Soluções Matemática - Semana 18

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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.

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