ANAL IZIS - Bolyai Farkas Alapitvány · PDF fileLektorunk, Boros Istv´an...

Csikos Pajor Gizella

Peics Hajnalka

ANALIZISelmeleti osszefoglalo es peldatar

Bolyai Farkas AlapıtvanyZenta 2010.

Szerzok: Csikos Pajor Gizella magiszter, szakfoiskolai tanar,Szabadkai Muszaki Szakfoiskola, SzabadkaBolyai Tehetseggondozo Gimnazium es Kollegium, Zenta

Dr. Peics Hajnalka, rendkıvuli egyetemi tanar,Ujvideki Egyetem, Epıtomernoki Kar, Szabadka

Szaklektor: Boros Istvan magiszter, szakfoiskolai tanar,Szabadkai Muszaki Szakfoiskola, Szabadka

Abrak: Roznjik Andrea magiszter, egyetemi tanarseged,Ujvideki Egyetem, Epıtomernoki Kar, Szabadka

Fedolapterv: Molnar Csikos Nandor

Kiadja: Bolyai Farkas Alapıtvany, Zenta

Kiadasert felel: Kormanyos Robert

Felelos szerkeszto: Vida Janos

A tankonyv kezirata a Szulofold Alap tamogatasaval keszult.

Kedves Olvaso!

Ezt a matematikakonyvet elsosorban a specialis matematikai gimnaziumban magyarultanulo diakoknak szantuk, de szıvbol remeljuk, hogy az altalanos gimnaziumokban esmas kozepiskolakban is fel tudnak hasznalni belole feladatsorokat, akar a mindennapioktatasban, akar az emelt szintu tanıtas keretein belul, vagy az egyetemi felvetelikre valofelkeszıtes folyaman.Ez a tankonyvpotlo kiadvany nem egy meghatarozott evfolyam szamara keszult, minda negy even keresztul hasznalhatjak a tanulok, ugyanis osszefoglaltunk benne mindenolyan temakort a matematikai analızis targykorebol, melyet az evek folyaman a matema-tikai szakgimnaziumban tanıtunk. Minden cımszo alatt rovid elmeleti osszefoglalo utanpeldak, illusztraciok, majd reszletesen kidolgozott feladatsorok kovetkeznek.A Bolyai Tehetseggondozo Gimnazium megalakulasanak elso napjatol kezdve tanıtjukitt az Analızis es algebra targyat, es igyekszunk ebben a munkaban gyumolcsoztetni afoiskolai es egyetemi oktatasban szerzett sokeves tapasztalatunkat. E konyv megırasaraaz kesztetett bennunket, hogy nem tudtunk tanuloinknak olyan magyar nyelvu matema-tika-tankonyvet ajanlani, amely teljes egeszeben felolelne a szamukra eloırt tananyagot.Ez sokban nehezıtette a tanulok szamara az onallo tanulast. A konyv a magyar nyelves a matematikai szakkifejezesek hasznalatanak igenyessegevel ırodott, ezzel is segıtve adiakokat ketnyelvu kornyezetunkben a szep es helyes anyanyelv es szaknyelv hasznalatara.Lektorunk, Boros Istvan magiszter, a Szabadkai Muszaki Szakfoiskola tanara, szamosertekes megjegyzessel segıtette munkankat. A szoveget szınes abrakkal gazdagıtotta esszemleletesse tette Roznjik Andrea magiszter, a szabadkai Epıtomernoki Kar tanarsegedje.Fogadjak koszonetunket.Koszonetet mondunk meg a Bolyai Farkas Alapıtvany munkatarsainak es a SzulofoldAlapnak, akik lehetove tettek es tamogattak e konyv keziratanak elkeszıteset, es elektro-nikus megjelenteteset.Kitartast es eredmenyes munkat kıvanunk mindenkinek, aki e konyv segıtsegevel szeretneelmelyedni a matematikai analızis csodalatos vilagaban. Ugy gondoljuk, hogy aki velunkegyutt kidolgozza az itt kovetkezo feladatsorokat, az nemcsak oromet fogja lelni a mate-matika szepsegeiben, hanem a nagy koltohoz, Kolcsey Ferenchez hasonloan, ugy gondoljamajd, hogy:

”Langero kevesnek adatik; azonban minden egeszseges lelek hosszu szorgalom altal mastudomanyat, tapasztalatat, peldajat magaeva teheti, helyesen ıtelni, egybehasonlıtani meg-tanulhat; s vizsgalat es gyakorlatnal fogva a teremto lelket ha el nem erheti, hozzaja legalabbkozelıthet.”

