DanielDC escreveu: ↑Qua 23 Out, 2019 16:25
Vamos ver se minha tentativa tem lógica rsrsrs
Considere [tex3]n_1n_2...n_k[/tex3]
um número de k algarismos em que [tex3]n_i[/tex3]
com [tex3]1\leq i\leq k[/tex3]
representa esses algarismos.
I) Primeiramente, note que [tex3]S(n_1n_2...n_k)=S(n_1n_2...n_{k-3}000)+S(n_{k-2}n_{k-1}n_k)[/tex3]
.
Temos que [tex3]S(1)=1[/tex3]
.
De 2 a 99, fazemos na mão e podemos perceber que não tem [tex3]S(n)=n[/tex3]
. (eu acho, não tentei todos rsrs)
Agora, vamos provar que para [tex3]n\geq 3[/tex3]
, teremos que [tex3]S(n)< n[/tex3]
, o que prova o exercício.
Para 3 algarismos temos que [tex3]S(n_1n_2n_3)=n_1^2+n_2^2+n_3^2<100n_1+10n_2+n_3=n_1n_2n_3[/tex3]
.
Por que isso é verdade?
Note que [tex3]n_k[/tex3]
é no máximo 9. Logo [tex3]n_1^2<100n_1[/tex3]
e [tex3]n_2^2\leq10n_2[/tex3]
pois [tex3]n_2[/tex3]
pode ser 0.
Falta comparar [tex3]n_3[/tex3]
. Vamos "emprestar " [tex3]90n_1[/tex3]
dos [tex3]100n_1[/tex3]
anteriores, note que precisamos apenas de [tex3]10n_1< n_1^2[/tex3]
os outros [tex3]90n_1[/tex3]
estão de sobra para usarmos. Logo, ficamos com [tex3]90n_1+n_3< n_3^2[/tex3]
. Pois [tex3]n_3^2[/tex3]
pode ser no máximo 81 e [tex3]90n_1+n_3[/tex3]
é no mínimo 90. Logo, de fato [tex3]n_1^2+n_2^2+n_3^2<100n_1+10n_2+n_3[/tex3]
(espero que tenha ficado claro essa parte rsrs)
Agora vamos usar
indução completa. Suponha que vale
até [tex3]n_k[/tex3]
, ou seja, para k algarismos com [tex3]k\geq3[/tex3]
.
Usando
I) e a hipótese de indução,
Temos que [tex3]S(n_1n_2...n_kn_{k+1})=S(n_1n_2...n_{k-2}000)+S(n_{k-1}n_{k}n_{k+1})< n_1n_2...n_{k-2}000+n_{k-1}n_kn_{k+1}=n_1n_2...n_{k+1}[/tex3]
.
Logo, vamos ter que o único inteiro que satisfaz S é 1.
Gostaria que os colegas analisassem a resposta