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 $$2$$:
$$2a^4 + 2b^4 + 2a^2b^2 + 4( a^3b + ab^3 + a^2b^2 ) = 2c^4 + 2d^4 + 2c^2d^2 + 4( cd^3 + c^3d + c^2d^2 )$$
$$a^4 + b^4 + ( a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4 ) = c^4 + d^4 + ( c^4 + 4c^3d + 6c^2d^2 + 4cd^3 + d^4 )$$
$$a^4+b^4+(a+b)^4=c^4+d^4+(c+
INTERMEDIÁRIO:
Note que o lado esquerdo de todas equações é positivo (todo quadrado é positivo), assim, as soluções do sistema devem ser todas positivas. Podemos afirmar sem perda de generalidade que:
$$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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