Zenta, 2010. majus A Szerzok

Tartalom

1. Halmazok, relaciok, fuggvenyek 11.1. Halmazelmeleti alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. A halmaz fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2. Muveletek halmazokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3. Relaciok, lekepezesek (fuggvenyek) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2. Elemi fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.2.1. Linearis fuggveny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.2.2. Szakaszonkent egyenesvonalu fuggveny . . . . . . . . . . . . . . . . 271.2.3. Hatvanyfuggveny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.2.4. Masodfoku fuggveny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.2.5. Exponencialis fuggveny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.2.6. Logaritmusfuggveny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441.2.7. Trigonometrikus fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451.2.8. Arkuszfuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 471.2.9. Hiperbolikus fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501.2.10. Areafuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1.3. Elemi fuggvenyek es transzformacioik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2. Szamsorozatok 592.1. A sorozat fogalma, megadasa es abrazolasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.1.1. Sorozatok megadasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.1.2. Sorozatok abrazolasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.2. Korlatos es monoton sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.3. Rekurzıv sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.3.1. Szamtani (aritmetikai) sorozat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.3.2. Mertani (geometriai) sorozat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.3.3. A Fibonacci-fele sorozat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.4. Differenciaegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.4.1. Veges differenciak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.4.2. Allando egyutthatos linearis differenciaegyenletek . . . . . . . . . . 82

2.5. Konvergens sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.5.1. Sorozatok hatarerteke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.5.2. Nullahoz es vegtelenhez tarto sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . 922.5.3. Muveletek konvergens sorozatokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 942.5.4. Nehany nevezetes sorozat hatarerteke . . . . . . . . . . . . . . . . . 952.5.5. Vegtelen mertani sor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

3. Egyvaltozos valos fuggvenyek 1143.1. Valos fuggvenyekkel kapcsolatos alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . 114

3.1.1. A fuggvenyek megadasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1143.1.2. Valos fuggvenyek tulajdonsagai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

II TARTALOM

3.1.3. Muveletek fuggvenyekkel, az inverz fuggveny . . . . . . . . . . . . . 1323.2. Fuggvenyek folytonossaga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

3.2.1. A folytonossag definıcioja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1393.2.2. Folytonos fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

3.3. Fuggvenyek hatarerteke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1433.3.1. Fuggveny hatarertekevel kapcsolatos alapfogalmak . . . . . . . . . . 1433.3.2. Fuggveny hatarertekenek tulajdonsagai . . . . . . . . . . . . . . . . 1453.3.3. Vegtelenben vett es vegtelen hatarertek . . . . . . . . . . . . . . . . 1463.3.4. Nehany fontosabb hatarertek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1473.3.5. Valos fuggveny szakadaspontjai es aszimptotai . . . . . . . . . . . . 161

4. Egyvaltozos valos fuggvenyek differencialszamıtasa 1694.1. A differencialszamıtas alapfogalmai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

4.1.1. A gorbe erintoje es a pillanatnyi sebesseg . . . . . . . . . . . . . . . 1694.1.2. A derivalt (differencialhanyados) fogalma . . . . . . . . . . . . . . . 1714.1.3. Differencialasi szabalyok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1744.1.4. A differencial fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1894.1.5. Magasabb rendu differencialhanyadosok . . . . . . . . . . . . . . . . 190

4.2. A differencialszamıtas alkalmazasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1914.2.1. A differencialszamıtas kozepertektetelei . . . . . . . . . . . . . . . . 1914.2.2. A Taylor-formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1944.2.3. L’Hospital-szabaly . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1974.2.4. A fuggveny monotonitasa es szelsoertekei . . . . . . . . . . . . . . . 2024.2.5. A fuggveny konvexitasa es inflexios pontjai . . . . . . . . . . . . . . 2104.2.6. Fuggvenykivizsgalas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

5. Egyvaltozos valos fuggvenyek integralszamıtasa 2395.1. A hatarozatlan integral fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2395.2. A hatarozatlan integral alaptulajdonsagai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2415.3. Integralasi modszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

5.3.1. Helyettesıtesi modszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2495.3.2. Parcialis integralas modszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

