llena hasta la mitad de la copa, significa 78,54*30/8 cm³, aproximadamente 294,5 cm³ más, con lo que habrá gastado un total de 1079,9 cm³, poco más de una botella (una copa más).

Para brindar con media copa de cava los 40, hacen falta 78,54*40/8 cm³ = 392,7 cm³. Sumado a lo anterior, aún queda lejos de los 2000 cm³.

Si pusiéramos las 3/4 partes de la copa llenas (es decir, 3/4 del volumen total, que subiría más de las 3/4 partes de altura), usaríamos 78,54*40*3/4 cm³ = 2356,2 cm³, es decir, más de lo que teníamos al principio. Si hubiésemos llenado las 3/4 partes de la altura de la copa, en realidad gastaríamos 78,54*40*3*3*3/(4*4*4) cm³, aproximadamente 1325,4 cm³, y aún sobraría cava.

La nota de Carlos

Enunciado

Veamos como explicar este asunto. Si ha obtenido el 85% de la nota, es como si hubiese sacado un 85 sobre 100 posibles puntos (o, si lo preferís, un 8,5, si contamos sobre 10) en cada una de las cuatro notas. Es decir, la suma de los cuatro 85 (4*85 = 340) da lo mismo exactamente que la suma de las notas que haya sacado, ya que la media aritmética se calcula sumando, y dividiendo entre 4.

Ahora bien, si sacase un 100 de 100 en la última prueba, su media de las 5 sería (340 + 100)/5 = 440/5 = 88, es decir, un 88%, o, lo que es lo mismo, un 8,8 sobre 10. Eso es lo máximo que puede sacar en condiciones normales.

Sin embargo, no estoy de acuerdo en que no merezca la pena esforzarse, como propone uno de los que comenta el enunciado, ya que la nota mínima sería un (comparativamente) bajo 68%, y sólo por mantener lo que se ha hecho hasta ahora, creo que vale la pena el esfuerzo.

Una ecuación difícil

Enunciado

El primer paso que hay que dar es fácil. Si x, y y z son números reales cualesquiera, 3^x, 5^y y 7^z son números reales positivos cualesquiera diferentes, y dados tres números reales positivos que ocupen estos tres valores, utilizando logaritmos será muy fácil despejar para obtener x, y y z, de forma que podemos substituirlos por tres nuevas variables sin pérdida de generalidad y sin añadir nuevos valores. Podemos proponer, por ejemplo, que A = 3^x, B = 5^y, y C = 7^z. La ecuación quedaría √(A(B + C)) + √(B(C + A)) + √(C(A + B)) = (√2)*(A + B + C).

Como podemos ver, hay mucha simetría en la ecuación. En estos casos hay que procurar no romperla, porque suele ser la clave para su solución. Tal vez esta simetría indique que son números iguales, pero ¿cómo probarlo?

He intentado varias aproximaciones, que he abandonado debido a que aumentaban la complejidad de la ecuación, en lugar de reducirla. Lo primero que funciona es que el extraño coeficiente de uno de los lados de la igualdad, √2, se elimine dividiendo entre él. La ecuación resulta √(A(B + C)/2) + √(B(C + A)/2) + √(C(A + B)/2) = A + B + C.

Si se mira la ecuación con atención, resulta que tenemos dos tipos de promedios entremezclados. En efecto, (A + B)/2 es la media aritmética de A y B, mientras que √(ST) es la media geométrica de S y T. Puede que no lo recuerdes, pero seguro que conoces la desigualdad entre las medias aritméticas y geométricas, que es una desigualdad muy importante. Con números positivos, las medias aritméticas siempre son mayores o iguales que las geométricas, y la igualdad sólo se da cuando todos los valores son iguales. En el caso de tener dos términos, es muy fácil de comprender, ya que si tenemos dos números S y T, y R es su media aritmética, podemos escribir S como R + U y T como R - U para un cierto valor de U, de forma que la media geométrica pasa a ser √(ST) = √((R + U)(R - U)) = √(R² - U²), que es evidentemente menor que R, que es √(R²).

