Soluções Matemática - Semana 13

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Iniciante

Olhando para a primeira equação x+\dfrac{1}{y}=y+\dfrac{1}{z} iremos trocar z por \dfrac{1}{xy} e ficamos com:

x+\dfrac{1}{y}=y+xy \Longrightarrow xy+1=y^2(1+x) \Longrightarrow y^2(x+1)-xy-1=0. Encarando isso como uma equação do segundo grau em y e fazendo o Bhaskara descobrimos que que y=1 ou y=-\dfrac{1}{x+1}

Se y=1\Longrightarrow x=\dfrac{1}{z}. Agora, na igualdade y+\dfrac{1}{z}=z+\dfrac{1}{x} faça as duas substituições que obtivemos no inicio e ficamos com 1+\dfrac{1}{z}=z+z. Resolvendo essa equação do segundo grau em z (Que obtemos multiplicando a equação que obtivemos por z) ficamos com z=1 ou z=-\dfrac{1}{2}

Isso nos gera duas soluções (1,1,1) e (-2,1,-\dfrac{1}{2}).

Se y=-\dfrac{1}{x+1} (Lembre-se de considerar x diferente de 1. Substituindo y na igualdade xyz=1 \Longrightarrow z=-\dfrac{x+1}{x} e ficamos com a tripla (x,y,z)=(a,-\dfrac{1}{a+1},-\dfrac{a+1}{a}) com a diferente de 1.

 

Fica a cargo do leitor testar as soluções (a,-\dfrac{1}{a+1},-\dfrac{a+1}{a}),(1,1,1),(-2,1,-\dfrac{1}{2}) e verificar que elas funcionam.

 

Intermediário

Vamos verificar os restos de cubos módulo 7

Se x\equiv 0(mod.7) \Longrightarrow x^3\equiv 0(mod.7)

Se x\equiv 1(mod.7) \Longrightarrow x^3\equiv 1(mod.7)

Se x\equiv 2(mod.7) \Longrightarrow x^3\equiv 1(mod.7)

Se x\equiv 3(mod.7) \Longrightarrow x^3\equiv 6(mod.7)

Se x\equiv 4(mod.7) \Longrightarrow x^3\equiv 1(mod.7)

Se x\equiv 5(mod.7) \Longrightarrow x^3\equiv 6(mod.7)

Se x\equiv 6(mod.7) \Longrightarrow x^3\equiv 6(mod.7)

Assim, um cubo só pode deixar restos 0,1 ou 6 módulo 7 e disso concluimos que a soma de dois cubos pode deixar resto 0,1,2,5,6 módulo 7.

Agora olhe o resto de 2^{2009} módulo 7. Sabemos que 2^3\equiv 1(mod.7) \Longrightarrow (2^3)^{669}\equiv 1(mod.7) \Longrightarrow 2^{2007}\equiv 1(mod.7) \Longrightarrow 2^{2009}\equiv 4(mod.7) que não pode ser o resto da soma de dois cubos módulo 7 como vimos acima!

Logo, não podem existir (a,b) inteiros tais que a^3+b^3=2^{2009} como queríamos demonstrar.

 

Avançado

Podemos escrever d_1=\dfrac{n}{a_k},d_2=\dfrac{n}{a_{k-1}},...,d_k=\dfrac{n}{a_1}. Isso implica que:

d_1d_2+d_2d_3+...+d_{k-1}d_k=\dfrac{n^2}{d_1d_{2}}+\dfrac{n^2}{d_2d_{3}}+...+\dfrac{n^2}{d_{k-1}d_{k}}. O máximo dessa expressão é \dfrac{n^2}{1\cdot 2}+\dfrac{n^2}{2\cdot 3}+...+\dfrac{n^2}{(k-1)\cdot k}=n^2[\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+...+\frac{1}{(k-1)\cdot k}=n^2[(\frac{1}{1}-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+...+(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k})]=n^2(\frac{1}{1}-\frac{1}{k}<n^2 e assim a primeira parte do problema está provada.

Vamos provar que essa expressão dada é um divisor de n^2 se, e somente se, n é primo. Suponha que n não é primo. Podemos afirmar então que n tem ao menos três divisores

Note que o maior divisor de n^2 que é menor que ele mesmo é n\dfrac{n^2}{d_2}. Logo, devemos ter S=d_1d_2+...+d_{n-1}d_n\le \dfrac{n^2}{d_2}. Porém, já vimos um pouco acima que S=\dfrac{n^2}{d_1d_{2}}+\dfrac{n^2}{d_2d_{3}}+...+\dfrac{n^2}{d_{n-1}d_{n}}\ge\dfrac{n^2}{d_1d_{2}}+\dfrac{n^2}{d_2d_{3}}=\dfrac{n^2}{d_{2}}+\dfrac{n^2}{d_2d_{3}}>\dfrac{n^2}{d_{2}} que é um absurdo!

Logo, n deve ser primo. Mas, se n for primo: d_1=1 e d_2=n. Assim d_1d_2=n que divide n^2, como desejávamos.

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