Matemática Soluções - Semana 25

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.