Qual é o número máximo de termos de uma progressão geométrica com razão maior que 1 cujos termos são todos inteiros entre 100 e 1000 inclusive?

Passo 1

O enunciado pede o maior número de termos n de uma progressão geométrica cujos termos são todos inteiros entre 100 e 1000 (inclusive) e cuja razão r satisfaz r>1. Vamos usar a forma geral do k-ésimo termo de uma PG e a condição de integridade dos termos quando r é racional.

Passo 2

Seja a PG
a,\;ar,\;ar^2,\;\dots,\;ar^{n-1}
com a\in\mathbb{Z}, r>1 racional e todos os termos no intervalo [100,1000]. Escrevemos em forma irreduzível
r=\frac{p}{q},\quad p,q\in\mathbb{N},\;\gcd(p,q)=1,\;p>q.
Para que cada termo ar^k = a\,(p/q)^k seja inteiro para k=0,1,\dots,n-1, é necessário que q^{n-1}\mid a. Então escrevemos
a = b\,q^{\,n-1},\quad b\in\mathbb{N}.

Passo 3

As condições de fronteira da PG são
a \ge 100 \quad\Longrightarrow\quad b\,q^{\,n-1}\ge 100 \quad\Longrightarrow\quad b \ge \left\lceil \frac{100}{q^{\,n-1}}\right\rceil,
e
ar^{\,n-1}\le 1000 \quad\Longrightarrow\quad b\,q^{\,n-1}\,\frac{p^{\,n-1}}{q^{\,n-1}}\le 1000 \quad\Longrightarrow\quad b\,p^{\,n-1}\le 1000 \quad\Longrightarrow\quad b \le \left\lfloor \frac{1000}{p^{\,n-1}}\right\rfloor.
Logo, para cada n e razão p/q temos
\left\lceil \frac{100}{q^{\,n-1}}\right\rceil \;\le\; b \;\le\;\left\lfloor \frac{1000}{p^{\,n-1}}\right\rfloor.
Deve existir algum inteiro b nesse intervalo para que a PG de comprimento n seja possível.

Passo 4

Tentar razão inteira r=2 p=2,q=1. As desigualdades ficam
b \ge \lceil 100/1^{\,n-1}\rceil=100, \quad b \le \lfloor 1000/2^{\,n-1}\rfloor.
Para n=5 já temos \lfloor1000/2^4\rfloor=\lfloor1000/16\rfloor=62<100, impossível. Para n=4 \lfloor1000/2^3\rfloor=125\ge100, logo n_{\max}=4 com a=125: 125,250,500,1000.

Passo 5

Tentar razão r=\tfrac32 p=3,q=2. As condições são
b \ge \left\lceil \frac{100}{2^{\,n-1}}\right\rceil, \quad b \le \left\lfloor \frac{1000}{3^{\,n-1}}\right\rfloor.
Para n=6 temos n-1=5, \lceil100/2^5\rceil=\lceil100/32\rceil=4 e \lfloor1000/3^5\rfloor=\lfloor1000/243\rfloor=4.
Portanto b=4 funciona, dando
a = 4\cdot2^5=128,
e a PG de seis termos
128,\;192,\;288,\;432,\;648,\;972
está inteiramente em [100,1000].

Passo 6

Verificamos que para n=7 com r=\tfrac32 não existe b que satisfaça \lceil100/2^6\rceil=2>\lfloor100/3^6\rfloor=1. Testes com outras razões racionais aquém de 2 ou maiores que 2 não chegam a n=6. Logo a maior n possível é 6.

Resposta

6

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