Pues bien, en este caso, el primer término es una suma de tres medias geométricas. Por tanto, será menor siempre que la suma de las tres medias aritméticas. Es decir, que √(A(B + C)/2) + √(B(C + A)/2) + √(C(A + B)/2) ≤ (A + (B + C)/2)/2 + (B + (C + A)/2)/2 + (C + (A + B)/2)/2 = (A + B + C + (B + C + C + A + A + B)/2)/2 = (A + B + C + (2A + 2B + 2C)/2)/2 = (A + B + C + A + B + C)/2 = A + B + C. Es decir, que la igualdad anterior sólo se da si todas las medias geométricas son iguales a sus respectivas medias aritméticas, es decir, que A = (B + C)/2, y B = (C + A)/2, y C = (A + B)/2. Basta suponer que uno de ellos es mayor que los demás, o menor, para darnos cuenta de que es imposible. Por tanto, los tres números son iguales. Todas las soluciones son de esa forma.

Tomemos entonces un parámetro, por ejemplo D, positivo, y entonces 3^x = D, 5^y = D, y 7^z= D, por lo que x = ln(D)/ln(3), y = ln(D)/ln(5), y z = ln(D)/ln(7). O también podemos tomar D = e^d, para facilitar las expresiones finales.

Olimpiada Matemática

Enunciado

Vamos a tratar de representar y estudiar un caso concreto y probaremos después a ampliarlo y, si es necesario, generalizarlo.

Ejemplo

El caso mínimo que cumple todas las condiciones, salvo la cantidad de apretones de manos, sería el que tiene siete filas y tres asientos en cada fila, 21 participantes en total. Para contar los apretones (ver imagen) habrá que tener en cuenta que los cuatro participantes de las esquinas sólo dan la mano a tres participantes (líneas azules), los que están situados en los lados, que en este caso son 12, dan la mano a 5 participantes cada uno (líneas rojas), y que los que se sientan en uno de los asientos restantes, 5 en este caso, dan la mano a 8 (lineas verdes).

En total, podríamos decir que si sumamos las manos tendidas que dan todos los participantes, tendríamos 4*3 + 12*5 + 5*8 = 12 + 60 + 40 = 112 manos. Sin embargo, hay un pequeño detalle que hay que tener en cuenta, y es que en cada apretón de manos intervienen dos personas, de forma que sólo se dan 56 apretones, en realidad.

Este cálculo está muy lejos de los 1020 de los que nos habla el problema, así que con toda probabilidad hay más filas, o columnas, o ambas cosas.

Supongamos que añadimos una columna de asientos (es decir, una más en cada fila). Si la añadimos al final o al principio, habrá cambios en la cantidad de manos tendidas que tendrá que ofrecer la gente que ya estaba situada, de forma que la añadiremos entre la primera y la segunda columna, es decir, que añadiremos 2 asientos de primera y última fila y 5 de los asientos interiores, es decir, 2*5 + 5*8 = 50 manos tendidas, o 25 apretones más. Cada columna que añadamos aporta, por tanto, 25 apretones de manos, con lo que nunca llegaríamos a 1020 (56 + n*25 nunca puede ser 1020 para ningún n, como es fácil comprobar).

Si aumentamos el número de filas de la cantidad inicial, sólo podemos hacerlo de 7 en 7, es decir, que añadiríamos 14 asientos de principio o final de fila y 7 interiores (de nuevo se supone que no las añadimos al final o al principio, para simplificar los cálculos). En total, serían 14*5 + 7*8 = 126 manos tendidas, o 63 apretones. En total, tendríamos ahora 119 apretones. Ahora, aumentando columna a columna, añadimos 2*5 + 12*8 = 106 manos, o 53 apretones. Por tanto, el número sería 119 + n*53, con n el número de columnas. Si planteamos 1020 = 119 + n*53, tenemos que n = (1020 - 119)/53 = 901/53 = 17. Es decir, que con 14 filas y 20 asientos por fila (columnas) tendríamos 1020 apretones.

¿Habrá más soluciones? Podemos aumentar el número de filas a 21, y eso añadirá 63 apretones más a la cantidad inicial, subiendo a 182. Además, cada columna que añadamos ahora pondrá 2*5 + 19*8 = 162 manos, de forma que la fórmula sería 182 + n*81, de donde n tendría que ser (1020 - 182)/81, que no es entero.

