Matemática Soluções - Semana 25

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INICIANTE:

Vejamos que 2222 \equiv 3 (mod \ 7) e 5555 \equiv 4 (mod \ 7) e como \phi(7)=6 e como 2222 \equiv 2 (mod \ 6) e como 5555 \equiv 5 (mod \ 6).

Portanto temos 2222^{5555}+5555^{2222} \equiv (3^6)^{926} \cdot 3^5 + (4^6)^{370} \cdot 4^2 \equiv 243 + 16 \equiv 259 \equiv 0 (mod \ 7) já que pelo Teorema de Fermat a^{\phi(7)} \equiv a^6 \equiv 1 (mod \ 7). c.q.d.

INTERMEDIÁRIO:

Uma equaçãodo segundo grau tem soluções reais se e somente se seu discriminante for não-negativo. Por absurdo, nenhuma das equações acima tem solução real se e somente se
(a-b)^2-4\cdot(b-c) < 0
(b-c)^2-4\cdot(c-a) < 0
(c-a)^2-4\cdot(a-b) < 0,
que somadas implicam na desigualdade
(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2-4[(b-c)+(c-a)+(a-b)] < 0
(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 < 0
uma contradição.

AVANÇADO:

Da equação do enunciado, temos
a_{n+3}=\dfrac{a_{n} \cdot a_{n+2}}{a_{n+1}}
Essa igualdade mostra que a sequência tem período 4. De fato,
a_{n+4} = \dfrac{a_{n+1} \cdot a_{n+3}}{a_{n+2}}
a_{n+4} = \dfrac{a_{n+1}}{a_{n+2}} \cdot \dfrac{a_{n} \cdot a_{n+2}}{a_{n+1}}
a_{n+4} = a_{n}
Daí, a_{1}=a_{11}=4, a_{2}=a_{22}=2, a_{3}=a_{33}=1 e a_{4}=\dfrac{(4 \cdot 1)}{2}=2. Assim,
a_{1}^k+a_{2}^k+ ... +a_{100}^k = 25 \cdot (a_{1}^k+a_{2}^k+a_{3}^k+a_{4}^{k}) = 25 \cdot (4^k+2^k+1^k+2^k) = 25 \cdot (2^{2k}+2\cdot2^{k}+1) = [5 \cdot (2^k+1)]^2.
concluindo a demonstração.
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