5.4. Racionalis es racionalizalhato integralok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2655.4.1. Racionalis fuggvenyek integralasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2655.4.2. Irracionalis fuggvenyek integralasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2745.4.3. Trigonometrikus fuggvenyek integralasa . . . . . . . . . . . . . . . . 2795.4.4. Exponencialis es hiperbolikus fuggvenyek integralasa . . . . . . . . 281

5.5. A hatarozott integral fogalma es tulajdonsagai . . . . . . . . . . . . . . . . 2835.5.1. Arkhimedesz modszere sıkidomok teruletenek meghatarozasara . . . 2835.5.2. A hatarozott integral fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2845.5.3. A hatarozott integral tulajdonsagai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2875.5.4. Newton-Leibniz formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289

5.6. A hatarozott integral alkalmazasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2945.6.1. Sıkidomok teruletszamıtasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2945.6.2. Forgastestek terfogata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3025.6.3. Ivhossz szamıtas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3055.6.4. Forgastestek felszıne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

TARTALOM III

5.7. Improprius integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3075.7.1. Elso tıpusu improprius integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3075.7.2. Masodik tıpusu improprius integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310

6. Differencialegyenletek 3126.1. A differencialegyenlet fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3126.2. Elsorendu differencialegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316

6.2.1. Szetvalaszthato valtozoju differencialegyenletek . . . . . . . . . . . 3166.2.2. Valtozoiban homogen differencialegyenlet . . . . . . . . . . . . . . . 3216.2.3. Elsorendu linearis differencialegyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . 3266.2.4. Bernoulli-fele differencialegyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332

6.3. Masodrendu differencialegyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3396.3.1. Masodrendu linearis differencialegyenlet . . . . . . . . . . . . . . . 3396.3.2. Allando egyutthatos homogen linearis differencialegyenlet . . . . . . 3406.3.3. Allando egyutthatos inhomogen linearis differencialegyenlet . . . . . 344

1

1. Halmazok, relaciok, fuggvenyek

1.1. Halmazelmeleti alapfogalmak

1.1.1. A halmaz fogalma

A halmazt a halmazelmelet alapfogalmanak tekintjuk es ezert nem definialjuk. Szokasazt mondani, hogy a halmaz kulonbozo dolgok osszessege. Ez nem definıcio, hanem ahalmaz mas szavakkal valo korulırasa. A geometriaban ugyancsak definıcio nelkul, alap-fogalomkent hasznaljuk peldaul a pont, az egyenes es a sık fogalmat is.Valamely halmazt akkor tekintunk adottnak, ha barmely pontosan meghatarozott dologrolegyertelmuen el tudjuk donteni, hogy hozzatartozik-e a szoban forgo halmazhoz (eleme-ea halmaznak). A halmazt alkoto dolgok a halmaz elemei. A halmazokat nagybetuvel,elemeit pedig kisbetuvel jeloljuk. Azt a tenyt, hogy x az A halmaz eleme, ıgy jeloljuk:x ∈ A. Ha valamely y elem nem tartozik az A halmazba, akkor ennek jelolese: y /∈ A.Egy halmazban egy elem csak egyszer fordulhat elo, de a felsorolas sorrendje tetszolegeslehet.

1.1. Pelda. Ha Q-val jeloljuk a racionalis szamok halmazat, akkor:2

3∈ Q,

√2 /∈ Q.

Egy halmazt altalaban ketfele modon adhatunk meg: vagy felsoroljuk a halmaz elemeit,vagy a halmaz elemeinek pontos korulırasat adjuk.

1.2. Pelda. A = {1, 2, 3, 4} es B = {x ∈ N|x < 5} az otnel kisebb termeszetes szamokhalmazat jeloli.

1.3. Pelda. A C = {x ∈ R|0 < x ≤ 4} halmaz a 0 es 4 koze eso valos szamok halmazatjeloli. A 0 hozzatartozik a C halmazhoz, a 4 viszont nem.

1.1. Definıcio. Ha az A halmaz minden eleme a B halmaznak is eleme, akkor az Ahalmazt az B halmaz reszhalmazanak nevezzuk, es ezt a kapcsolatot ıgy jeloljuk: A ⊆ Bvagy B ⊇ A (olv: A reszhalmaza B-nek).

