Semana 31 - Soluções - Matemática

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INICIANTE:

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.

INTERMEDIÁRIO:

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}).

AVANÇADO:

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}.
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