Problema (nível 4): Seja $n$ um número natural superior a $2$. A Vanessa tem $n$ montes de pedras de jade, todos os montes com números diferentes de pedras. A Vanessa consegue distribuir as pedras de qualquer um dos montes pelos outros montes e ficar com $n-1$ montes com igual número de pedras. Também consegue distribuir as pedras de quaisquer dois montes pelos outros montes e ficar com $n-2$ montes com igual número de pedras. Determina o menor número possível de pedras de jade que pode ter o monte com o maior número de pedras?

Resolução: Sejam $a_1>a_2>a_3>\ldots> a_n$ os números de pedras dos diversos montes e ${\ds S=a_1+a_2+ a_3+ \ldots+ a_n}$. Por um lado, ${\ds S\leq a_1+(a_1-1)+ (a_1-2)+ \ldots+(a_1-(n-1))=\frac{(2a_1-(n-1))n}{2}}$. Por outro lado, se se distribui qualquer um dos montes pelos restantes $n-1$ montes, desde que não se escolha o monte com $a_1$ pedras, conclui-se que ${\ds S\geq (n-1)a_1}$. Logo, $$\frac{(2a_1-(n-1))n}{2}\geq (n-1)a_1\Rightarrow a_1\geq \frac{(n-1)n}{2}$$ e, consequentemente, ${\ds S\geq \frac{(n-1)^2n}{2}}$, ou seja, ${\ds S= \frac{(n-1)^2n}{2}+k}$, $k\geq 0$. Além disso, como as $S$ pedras podem ser distribuídas por $n-1$ montes com igual número de pedras e ainda por $n-2$ montes com igual número de pedras, $S$ é divisível por $n-1$ e por $n-2$, ou seja, é divisível por $(n-1)(n-2)$ (visto que $n-1$ e $n-2$ são primos entre si). Considerem-se os dois casos seguintes: Seja $n$ um número ímpar. Tem-se $$S= \frac{(n-1)^2n}{2}+k=\frac{(n-1)^2(n-2)}{2}+(n-1)(n-2)+n-1+k, \; k\geq 0.$$ Como as duas primeiras parcelas da expressão acima indicada são divisíveis por $(n-1)(n-2)$, também $n-1+k$ é divisível por $(n-1)(n-2)$. Em particular, $k$ é divisível por $n-1$, ou seja, $k=m(n-1)$ para algum $m\geq 0$. Então $n-1+k=(n-1)(m+1)$ e concluiu-se que $m+1$ é divisível por $n-2$. Assim, $m+1\geq n-2$, $m\geq n-3$, $k\geq (n-3)(n-1)$ e ${\ds S\geq \frac{(n-1)^2n}{2}+(n-3)(n-1)=\frac{(n-1)^2n}{2}+(n-4)n+3}$. Portanto, ${\ds \frac{(2a_1-(n-1))n}{2}>\frac{(n-1)^2n}{2}+(n-4)n}$, logo, ${\ds a_1>\frac{(n-1)n}{2}+n-4}$, ou seja, $$a_1\geq \frac{(n-1)n}{2}+n-3=\frac{(n-2)(n+3)}{2}.$$ Além disso, existe uma distribuição de pedras por $n$ montes tal que $$a_1=\frac{(n-2)(n+3)}{2} \quad {\mbox e }\quad S=\frac{(n-1)^2n}{2}+(n-4)n+3 =\frac{(n-1)(n-2)(n+3)}{2}$$ que satisfaz as condições do enunciado. Basta observar que, para os valores de $a_1$ e $S$ indicados, se verificam as igualdades ${\ds S=(n-1)a_1=(n-2)\left[a_1+\frac{n+3}{2}\right]=na_1-a_1}$ e $\ds a_1=\frac{(n+1)n}{2}-3=(1+2+\ldots +n)-3$ e escolher a distribuição $$a_2=a_1-1, a_3=a_1-2, a_4=a_1-4, a_5=a_1-5, \ldots a_{n-1}=a_1-(n-1), , a_n=a_1-n. $$ Portanto, o menor valor possível para $a_1$ é ${\ds \frac{(n-2)(n+3)}{2}}$. Sejam $a_1>a_2>a_3>\ldots> a_n$ os números de pedras dos diversos montes e ${\ds S=a_1+a_2+ a_3+ \ldots+ a_n}$. Por um lado, ${\ds S\leq a_1+(a_1-1)+ (a_1-2)+ \ldots+(a_1-(n-1))=\frac{(2a_1-(n-1))n}{2}}$. Por outro lado, se se distribui qualquer um dos montes pelos restantes $n-1$ montes, desde que não se escolha o monte com $a_1$ pedras, conclui-se que ${\ds S\geq (n-1)a_1}$. Logo, $$\frac{(2a_1-(n-1))n}{2}\geq (n-1)a_1\Rightarrow a_1\geq \frac{(n-1)n}{2}$$ e, consequentemente, ${\ds S\geq \frac{(n-1)^2n}{2}}$, ou seja, ${\ds S= \frac{(n-1)^2n}{2}+k}$, $k\geq 0$. Além disso, como as $S$ pedras podem ser distribuídas por $n-1$ montes com igual número de pedras e ainda por $n-2$ montes com igual número de pedras, $S$ é divisível por $n-1$ e por $n-2$, ou seja, é divisível por $(n-1)(n-2)$ (visto que $n-1$ e $n-2$ são primos entre si). Considerem-se os dois casos seguintes: Seja $n=2l$ um número par. Tem-se $$S= \frac{(n-1)^2n}{2}+k=\frac{n(n-1)(n-2)}{2}+\frac{n(n-1)}{2}+k, \; k\geq 0.$$ Como as duas primeiras parcelas da expressão acima indicada são divisíveis por $(n-1)$, $k$ é divisível por $n-1$, ou seja, $k=m(n-1)$ para algum $m\geq 0$. Então $$S= \frac{n(n-1)(n-2)}{2}+\frac{(n+2m)(n-1)}{2}.$$ Como a primeira parcela da expressão acima indicada é divisível por $(n-1)(n-2)$, também a segunda parcela é divisível por $(n-1)(n-2)$. Então $n+2m$ é divisível por $n-2$. Em particular, $\ds \frac{n+2m}{2}\geq n-2$, $\ds m\geq \frac n 2 -2$, $\ds k\geq \frac {(n-1)(n-4)}{2}$ e $\ds S\geq \frac{(n-1)^2n}{2}+\frac {(n-1)(n-4)}{2}=\frac{(n-1)(n^2-4)}{2}$. Portanto, ${\ds \frac{(2a_1-(n-1))n}{2}\geq \frac{(n-1)(n^2-4)}{2}}$, logo, ${\ds a_1\geq \frac{n^2-4}{2}- \frac{n-4}{2n}}$, o que implica que $\ds a_1\geq \frac{n^2-4}{2}$. Além disso, existe uma distribuição de pedras por $n$ montes tal que $$ a_1=\frac{n^2-4}{2} \quad {\mbox e }\quad S=\frac{(n-1)(n^2-4)}{2}$$ que satisfaz as condições do enunciado. Basta observar que, para os valores de $a_1$ e $S$ indicados, se verificam as igualdades ${\ds S=(n-1)a_1=(n-2)\left [a_1+\frac{n+2}{2}\right ]=na_1-a_1}$ e $\ds a_1=\frac{(n+1)n}{2}- \frac{n-4}{2}=(1+2+\ldots +n)- \frac{n-4}{2}$ e escolher a distribuição $$a_2=a_1-1, a_3=a_1-2, \ldots, a_{l-2}=a_1-(l-3), a_{l-1}=a_1-(l-1), \ldots, a_{n-1}=a_1-(n-1), a_n=a_1-n. $$ Portanto, o menor valor possível para $a_1$ é ${\ds \frac{n^2}{2}-2}$.