Натуральное число \(x\) в системе счисления с основанием \(r\) \( (r\leqslant 36 )\) имеет вид \(\overline{ppqq}\), причём \(2q=5p\). Оказалось, что \(r-\)ичная запись числа \(x^2\) представляет собой семизначный \( \href{https://examp.info/onedef/palindrom/} {\text{палиндром}}\) с нулевой средней цифрой. Найдите сумму \(r-\)ичных цифр числа \(x^2\).

Решение

Договоримся писать \( u \equiv v \pmod {w} \), если \( (u-v) \mathrel{\vdots} w\). Тогда
\( x = \overline{ppqq}_r = pr^3 + pr^2 + qr + q = pr^2(r+1) + q(r+1) = (pr^2 +q)(r+1) = s(2r^2 + 5)(r+1) .\) Так как по условию \( x^2 = \overline{abc0cba} \), то получаем следующее равенство:
\[ s^2(2r^2+5)^2(r^2+2r+1) = a(1+r^6) + b(r+r^5) + c(r^2+r^4), \tag{*} \] где \(a,b,c\) — некоторые \(r-\)ичные цифры. Пусть \(2q=5p=10s\). Сделаем два наблюдения.

1) При любом натуральном \(n\)
\[ r^n = (1+r-1)^n \equiv (-1)^n (1-n(1+r)) \pmod {(1+r)^2} . \] И правда, если обозначим \( t = 1+r \), то \( (t-1)^n \) при раскрытии скобок раскладывается по формуле \( \href {https://examp.info/theorem/binom-nyutona/}{\text{бинома Ньютона}} \), при сравнении по модулю \(t^2\) останутся только свободные члены и члены содержащие \(t\), те \( (-1)^n C_n^0 + (-1)^{n-1}C_n^1 t = (-1)^n (1-nt) \). Делая обратную замену получаем данное сравнение.

Левая часть \((*)\) кратна \( (1+r)^2 \), откуда, пользуясь только что доказанным сравнением получаем:
\[ 0 \equiv a(1+r^6) + b(r+r^5) + c(r^2+r^4) \equiv a(2-6(1+r)) - b(2-6(1+r)) + c(2-6(1+r)) \equiv 2(1-3(1+r))(a-b+c) \pmod {(1+r)^2} . \] Поскольку \( 1-3(1+r) \) взаимно просто с \( (1+r)^2\), на \( (1+r)^2\) делится \( 2(a-b+c)\). Так как \( 0 \leqslant a, b, c \leqslant r \), то это число лежит в интервале \( (-2r,4r)\subset (-(1+r)^2,(1+r)^2) \), то есть \(2(a-b+c)\) меньше \((1+r)^2\), значит чтобы оно делилось на \((1+r)^2) \) надо, чтобы \(2(a-b+c)\) равнялось \(0\), откуда \( b=a+c\).

2) Рассмотрим остатки левой и правой частей \( (*) \) от деления на \( 1+r^2\):
\[ s^2(2r^2+5)^2(r^2+2r+1) \equiv s^2 \cdot 3^2 \cdot 2r = 18s^2r \pmod {1+r^2},\] \[ a(1+r^6) + b(r+r^5) + c(r^2+r^4) = a(1+r^2)(r^4-r^2+1) + br(1+r^4) +cr^2(1+r^2) \equiv 2br \pmod {1+r^2}.\] В последнем воспользовались тем, что \( r^4 - 1 = (r^2-1)(r^2+1) \equiv 0 \pmod {1+r^2}\), значит \(r^4 + 1 \equiv 2 \pmod {1+r^2}\).
Приравнивая эти остатки получаем: \( 18s^2r \equiv 2br \pmod {1+r^2}.\)

Поскольку \(r\) взаимно просто с \(1+r^2\), на \(1+r^2\) делится \( 18s^2-2b = 2 (9s^2-b)\). Заметим,что \( p^2 = 4s^2 \leqslant r-1\), иначе число \(x^2\) будет восьмизначным. Кроме того так как цифра \(q\) должна быть меньше основания счисления, то получаем: \(r \geqslant q+1 = 5s+1 \geqslant 6 \). Поэтому
\[ 2 (9s^2 - b) < 18s^2 \leqslant \frac{9}{2} (r-1) < 6r < r^2 < 1+r^2 ,\] \[
2 (9s^2 - b) \geqslant -2b > -2r > -1-r^2 .\] Значит, чтобы \(2 (9s^2-b)\) делилось на \(1+r^2\), оно должно равняться 0, то есть \( b = 9s^2 \).

Поскольку \(b\) \(-\) \(r\)-ичная цифра из \(2)\) вытекает ,что \( 9s^2< r \leqslant 36\), откуда \(s^2 <4\). Так как \(s>0\), мы получаем \(s=1\) и \(b=9\). В силу \(1)\) сумма цифр \(x^2\) равна \(2 (a+b+c)=4b=36\).

\(\textbf{Замечание:}\) Можно проверить, что \( 2255_{21}^2 = 4950594_{21}\).

Ответ: 36