Problem B. 5017. (March 2019)

B. 5017. Is there a function \(\displaystyle f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}\) with the following properties:

(1) if \(\displaystyle x_1\ne x_2\) then \(\displaystyle f(x_1)\ne f(x_2)\),

(2) there exist appropriate constants \(\displaystyle a,b>0\) such that

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

for all \(\displaystyle x\in\mathbb{R}\)?

(4 pont)

Deadline expired on April 10, 2019.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

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.

Statistics:

35 students sent a solution.
4 points:	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 points:	Bencsik Ádám, Reimann Kristóf, Stomfai Gergely.
1 point:	1 student.
0 point:	3 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, March 2019