Soluções Matemática - Semana 8

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.