A B. 5017. feladat (2019. március)

B. 5017. Van-e olyan \(\displaystyle f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}\) függvény, amely teljesíti a következő tulajdonságokat?

(1) \(\displaystyle x_1\ne x_2\) esetén \(\displaystyle f(x_1)\ne f(x_2)\) teljesül,

(2) léteznek olyan \(\displaystyle a,b>0\) konstansok, melyekre bármely \(\displaystyle x\in\mathbb{R}\) esetén

\(\displaystyle f(x^2)- \big(f(ax+b)\big)^2\ge \frac14. \)

(4 pont)

A beküldési határidő 2019. április 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Tegyük fel indirekten, hogy létezik a feltételeknek megfelelő \(\displaystyle f\) függvény.

Az \(\displaystyle x^2-ax-b=0\) másodfokú egyenletnek két különböző megoldása van, hiszen a diszkriminánsa, \(\displaystyle a^2+4b\) pozitív. A két megoldás legyen \(\displaystyle x_1\) és \(\displaystyle x_2\), ekkor tehát \(\displaystyle x_1\ne x_2\).

Legyen most \(\displaystyle i\in \{1,2\}\) és tekintsük a feltételt \(\displaystyle x=x_i\) mellett:

\(\displaystyle f(x_i^2)-(f(ax_i+b))^2\geq \frac14.\)

Legyen \(\displaystyle y_i=f(x_i^2)=f(ax_i+b)\). Ekkor:

\(\displaystyle y_i-y_i^2\geq \frac14,\)

azaz

\(\displaystyle 0\geq \left(y_i-\frac12\right)^2.\)

Tehát \(\displaystyle y_i=1/2\), hiszen egy nemnulla valós szám négyzete pozitív lenne.

Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle f(ax_1+b)=y_1=1/2=y_2=f(ax_2+b)\). Az (1) feltétel (vagyis \(\displaystyle f\) injektivitása) alapján ebből \(\displaystyle ax_1+b=ax_2+b\) következik, ami \(\displaystyle a>0\) miatt azt jelenti, hogy \(\displaystyle x_1=x_2\). Mivel korábban már láttuk, hogy \(\displaystyle x_1\ne x_2\), ezzel ellentmondásra jutottunk.

Tehát a feltételeknek megfelelő függvény nem létezik.

Statisztika:

35 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Baski Bence, Beke Csongor, Bokor Endre, Bukva Dávid, Fleiner Zsigmond, Fraknói Ádám, Füredi Erik Benjámin, Győrffi Ádám György, Hegedűs Dániel, Jánosik Áron, Kerekes Boldizsár, Kovács 129 Tamás, Lovas Márton, Nagy Nándor, Nguyen Bich Diep, Rareș Polenciuc, Sebestyén Pál Botond, Soós 314 Máté, Tálos Zoltán, Telek Zsigmond , Terjék András József, Tiderenczl Dániel, Tóth 057 Bálint, Tóth 827 Balázs, Várkonyi Zsombor, Velich Nóra, Weisz Máté, Zsigri Bálint.
3 pontot kapott:	Bencsik Ádám, Reimann Kristóf, Stomfai Gergely.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	3 versenyző.

A KöMaL 2019. márciusi matematika feladatai