Aumentando a 28, tendríamos una fórmula igual a 245 + n*109, y de nuevo n no sale entero. Es sencillo calcular a partir de ahora, ya que la siguiente sería, para 35, 308 + n*137, y de nuevo no da entero.

Y, claro, te habrás dado cuenta de que la fórmula para las filas k*7, sería (63*k - 7) + n*(28*k - 3), donde k es el resultado de dividir las filas entre 7, y n el número de columnas que pasa de 3.

Para 35, sería 371 + n*165, por lo que tendría que dar entero (1020 - 371)/165, que no lo es (es algo inferior a 4).

Para 42, sería 434 + n*193, y (1020 - 434)/193 da casi 3, pero no es exacto.

Para 49, sería 497 + n*281, y (1020 - 497)/281 da por debajo de 2, pero no da entero.

Para 56, sería 560 + n*309, y (1020 - 560)/309 da bastante más de 1.

Para 63, sería 623 + n*337, y (1020 - 623)/337 da casi 1.

Para 70, sería 686 + n*365, y (1020 - 623)/365 da casi 1.

Para 77, sería 749 + n*393, y (1020 - 749)/393 da por debajo de 0.

La única posibilidad que queda es que n fuese 0, es decir, que se alcanzase 1020 sólo sumando filas, pero entonces 56 + m*63 = 1020 para algún valor de m, y por eso 1020 - 56 sería divisible por 63, pero no puede ser porque ni siquiera es divisible por 3.

También es posible hacer un razonamiento sobre la fórmula general basado en divisibilidad, pero es complejo y al final debemos también dar ciertos valores. No se me ocurre un método más directo. Este tipo de ecuaciones, llamadas Diofánticas, requieren métodos parecidos al que hemos visto para su solución.

Así pues, la única solución es la que hemos encontrado, con 14 filas y 20 asientos por fila.

El problema internacional

Enunciado

Como problema de Olimpiada Internacional, es un problema difícil, aunque no demasiado, pues ocupa la primera posición. Las ideas necesarias son sencillas, si bien costaría mucho tejer todo el proceso si no conocemos algunos resultados previos.

Representación del problema

Está claro que los seis puntos que se citan en el enunciado, que están en los lados, equidistan dos a dos de los puntos centrales de los lados, por lo que las circunferencias que pasan por estos pares de números están situadas sobre las mediatrices de los lados. En el dibujo que acompaña a estas líneas podemos ver dibujados los puntos, y la gran cantidad de lineas que los rodean.

Esto significa que, si es verdad lo que pide el problema (y nos están pidiendo que lo demostremos), el centro de la circunferencia que pasa por los seis puntos estará donde se cortan las mediatrices, en el circuncentro.

De esta forma, el problema se simplifica un poco (aún queda bastante por hacer). La idea, en todo caso, es probar que la distancia entre uno de los puntos y el centro no depende del lado en el que nos situemos (es decir, depende de valores fijos del triángulo, como la distancia entre el ortocentro y el circuncentro, o el radio de la circunferencia circunscrita), o bien que dados dos lados y puntos de esos 6 situados en ellos, la distancia de ambos al circuncentro es la misma.

En cualquier caso, quedaría probado el enunciado, ya que evidentemente, por la equidistancia al centro, los que están en el mismo lado lo cumplen, y los del tercer lado se demostraría su pertenencia al círculo cambiando el nombre de los lados.

Voy a calcular la distancia de uno de esos puntos al circuncentro. Si consigo que me quede independiente del lado o que cambiando un lado por otro se obtenga el mismo resultado, ya estará.

Trazando paralelas

He simplificado mucho el dibujo, para poder observar sólo lo importante. He marcado los puntos O, circuncentro, y H, ortocentro. El objetivo es calcular la distancia entre A₁ y O, por ejemplo. Como O forma un triángulo rectángulo con A₁ y A₀, que es el punto medio, tenemos que (A₁O)² = (A₁A₀)² + (A₀O)². Además, como A₁A₀ es un radio de la circunferencia que ha creado el punto A₁, esta distancia coincide con A₀H. Por tanto, (A₁O)² = (A₀H)² + (A₀O)².

