Semana 31 - Soluções - Matemática

$a^2+b^2+(a+b)^2 = c^2+d^2+(c+d)^2 \Rightarrow 2a^2+2b^2+2ab=2c^2+2d^2+2cd \Rightarrow a^2+b^2+ab=c^2+d^2+cd$.

Eleve ao quadrado ambos os lados:

$(a^2+b^2+ab )^2 = ( c^2+d^2+cd )^2 \Rightarrow a^4 + b^4 + a^2b^2 + 2( a^3b + ab^3 + a^2b^2 ) = c^4 + d^4 + c^2d^2 + 2( cd^3 + c^3d + c^2d^2 )$

Multiplique ambos lados por $2$:

$2a^4 + 2b^4 + 2a^2b^2 + 4( a^3b + ab^3 + a^2b^2 ) = 2c^4 + 2d^4 + 2c^2d^2 + 4( cd^3 + c^3d + c^2d^2 )$

$a^4 + b^4 + ( a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4 ) = c^4 + d^4 + ( c^4 + 4c^3d + 6c^2d^2 + 4cd^3 + d^4 )$

$a^4+b^4+(a+b)^4=c^4+d^4+(c+<wbr />d)^4$.

Note que o lado esquerdo de todas equações é positivo (todo quadrado é positivo), assim, as soluções do sistema devem ser todas positivas. Podemos afirmar sem perda de generalidade que:

$a \ge b \ge c \ge d \ge 0$

Defina $S = a+b+c+d$ e note que:

$(S-a)^{2016} = 3a$

$(S-b)^{2016} = 3b$

Como $a \ge b \ge 0$:

$a \ge b \Rightarrow 3a \ge 3b \Rightarrow (S-a)^{2016} \ge (S-b)^2016$

Como $a,b,c,d$ são positivos (a soma de todos é maior que cada um):

$(S-a)^{2016} \ge (S-b)^2016 \Rightarrow S-a \ge S-b \Rightarrow b \ge a$

Mas $a \ge b$, logo: $a=b$.

Tomando as desigualdades $b \ge c$ e $c \ge d$ concluímos analogamente que:

$b=c$ e $c=d$ $\Rightarrow a=b=c=d$

Substituindo na primeira equação do sistema:

$(3a)^{2016} = 3a$

$(3a)((3a)^{2015} - 1) = 0$

Soluções da equação: $a=0$ ou $(3a)^{2015}=1 \Rightarrow 3a=1 \Rightarrow a=\dfrac{1}{3}$.

Soluções do sistema: $(0,0,0,0)$ e $(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3})$.

Primeiramente iremos provar que $f$ é injetiva. Vejamos que se:

$f(m)=f(n) \Rightarrow f(m)+f(n)=f(n)+f(n) \Rightarrow f(f(m)+f(n))=f(f(n)+f(n)) \Rightarrow m+n = n+n$

o que implica $m=n$. Se $k<n$ então:

$f(f(m+k)+f(n-k))=m+n=f(f(m)+f(n))$

Como f é injetiva temos:

$f(m+k)+f(n-k)=f(m)+f(n)$ para todo $m,n \in \mathbb{N}$ e $k<n$. (*)

Suponha se possível que $f(1)=b>1$. Então $b \ge 2$, mas vejamos que:

$f(2b)=f(f(1)+f(1))=2$

e,

$f(b+2)=f(f(1)+f(2b))=1+2b$

Se $b=2$ então $f(4)=2$ e $f(4)=5$ ao mesmo tempo pela relação acima, portanto temos um absurdo. Logo $b$ é maior que $2$. Agora por (*) temos:

$f(2b)+f(1)=f(2b-(b-2))+f(1+b-2)=f(b+2)+f(b-1)$

Isso implica $2+b=1+2b+f(b-1)$, o que nos fornece $f(b-1)=1-b$, mas $1-b<0$ e $f(b-1)>0$, portanto $b=1$. Logo:

$2=f(2b)=f(2)$.

Por indução, suponha que $f(k)=k$ para todo $k \le n$, então agora use

$n+1=f(f(n)+f(1))=f(n+1)$

logo concluímos que $f(n)=n$ para todo $n \in \mathbb{N}$.