4. Zadatak

Prvo rješenje.

Kvadriranjem dobivamo niz jednadžbi:

$$4x_k^2-4x_kx_{k+1}+x_{k+1}^2=x_{k+2}^2\quad\text{za } k\in\{1,2,\ldots,98\},$$ $$4x_{99}^2-4x_{99}x_{100}+x_{100}^2=x_1^2,\qquad 4x_{100}^2-4x_{100}x_1+x_1^2=x_2^2.$$

Zbrajanjem tih jednadžbi dobivamo izraz

$$4(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_{100}^2)-4(x_1x_2+\cdots+x_{99}x_{100}+x_{100}x_1)=0.$$

Dijeljenjem sa 2 i grupiranjem dobivamo

$$x_1^2-2x_1x_2+x_2^2+\cdots+x_{99}^2-2x_{99}x_{100}+x_{100}^2+x_{100}^2-2x_{100}x_1+x_1^2=0,$$

odnosno

$$(x_1-x_2)^2+\cdots+(x_{99}-x_{100})^2+(x_{100}-x_1)^2=0.$$

Budući da su svi pribrojnici nenegativni, moraju svi biti jednaki nuli, odnosno $x_1=\cdots=x_{100}$.

Drugo rješenje.

Označimo $y_k=2x_k-x_{k+1}$ za $1\le k\le 99$, te $y_{100}=2x_{100}-x_1$. Tada je

$$y_1+y_2+\cdots+y_{100}=2(x_1+x_2+\cdots+x_{100})-(x_1+x_2+\cdots+x_{100})=x_1+x_2+\cdots+x_{100}.$$

S druge strane, zbrajanjem zadanih jednakosti dobivamo

$$|y_1|+|y_2|+\cdots+|y_{100}|=x_1+x_2+\cdots+x_{100}.$$

Izjednačavanjem dobivenih jednakosti zaključujemo

$$|y_1|+|y_2|+\cdots+|y_{100}|=y_1+y_2+\cdots+y_{100}.$$

Budući da za $1\le k\le100$ vrijedi $|y_k|\ge y_k$, pri čemu jednakost vrijedi ako i samo ako je $y_k\ge0$, gornja jednakost je moguća samo ako su svi brojevi $y_k$ nenegativni.

To znači da u nizu jednakosti koji je zadan u zadatku možemo ukloniti apsolutne vrijednosti i zaključujemo

$$\begin{aligned} 2x_k-x_{k+1}&=x_{k+2} &&\text{za }1\le k\le98,\\ 2x_{99}-x_{100}&=x_1,\\ 2x_{100}-x_1&=x_2. \end{aligned}$$

Označimo $x_{100+k}=x_k$ za $1\le k\le100$. Neka je $k$ takav da je $x_k\ge x_i$ za sve $1\le i\le100$. Tada je $2x_k=x_{k+1}+x_{k+2}\le2x_k$, pa vrijedi $x_k=x_{k+1}=x_{k+2}$. Pretpostavimo li da je $x_j\ne x_{j+1}$ za neki $j$, onda postoji najmanji $j>k$ takav da je $x_{j-1}=x_j\ne x_{j+1}$. No, to je u kontradikciji s pretpostavkom da je $x_j=2x_{j-1}-x_j=x_{j+1}$.

Dakle, mora vrijediti $x_1=x_2=x_3=\cdots=x_{100}$.

Napomena. Nakon što dokažemo da je $y_k\ge0$ za sve $1\le k\le100$, rješenje možemo dovršiti i analizom slučajeva.

Ako pretpostavimo da je $x_1>x_2$, onda zbog $2x_1=x_2+x_3$ mora vrijediti $x_2<x_1<x_3$. Iz druge jednakosti onda zaključujemo $x_4<x_2<x_1<x_3$. Nastavljajući ovaj postupak (preciznije, koristeći matematičku indukciju) možemo dokazati da vrijedi sljedeći niz strogih nejednakosti

$$x_{100}<x_{98}<\cdots<x_4<x_2<x_1<x_3<x_5<\cdots<x_{99}.$$

No, ovo je u kontradikciji s posljednjom jednakosti jer bi moralo vrijediti $2x_{100}<x_1+x_2=2x_{100}$.

Slično, slučaj $x_2>x_1$ vodi na kontradikciju, pa zaključujemo da je $x_1=x_2$.

Ako je $x_1=x_2$, onda prva jednakost povlači da je $x_1=x_2=x_3$. Druga jednakost onda povlači $x_2=x_3=x_4$. Nastavljajući ovaj postupak, dobivamo da je $x_1=x_2=\cdots=x_{100}$.