Soluções Matemática - Semana 18

Iniciante

Se $p$ é ímpar, então $p^2$ também é ímpar e logo $p^2+1$ e $p^2-1$ são pares. Logo, os dois são múltiplos de $2$, bastando provar que um deles é múltiplo de $5$. Vamos observar os possíveis restos que $p^2$ pode deixar na divisão por $5$.

• Se $p \equiv 0 (mod \ 5) \Rightarrow Absurdo$, pois $p$ é primo.
• Se $p \equiv 1 (mod \ 5) \Rightarrow p^2 \equiv 1 (mod \ 5)$
• Se $p \equiv 2 (mod \ 5) \Rightarrow p^2 \equiv 4 \equiv -1(mod \ 5)$
• Se $p \equiv 3 (mod \ 5) \Rightarrow p^2 \equiv 9 \equiv 4 \equiv -1(mod \ 5)$
• Se $p \equiv 4 (mod \ 5) \Rightarrow p^2 \equiv 16 \equiv 1(mod \ 5)$

Ou seja, $p^2 \equiv \pm 1(mod \ 5)$, logo $p^2+1 \equiv -1+1 \equiv 0(mod \ 5)$ ou $p^2-1 \equiv 1-1 \equiv 0(mod \ 5)$.

Portanto, ou $5 \mid p^2+1$ ou $5\mid p^2-1$, e como ambos são pares, temos que $10 \mid p^2+1$ ou $10\mid p^2-1$

Intermediário

Imagine um quadriculado de $(n+1)$ colunas e $(n^{n+1}+1)$ linhas.

Temos $n^{n+1}$ maneiras de cobrir uma linha com $n$ cores. Como temos $n^{n+1}+1$ linhas, pelo Princípio da Casa dos Pombos, há duas linhas com a mesma coloração. Sejam elas as de coordenadas $y$ iguais a $i$ e $j$.

Em cada uma, temos $n+1$ pontos e $n$ cores, logo, por PCP novamente, há dois pontos na primeira linha de coordenadas $(a, i)$, $(b, i)$ de mesma cor. Como as linhas $i$ e $j$ têm a mesma coloração, $(a,j)$ e $(b,j)$ têm a mesma cor de $(a,i)$ e $(b,i)$, logo o retângulo que procuramos é $(a,i)$, $(b,i)$, $(a,j)$ e $(b,j)$.

Avançado

Defina $\omega=cis\left(\frac{2 \pi}{m}\right)$ e $z=cis(\frac{2 \pi}{m}) \Rightarrow \omega,z$ são raízes primitivas $\Rightarrow \omega^m = 1$ e $z^n = 1$. Associe o número $\omega^i\cdot z^j$ aos quadradinhos na coluna $i$ e linha $j$. Quando colocamos uma peça:

• $1 \times m$, a soma dos quadradinhos que ela ocupa será: $\omega^i\cdot z^j+\omega^{i+1}\cdot z^j+ ...+\omega^{i+m-1}\cdot z^j = z^j(\omega^i+\omega^{i+1}+...+\omega^{i+m-1})=z^j \cdot \omega^i(\underset{0}{\underbrace{1+\omega+...+\omega^{m-1}}}) = 0$.
• $n \times 1$, a soma dos quadradinhos que ela ocupa será: $\omega^i\cdot z^j+\omega^{i}\cdot z^{j-1}+ ...+\omega^{i}\cdot z^{j-n+1}= \omega^i(z^j+z^{j-1}+...+z^{j-n+1})=\omega^i \cdot z^{j-n+1}(\underset{0}{\underbrace{1+z+...+z^{n-1}}}) = 0$.

Como o tabuleiro é completamente coberto por essas peças, a soma de todos os quadradinhos é zero

$\Rightarrow \omega^0(z^0+...+z^{b-1})+\omega^1(z^0+...+z^{b-1})+...+\omega^{a-1}(z^0+...+z^{b-1})=0$

$\Rightarrow (z^0+z^1+...+z^{b-1})(\omega^0+\omega^1+...+\omega^{a-1})=0 \Rightarrow \frac{z^b-1}{z-1}\cdot\frac{\omega^a-1}{\omega-1} =0 \Rightarrow z^b-1=0$ ou $\omega^a-1=0 \Rightarrow n\mid b$ ou $m\mid a$.