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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