1.2. Definıcio. Ha az A halmaz minden eleme a B halmaznak is eleme, es a B halmaz-nak van olyan eleme, amely nem eleme A-nak, akkor az A halmazt az B halmaz valodireszhalmazanak nevezzuk, es ezt a kapcsolatot ıgy jeloljuk: A ⊂ B vagy B ⊃ A (olv: Avalodi reszhalmaza B-nek).

A

B

AÌB

2 1. HALMAZOK, RELACIOK, FUGGVENYEK

A termeszetes szamok N halmazara es az egesz szamok Z halmazara igaz, hogy N ⊂ Z.Minden halmaz reszhalmaza onmaganak, azaz A ⊆ A.

1.3. Definıcio. A valos szamok R halmazanak olyan reszhalmazait, melyek a es b ketvalos szam kozott vannak, intervallumoknak nevezzuk. Nevezetesen:(a, b) = {x ∈ R|a < x < b} nyitott intervallum,[a, b] = {x ∈ R|a ≤ x ≤ b} zart intervallum,(a, b] = {x ∈ R|a < x ≤ b} balrol nyitott jobbrol zart intervallum,[a, b) = {x ∈ R|a ≤ x < b} balrol zart jobbrol nyitott intervallum.

A 1.3. Pelda C halmaza felırhato intervallumkent is, C = (0, 4].

1.4. Definıcio. Az A es B halmazt egyenlonek nevezzuk, azaz A = B akkor es csakisakkor, ha A ⊆ B es B ⊆ A.

Ha ket halmaz egyenlo, akkor az elemeik megegyeznek. Az 3.37. Pelda halmazaira tehatigaz, hogy: A = B.

1.5. Definıcio. Ures halmazon az olyan ∅ vagy {} szimbolummal jelolt halmazt ertjuk,amelynek egy eleme sincs. Eszerint ∅ = {x|x = x}.

1.4. Pelda. Tekintsuk az A = {x ∈ R|x2 + 1 = 0} halmazt. Mivel R a valos szamokhalmazat jeloli, es x2 + 1 = 0 semmilyen valos szamra nem teljesul, ıgy az A halmaznaknincs eleme, azaz A ures halmaz.

Ha figyelembe vesszuk, hogy akarhogyan is adjuk meg az ures halmazt, mindig ugyanarrola halmazrol van szo (pontosan arrol, amelyiknek nincs eleme), akkor nyilvanvalo, hogycsak egy ures halmaz van. Az ures halmaz minden halmaznak reszhalmaza.

Ha valamilyen halmazokrol beszelunk, akkor altalaban ismertnek veszunk egy alaphal-mazt, amelybol a szemlelt halmazok elemeit vesszuk. Peldaul, ha a paros termeszetesszamok halmazat tekintjuk, vagy a prımszamok halmazat szemleljuk, akkor ezek a terme-szetes szamokN halmazanak a reszhalmazai. Hasonlokeppen barmilyen nyitott (a, b) vagyzart [a, b] intervallum a valos szamtengelyen a valos szamokR halmazanak a reszhalmazai.Ezt az alaphalmazt gyakran nem is emlıtjuk, de alapertelmezes szerint ismertnek vesszuk.Nevezzuk ezt az alaphalmazt univerzalis halmaznak es jeloljuk U -val.

1.6. Definıcio. A halmaz elemeinek szamat a halmaz kardinalis szamanak nevezzuk. AzA halmaz kardinalis szama jelolheto |A|, #A vagy Card(A) modon.

A halmazok jol szemleltethetok Venn-diagrammal, azaz zart gorbevel hatarolt sıkidommal,amelyben a halmazhoz tartozo elemek a sıkidom belsejeben levo pontok.

1.5. Pelda. Az A = {1, 2, 3, 4} halmaz Venn-diagrammal valo abrazolasa:

4

1

3

2

A

1.1. Halmazelmeleti alapfogalmak 3

1.1.2. Muveletek halmazokkal

Az alabbiakban olyan muveleteket ertelmezunk, amelyek segıtsegevel adott halmazokbolmeghatarozott elemeket tartalmazo ujabb halmazokat allıthatunk elo.

1.7. Definıcio. Az A es B halmazok uniojan (egyesıtesen) azt a halmazt ertjuk, amelynekelemei az A vagy B halmazok legalabb egyikenek elemei, tehat A∪B = {x|x ∈ A∨x ∈ B}.

