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Mastrem
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Tenemos: $$b^3-2b^2+4b-2=(b-2)b^2+3b+(b-2)$$ y: $$b^3-2b^2+4b-2=(b-1)^3+(b-1)^2+3(b-1)+1$$ Para todos los $b\in\mathbb{N}_{\ge 5}$, vamos a $f(b)$ la cantidad de palíndromos en base $b$ hasta e incluyendo la $b^3-2b^2+4b-2$ y deje $g(b)$ la cantidad de palíndromos en base $b-1$ hasta e incluyendo la $b^3-2b^2+4b-2$. Ahora, desde el primer 'factorización', vemos que: $$f(b)=(b-3)b+4+(b-1)=b^2-2b+3$$ Porque, si un palíndromo comienza con un dígito $1\le k\le b-3$, se puede elegir cualquier dígito que queremos para el middele uno y cuando el palindrom comienza con $b-2$, $4$ opciones para el dígito central. También, podemos elegir de un total de $b-1$ dos dígitos de los palíndromos.
Ahora para $g(b)$. Hemos dividido este caso en $4$ dígitos y $3$ dígitos. Si tenemos un $4$ número de dígitos, el primer dígito es un $1$ y el segundo es $1$ o $0$, por lo que las únicas dos opciones opción a se $1111_{b-1}$$1001_{b-1}$. Todos los $3$ números de dos dígitos son posibles, por un importe total de $(b-2)(b-1)$ números (porque no se puede elegir a $0$ como el primer dígito). Así que cuando se incluyen además los dos dígitos palíndromos: $$g(b)=2+(b-2)(b-1)+(b-2)=b^2-2b+2=f(b)-1$$ Y desde $b^3-2b^2+4b-2$ es un palíndromo en base $b$, pero no en base a $b-1$, la base de la $b$ 'toma' de más en $b^3-2b^2+4b-2$.
La cosa todavía estoy tratando de demostrar es que esta es la primera vez $b$ 'toma'. Tan pronto como me conozco, voy a editar en
