Kezdőlap


Feladat:	B.5017	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Tóth Bálint
Füzet:	2020/február, 95. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Függvényegyenletek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2019/március: B.5017

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Tegyük fel, hogy létezik a feladat követelményeit kielégítő függvény és a hozzá tartozó $a$ és $b$ pozitív konstansok. Keressük meg azokat az $x$ számokat, amelyekre $x^{2} = a x + b$ .
E másodfokú egyenletnek ‐ mivel $a$ és $b$ pozitívak ‐ két (különböző) megoldása van, legyenek ezek $x_{1}$ és $x_{2}$ . Az $x_{1}$ és $x_{2}$ nem egymás ellentettjei, hiszen $a \neq 0$ . Ekkor $i = 1,2$ bármelyik értékére

\begin{matrix} f (x_{i}^{2}) - {(f (a x_{i} + b))}^{2} = f (x_{i}^{2}) - (f (x_{i}^{2}))^{2} \geq \frac{1}{4}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 0 \geq (f (x_{i}^{2}))^{2} - f (x_{i}^{2}) + \frac{1}{4} = {(f (x_{i}^{2}) - \frac{1}{2})}^{2} . \end{matrix}

Ez csak akkor teljesül, ha

f (x_{i}^{2}) = \frac{1}{2}

, vagyis

f (x_{1}^{2}) = \frac{1}{2} = f (x_{2}^{2})

. Mivel

x_{1} \neq \pm x_{2}

, azért a függvény két különböző

(x_{1}^{2}

és

x_{2}^{2})

helyen is felveszi ugyanazt az értéket, ami ellentmond a feladat első feltételének. Tehát a kérdéses függvény nem létezik.

Tóth Bálint (Kaposvári Táncsics M. Gimn., 9. évf.)