A B

A BÜ

1.6. Pelda. Ha A = {2, 4, 6, 8} es B = {n ∈ N|n < 5}, akkor A ∪B = {1, 2, 3, 4, 6, 8}.

A definıciobol nyılvanvalo, hogy A ⊆ (A ∪B) es B ⊆ (A ∪B).Az egyesıtes muvelete kettonel tobb halmaz eseten is ertelmezheto. Az A1, A2, ..., An

halmazok uniojat az

A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An =n∪

i=1

Ai

szimbolummal jeloljuk, es azokbol es csakis azokbol az elemekbol all, amelyek az uniotalkoto halmazok kozul legalabb egynek elemei.

1.8. Definıcio. Az A es B halmazok metszeten (kozos reszen) azt a halmazt ertjuk,amelynek elemei A-nak is es B-nek is elemei, tehat A ∩B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ B}.

A B

A BÝ

1.7. Pelda. Ha A = {2, 4, 6, 8} es B = {n ∈ N|n < 5}, akkor A ∩B = {2, 4}.

A definıciobol nyılvanvalo, hogy (A ∩B) ⊆ A es (A ∩B) ⊆ B.

1.9. Definıcio. Ha az A es a B halmazoknak nincs kozos eleme, azaz A ∩B = ∅, akkorazt mondjuk, hogy A es B diszjunkt halmazok.

A kozosreszkepzes muvelete kettonel tobb halmaz eseten is ertelmezheto. Az A1, A2, ...,An halmazok metszetet az

A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An =n∩

i=1

Ai

szimbolummal jeloljuk, es azokbol es csakis azokbol az elemekbol all, amelyek a metszetetalkoto halmazok mindegyikenek elemei.


1.8. Pelda. Az A = {x ∈ R| − 2 ≤ x < 1} = [−2, 1) es B = {x ∈ R||x| ≤ 1} = [−1, 1]halmazok (intervallumok) unioja es metszete

A ∪B = [−2, 1] es A ∩B = [−1, 1).

1.10. Definıcio. Az A es B halmazok kulonbsegen azt a halmazt ertjuk, amely azokates csakis azokat az elemeket tartalmazza, amelyek A-nak elemei, de B-nek nem elemei,tehat A \B = {x|x ∈ A ∧ x /∈ B}.

A B

A�B

A definıciobol azonnal lathato, hogy ha A es B diszjunktak, azaz A ∩ B = ∅, akkorA \B = A es B \ A = B.

1.9. Pelda. Ha A = {2, 4, 6, 8} es B = {n ∈ N|n < 5}, akkor A \ B = {6, 8} esB \ A = {1, 3}.

1.10. Pelda. Ha A = {x ∈ R| − 2 ≤ x < 1} = [−2, 1) es B = {x ∈ R||x| ≤ 1} = [−1, 1]adott halmazok (intervallumok), akkor

A \B = [−2,−1) es B \ A = {1}.

1.11. Definıcio. Legyen A az U univerzalis halmaz reszhalmaza. Ekkor A-nak az U-ravonatkozo komplementeren ertjuk az U \ A halmazt, amelyet A vagy A′ modon jelolunk.

A A

U

Konnyen belathato, hogy A \B = A ∩B.

1.12. Definıcio. Legyen A a B halmaz reszhalmaza. Ekkor A-nak a B-re vonatkozokomplementeren ertjuk a B \ A halmazt, amelyet AB modon jelolunk.

1.13. Definıcio. Az A es B halmazok szimmetrikus kulonbsegen azt az A∆B modonjelolt halmazt ertjuk, amelynek elemei vagy csak az A halmaz vagy csak a B halmazelemei, vagyis A∆B = {x|x ∈ A∨ x ∈ B}.

A B

ADB


1.11. Pelda. Ha A = {2, 4, 6, 8} es B = {n ∈ N|n < 5}, akkor A∆B = {1, 3, 6, 8}.

Konnyen belathato, hogy A∆B = (A ∪B) \ (A ∩B).

