Iniciante (Solução por Daniel Lima Braga)
Bem, esse é o primeiro problema da primeira prova da IMO de todos os tempos. Para resolve-lo primeiro lembre o que torna uma fração irredutível: Ter o mdc do numerador e do denominador igual a $$1$$. Como ainda não sabemos nada sobre o mdc da nossa fração, chame $$d=mdc(21n+4,14n+3)$$. Por definição sabemos que $$d|21n+4$$ e $$d|14n+3$$. Sabemos que $$d$$ dividirá qualquer soma de algum múltiplo de $$21n+4$$ com algum múltiplo de $$14n+3$$. Vamos fazer com que esse múltiplos somem de modo a retirarmos o $$n$$ “da jogada”. Assim:
$$d|(21n+4)\cdot 2 – (14n+3)\cdot 3=-1 \Longrightarrow d|1 \Longrightarrow d=1$$
Desse modo concluímos que o $$mdc$$ do numerador e do denominador da fração dada é igual a $$1$$ e concluímos que a fração é irredutível.
Intermediário (Solução por Daniel Lima Braga)
Veja que dado $$0<a\le b$$ e procurando achar o menor $$c$$ maior que $$b$$ tal que $$a,b,c$$ não são lados de um triangulo achamos que o $$c$$ mínimo é $$c=a+b$$. Seja nossos 15 números: $$1=a_1<a_2<a_3<…<a_15$$.Usando o fato há pouco citado temos
- $$a_3\ge a_2+a_1$$
- $$a_4\ge a_3+a_2$$
- …
- $$a_{15}\ge a_{14}+a_{13}$$
Vamos tentar deixar todas as desigualdades em função de $$a_1$$ e $$a_2$$
- $$a_3\ge a_2+a_1$$
- $$a_4\ge a_3+a_2\ge 2a_2+a_1$$
- $$a_5\ge a_4+a_3\ge (2a_2+a_1)+(a_2+a_1)=3a_2+2a_1$$
Nosso bom chute é que $$a_x\ge F_{x-1}a_2 + F_{x-2}a_1$$.
De fato, por indução: $$a_{x+2}\ge a_{x+1}+a_x\ge (F_{x+1}a_2 + F_{x}a_1)+(F_{x}a_2 + F_{x-1}a_1) =(F_{x+2}a_2 + F_{x+1}a_1)$$
Assim, fazendo $$a_2=1+t$$, com $$t>0$$ Temos $$a_15\ge F_14 x_2 + F_13 x_1 = 610 +377t$$ e como podemos fazer $$t$$ tão pequeno quando quisermos, concluimos oproblema por dizer que o maior dos $$15$$ números pode assumir qualquer valor real maior que $$610$$.
Avançado (Solução por Daniel Lima Braga)
Vamos usar a mágica dos números complexos aqui! Geralmente, para resolver problemas como esse, colorimos o tabuleiro seguindo algum padrão legal. A diferença é que a nossa “coloração será associando números para cada casinha do tabuleiro: para a casa da linha $$i$$ e coluna $$j$$ associe o número $$x^i\cdot y^j$$.
Veja que a soma dos números cobertos por uma peça $$pX1$$ é $$x^i\cdot y^j+x^{i+1}\cdot y^j+…+x^{i+p-1}\cdot y^j=(1+x+…+x^{p-1})x^i\cdot y^j$$. E analogamente, a soma dos números cobertos por uma peça $$1Xq$$ é $$=(1+y+…+y^{q-1})x^i\cdot y^j$$.
Faça $$x=cis(\frac{2\pi}{p})$$ e $$y=cis(\frac{2\pi}{q})$$, pois isso fará as duas somas citadas acima se tornarem $$0$$, pois os parenteses serão iguais a $$0$$. Desse modo, se o preenchimento é possível, quer dizer que a soma de todos os números no tabuleiro é $$0$$. Mas veja que tal soma é $$(x+x^2+..+x^a)(y^1+y^2+…+y^b)=xy \dfrac{(1-x^a)(1-x^b)}{(1-x)(1-y)}=0$$ e os dois únicos modos disso ocorrer é se $$x^a=1$$ ou $$y^b=1$$. Mas, do modo que escolhemos $$x$$ e $$y$$ como $$p-esimas$$ e $$q-esimas$$ raízes primitivas da unidade, ficamos com $$p|a$$ ou $$q|b$$, como queríamos demonstrar.
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