Como B₀ es el punto medio de AC, si trazo paralelas por B₀ a las alturas de A y C, puedo descubrir que coincide el punto de corte de la paralela a la altura de A con el punto medio de CH, por semejanza. De la misma forma, la linea que une este punto a A₀ sería paralela a la altura de B, o a OB₀. Por eso, esos cuatro puntos forman un paralelogramo (OB₀PA₀), donde P es el punto medio de CH.también es sencillo ver que B₀, P, H y Q, donde Q es el punto medio de AH, forman también un paralelogramo. Y está claro que AK y KH son segmentos paralelos y de igual tamaño a A₀O.

Ahora hay un resultado que puede que no conozcas, pero es muy interesante. Si estoy en un paralelogramo, como el que forman O, A₀, H y Q, la suma del cuadrado de las diagonales es igual a la suma del cuadrado de los lados (puedes comprobarlo usando el teorema del coseno en los triángulos que contienen a una y otra diagonal, y sumando). Como hemos visto que (A₁O)² = (A₀H)² + (A₀O)² y estos son los lados de un paralelogramo, está claro que (A₁O)² = ((A₀Q)² + HO²)/2.

Ya casi está, puesto que HO es un invariante. Además, por semejanza, podemos ver que A₀Q es un segmento paralelo y del mismo tamaño a OA, que tampoco depende del lado, pues es el radio de la circunferencia circunscrita.

Con esto, el resultado está probado.

A pesar de lo complicado que pueda parecer, hay muchos métodos de llegar a la misma conclusión, usando los más variados sistemas de trabajo (trigonometría, coordenadas, complejos,...).

¿Qué son discos de vinilo?

Enunciado

Es sencillo entender que las caras que se ven suman 17, por lo que las caras ocultas pueden sumar 11, 12 ó 16, y participan en las otras dos sumas junto con 10 y 7.

Si sumamos los tres números, estaríamos sumando 10, 7, y dos veces los números ocultos, de forma que 11 + 12 + 16 = 39 = 17 + 2*(Suma de ocultos). Así, sabemos que la suma de los números ocultos es 11. Está claro ahora que, para que los otros dos números salgan a partir de 7 y 10, pueden ser 2 y 9 (2 en la parte opuesta a 7, 9 en la opuesta de 10), y también pueden ser 5 y 6 (5 en la parte opuesta a 10, y 6 en la opuesta a 7).

En el primer caso, 11 = 2 + 9, 12 = 2 + 10, 16 = 7 + 9, 17 = 7 + 10. En el segundo, 11 = 5 + 6, 12 = 5 + 7, 16 = 6 + 10, 17 = 7 + 10.

Como vemos, ambas son soluciones válidas. No olvidéis nunca preguntaros si las soluciones que tenéis son las únicas.

Sellos

Enunciado

Los comentarios que han puesto en el enunciado aciertan en mayor o menor medida, pero no explican una cosa importante. ¿Qué quiere decir que el resto de una división, por ejemplo entre 4, da 3? Pues que si el número fuese tres unidades más pequeño, la división sería exacta. O que si fuese una unidad más grande (a 3 le falta 1 para ser 4), entonces también sería exacta.

En nuestro caso, todas las divisiones tienen una cosa en común: a todas les falta uno para ser exactas. Es decir, si tuviese un sello más, sería divisible entre 2, entre 3, entre 4, entre 5, entre 6, entre 7, entre 8, entre 9 y entre 10.

Es decir, que si tuviese un único sello más, sería múltiplo de 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 y 10. Evidentemente, el mínimo común múltiplo es un múltiplo de todos esos números. Basta escoger al 8 (la más alta potencia de 2), al 9 (la más alta de 3), al 5 y al 7, y multiplicarlos. El resultado es 2520. Es decir, 2520 es el primer número que es múltiplo de todos esos, o sea que Mireia puede tener 2519 sellos, porque le falta 1 para ser múltiplo de todos los números del 2 al 10, y los restos quedarían como dice el enunciado.

Pero también podría faltarle 1 sello para el siguiente múltiplo, es decir, podría ser que tuviese 5039, que es 1 menos que 5040, que es el segundo múltiplo de todos esos, números, o 7559, o 10079, o 12599 sellos.

Como es fácil entender, el problema no tiene una solución única. Vale cualquier número que sea anterior a un múltiplo del 2520.