Форум умных людей

Не существует. Допустим, А - К-разрядое число.
Тогда АА = А*10^(К+1) + А
Допустим, что А*10^(К+1) + А = А^2. Разделим обе части на А не равное 0. Получим:
10^(К+1) + 1 = А. Но А - только К-разрядое число и 10^(К+1) + 1 всегда > А

А=13223140496
АА=1322314049613223140496=36363636364²
Тринадцать тысяч мильенов  :)

Будем решать задачу в системе счисления с основанием q > 1 (в условии q = 10).

   1. Пусть искомое число A n-значно, то есть qⁿ - 1 ≤ A < qⁿ. Приписав A к самому себе, получим число AA_q = A · qⁿ+A = (qn + 1)A. Условие задачи теперь выглядит так: существуют ли натуральные числа n, A, B такие, что qⁿ - 1 ≤ A < qⁿ и (qⁿ + 1)A = B²? Предположим, что в разложении числа qⁿ + 1 на простые сомножители каждый из них встречается лишь по разу. Так как B² делится на qⁿ + 1, то в этом случае и B делится на qⁿ + 1. Поэтому B² делится и на (qⁿ + 1)2, откуда следует, что A делится на qⁿ + 1. Но это невозможно, поскольку A < qⁿ + 1. Значит, в разложении числа qⁿ + 1 хотя бы один простой сомножитель должен встретиться больше одного раза. Мы получили необходимое условие разрешимости задачи: число qⁿ + 1 должно быть представимо в виде M²N, M > 1.
   2. Докажем теперь, что это условие является также и достаточным. Предположим, что qⁿ + 1 = M²N, M > 1. Если число N уже n-значно, т. е. если qⁿ - 1 ≤ N < qⁿ, то всё в порядке: в качестве A годится само N: тогда AA_q = N(qⁿ+1) = M²N² — точный квадрат. Но пока мы можем сказать лишь то, что qⁿ⁻ⁱ⁻¹ ≤ N < qⁿ⁻ⁱ, i ≥ 0 (т. е. N может оказаться и меньше, чем n-значным). Возьмём r > 1 такое, что r² ≤ q (это всегда можно сделать, если q ≥ 4; например, положить r = 2), и рассмотрим геометрическую прогрессию {N · r^2k}, k = 0, 1,.... Поскольку первый член этой прогрессии меньше qⁿ и знаменатель r² ≤ q, ясно, что в ней найдётся член B, принадлежащий промежутку [q^{n - 1}, qⁿ - 1]. Так как B имеет вид N · r²ⁱ, то, положив A = B, получим, что AA_q = N · r²ⁱ(qⁿ + 1) = M²N² · r²ⁱ — точный квадрат. Наше рассуждение проходит для всех q ≥ 4. Остаются случаи q = 2 и q = 3. В случае q = 3 возьмём A = 1, поскольку AA₃ = 113 = 4 — точный квадрат. В случае q = 2, положив n = 3, получим 23 + 1 = 32 · 1, т. е. N = 1 < 2, а нам нужно, чтобы 22 ≤ N < 23. Умножив N = 1 на 22 = 1002, получим уже трёхзначное число A = 1002. Число AA₂ = 1001002 = 36 — точный квадрат.
   3. Докажем существование решения при любом q, т. е. докажем, что для всякого q существуют такие n и M > 1, что qⁿ + 1 = M²N. Если q — число вида rs² − 1, s > 1, то n = 1, M = s, и решением задачи служит число A = r (записываемое одной цифрой):

      rr_q = r(rs² − 1) + r = r²s².

      В частности, такими являются числа q вида 2^{k − 1}, k ≥2 (при s = 2, r = 2^{k - 2}). Вот несколько первых q вида rs² − 1:

      3, 7, 8, 11, 15, 17, 19, 23.

      Рассмотрим число q + 1. Если оно не содержит нечётных множителей, то оно — вида 2^k, т. е. q = 2^k − 1, а это уже рассмотренный случай. Если же q + 1 содержит нечётный множитель p, то

      q^p + 1 = [(q + 1) - 1]^{p + 1} = (q + 1)^p - p(q + 1)^{p - 1} + ... + p(q+1)

      откуда следует, что q^p + 1 делится на p² (так как q + 1 делится на p). Поэтому можно взять n=p, M=p. В частности, при q = 10 получаем n = 11, M = 11, N = 826446281, A = 4² · 826446281 = 13223140496, так что

      1322314049613223140496 = (4 · 11 · 826446281)².

   4. Итак, число 10ⁿ + 1 представимо в виде M²N, M > 1 при n = 11. Является ли n = 11 наименьшим возможным? Чтобы выяснить этот вопрос, мы составили программу для ЭВМ и получили следующие разложения на простые множители:

      101 + 1    = 11;
      102 + 1    = 101;
      103 + 1    = 7 · 11 · 13;
      104 + 1    = 73 · 137;
      105 + 1    = 11 · 9091;
      106 + 1    = 101 · 9901;
      107 + 1    = 11 · 909091;
      108 + 1    = 17 · 5882353;
      109 + 1    = 7 · 11 · 13 · 19 · 52579;
      1010 + 1    = 101 · 3541 · 27961;
      1011 + 1    = 112 · 23 · 4093 · 8779.

      Так что n = 11 в самом деле является наименьшим.