Teoria dos Números - 23ª OBM - 1ª fase - Problema 2

Solução da Revista Eureka! Nº 13

Comentário

• A ideia é utilizar a representação numérica em uma base qualquer e "não ter medo" de elevar ao quadrado: $p(x)=a_{k}x^{k}+a_{k-1}x^{k-1}+...+a_{1}x+a_{0}$, tal que $0\le a_{i}< 10 $. E isso facilita porque quando $x=10$ temos o número na base $10$, como utilizamos, e quando $x=1$ temos a soma dos dígitos.  
• Calculando $(p(x))^2$:

$$q(x)=(p(x))^2=(a_{k}x^{k}+a_{k-1}x^{k-1}+...+a_{1}x+a_{0})(a_{k}x^{k}+a_{k-1}x^{k-1}+...+a_{1}x+a_{0}) $$

$$q(x)=(p(x))^2=(a_{k}x^{k})(a_{k}x^{k}+a_{k-1}x^{k-1}+...+a_{1}x+a_{0})+ (a_{k-1}x^{k-1})(a_{k}x^{k}+a_{k-1}x^{k-1}+...+a_{1}x+a_{0})+...+ (a_{1}x)(a_{k}x^{k}+a_{k-1}x^{k-1}+...+a_{1}x+a_{0})+       (a_{0})(a_{k}x^{k}+a_{k-1}x^{k-1}+...+a_{1}x+a_{0}) $$

Agora o passo "não trivial", aplicar a distributiva e colocar em evidência de acordo com o grau do $x$:

$$q(x)=(p(x))^2=  $$

$$(a_{k}^{2})x^{2k}+ $$

$$+(a_{k}a_{k-1} + a_{k-1}a_{k})x^{2k-1}+ $$

$$+(a_{k}a_{k-2} + a_{k-1}a_{k-1}+ a_{k-2}a_{k})x^{2k-2}+... +$$

$$+(a_{k}a_{0} + a_{k-1}a_{1}+...+ a_{0}a_{k})x^{k}+ $$

$$+(a_{k-1}a_{0} + a_{k-2}a_{1}+...+ a_{0}a_{k-1})x^{k-1}+... $$

$$+(a_{1}a_{0} + a_{0}a_{1})x+ $$

$$+a_{0}^2$$

Assim podemos nomear cada coeficiente desse polinômio gigante de $b_j$.

(Detalhe: na expressão dos $b_j$ da solução oficial caso $j > k$ tome $a_i=0, \forall  i> k$.)

• Com a expressão de $(p(x))^2$ podemos pensar nas condições para que $s(n)=p(1)=10$ e $s(n^2)=q(1)=100$. Observe que para a expressão de $q(x)$ ser útil é necessário que cada coeficiente $b_j$ não seja maior que 9, porque caso contrário o processo de colocar em evidência não servirá de nada!
• Agora basta ir testando números em que a soma dos dígitos é $10$ e, que fazendo as combinações para encontrar cada $b_j$, tenha-se $b_j \le 9$. Por exemplo $1111111111$ não funciona, pois $b_k=10$. Depois de alguns testes podemos mostrar que $1101111211$ possui a propriedade.