2. Zadatak

Prvo rješenje.

Oduzimanjem prve i druge jednadžbe dobivamo

$$a-d=d^2-a^2,$$

odnosno $(a-d)(a+d+1)=0$, iz čega zaključujemo da su brojevi $a$ i $d$ jednaki ili im je zbroj jednak $-1$.

Analogno (oduzimanjem odgovarajućih dviju jednadžbi) zaključujemo da isto vrijedi za bilo koja dva od brojeva $a$, $b$, $c$ i $d$.

Zaključujemo da je svaki od brojeva $b$, $c$ i $d$ jednak $a$ ili $-a-1$.

Promatramo dva slučaja: ili su brojevi $b$, $c$ i $d$ jednaki ili su dva od ta tri broja jednaka, a treći je različit od njih.

Slučaj I. Ako vrijedi $b=c=d$, imamo dvije mogućnosti.

Slučaj I.1. Ako vrijedi $a=b=c=d$, onda sve dane jednadžbe glase $3a=a^2$.

Stoga mora biti $a=0$ ili $a=3$, tj. imamo rješenja

$$(a,b,c,d)=(0,0,0,0)\ \text{ili}\ (a,b,c,d)=(3,3,3,3).$$

Slučaj I.2. Ako vrijedi $-1-a=b=c=d$, onda uvrštavanjem u bilo koju od danih jednadžbi dobivamo $a^2+3a+3=0$. Svođenjem na potpun kvadrat uočavamo da je ta jednadžba ekvivalentna jednadžbi

$$\left(a+\frac{3}{2}\right)^2-\frac{9}{4}+3=0$$

odnosno

$$\left(a+\frac{3}{2}\right)^2=-\frac{3}{4},$$

što očito nije moguće jer kvadrat realnog broja ne može biti negativan.

Slučaj II. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je $b=c\neq d$. Ostali slučajevi se rješavaju na isti način jer zamjenom varijabli dobivamo isti sustav.

Slučaj II.1. Ako je $b=c=a$ i $d=-a-1$, onda je $-1-d=a=b=c$ i ovaj slučaj se rješava na isti način kao Slučaj I.2. (zamjenom varijabli $a$ i $d$).

Slučaj II.2. Ako je $b=c=-1-a$ i $d=a$, onda uvrštavanjem u bilo koju od danih jednadžbi dobivamo $a^2+a+2=0$. Svođenjem na potpun kvadrat uočavamo da je ta jednadžba ekvivalentna jednadžbi

$$\left(a+\frac{1}{2}\right)^2=-\frac{3}{4},$$

za što opet zaključujemo da nije moguće jer kvadrat realnog broja ne može biti negativan. Sva rješenja sustava su $(a,b,c,d)=(0,0,0,0)$ i $(a,b,c,d)=(3,3,3,3)$.

Napomena: Slučajeve možemo ilustrirati grafički s četiri vrha $(a,b,c,d)$ između kojih je plavi brid ako su brojevi jednaki, a crveni brid ako nisu jednaki. Graf mora imati svojstvo da u svakom trokutu imamo neparno mnogo plavih bridova (jedan ili tri). Takvih grafova (do na promjenu oznaka vrhova) ima točno tri:

Drugo rješenje.

Kao u prvom rješenju zaključujemo da za bilo koja dva od brojeva $a$, $b$, $c$ i $d$ vrijedi da su jednaki ili da im je zbroj jednak $-1$. Promotrimo parove $a$ i $d$ te $b$ i $c$.

Slučaj A. Neka je $a+d=-1$ i $b+c=-1$.

Zbrajanjem svih jednadžbi početnog sustava dobivamo

$$3(a+b+c+d)=a^2+b^2+c^2+d^2,$$

odnosno

$$-6=a^2+b^2+c^2+d^2,$$

što nije moguće, pa u ovom slučaju nema rješenja.

Slučaj B. Neka je $a+d=-1$ i $b=c$. Tada je $a=b=c$ ili $b=c=d$. Ta dva slučaja se rješavaju na isti način (samo zamijenimo $a$ i $d$), te odgovaraju slučajevima I.2 i II.1 iz prvog rješenja.

Slučaj C. Neka je $a=d$ i $b+c=-1$. Ovaj slučaj se rješava na isti način kao Slučaj B.

Slučaj D. Neka je $a=d$ i $b=c$. Ako je $a=b$, onda je $a=b=c=d$, te dobivamo rješenja $(a,b,c,d)=(0,0,0,0)$ i $(a,b,c,d)=(3,3,3,3)$ kao u prvom rješenju.

Ako je $a+b=-1$, onda je $c+d=-1$, te kao u slučaju A slijedi $-6=a^2+b^2+c^2+d^2$, što nije moguće.