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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