Soluções Matemática – Semana 13

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!