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 $$m\mid a$$.