1.1. Tetel. Az A, B es C tetszoleges halmazokra igazak a kovetkezo allıtasok:

1. A ∪ A = A, A ∩ A = A (idempotencia);

2. A ∪B = B ∪ A, A ∩B = B ∩ A (kommutativitas);

3. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ C, A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C (asszociativitas);

4. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C)(az unio es a metszet kolcsonos disztributivitasa);

5. A∆B = B∆A (kommutativitas), A∆(B∆C) = (A∆B)∆C (asszociativitas);

6. A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅, A \ ∅ = A, ∅ \ A = ∅, A∆A = ∅;

7. A = A (involucio), A ∩ A = ∅, A ∪ A = U ;

8. A ∩B = A ∪B, A ∪B = A ∩B (De Morgan-fele azonossagok).

1.14. Definıcio. Az A halmaz osszes reszhalmazainak halmazat az A halmaz hatvany-halmazanak vagy partitıv halmazanak nevezzuk. Ennek jelolesere a P (A) szimbolumothasznaljuk, tehat P (A) = {B|B ⊆ A}.

Ha A elemeinek szama n, akkor P (A) elemeinek szama 2n.

1.12. Pelda. Ha A = {∅, {∅}} es B = {1, 2, 3}, akkor P (A) = {∅, {∅}, {{∅}}, {∅, {∅}}}es P (B) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}.

1.15. Definıcio. Az x es y elemekbol alkotott rendezett par (x, y), ahol x a rendezett parelso komponense, y pedig a masodik komponense. Rendezett parok egyenlosege a megfelelokomponensek egyenloseget jelenti: (x, y) = (u, v)⇐⇒ x = u ∧ y = v.

A rendezett par fogalma altalanosıthato, ıgy beszelhetunk rendezett n-esekrol is, amelyekalakja (x1, x2, ..., xn), ahol xi az i-edik komponens (i = 1, 2, ..., n). Rendezett n-esekkozott az egyenloseg komponensenkenti egyenloseget jelent:

(x1, x2, ..., xn) = (y1, y2, ..., yn)⇐⇒ xi = yi (i = 1, 2, ..., n).

1.16. Definıcio. Az A es B halmazok Descartes-fele szorzatan az (x, y) rendezett parokbolalkotott es az A × B szimbolummal jelolt halmazt ertjuk, ahol x ∈ A es y ∈ B, azazA×B = {(x, y)|x ∈ A ∧ y ∈ B}.

Ha A = B, akkor az A × A = A2 jeloles hasznalatos. Ha A vagy B ures halmaz, akkorA×B = ∅.A Descartes-fele szorzat altalanosıtasa:

A1 × A2 × ...× An = {(x1, x2, ..., xn)|x1 ∈ A1 ∧ x2 ∈ A2 ∧ ... ∧ xn ∈ An}.


1.13. Pelda. Ha A = {1, 2} es B = {a, b, c}, akkor A2 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)},A×B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)},A×A×B = {(1, 1, a), (1, 1, b), (1, 1, c), (1, 2, a), (1, 2, b), (1, 2, c), (2, 1, a), (2, 1, b), (2, 1, c),(2, 2, a), (2, 2, b), (2, 2, c)}.

1

2

a

b

c

A B

A´B

1.1.3. Relaciok, lekepezesek (fuggvenyek)

1.17. Definıcio. Legyen A es B ket nem ures halmaz. Az A es B halmazok elemeikozotti ρ relacionak nevezzuk az A×B halmaz barmely reszhalmazat, azaz ρ ⊆ A×B.

A relaciot alkoto rendezett parok elso komponenseinek halmaza a relacio ertelmezesi tar-tomanya, a masodik komponensek halmaza pedig a relacio ertekkeszlete.

1.18. Definıcio. Legyenek A es B nemures halmazok. Az A es B halmazok elemeikozotti f ⊆ A× B relaciot fuggvenynek (lekepezesnek) nevezzuk, ha az A halmaz mindenelemehez a B halmaz egy es csakis egy elemet rendeli hozza, azaz

1◦ (∀x ∈ A) (∃y ∈ B) (x, y) ∈ f ;

2◦ (x, y1) ∈ f ∧ (x, y2) ∈ f =⇒ y1 = y2.

Ebben a lekepezesben az A halmazt a fuggveny ertelmezesi tartomanyanak (domenjenek),a B halmazt pedig a fuggveny keptartomanyanak (kodomenjenek) nevezzuk. A B halmazazon elemei, amelyek e hozzarendelesben reszt vesznek (azaz a kepelemek), a fuggvenyf(A) ertekkeszletet alkotjak.

Az ertekkeszlet tehat resze a keptartomanynak.A fuggveny ertelmezesekor szokas az a szohasznalat is, hogy az f fuggveny az A hal-mazt a B halmazba kepezi le. Ezert mondjuk a fuggvenyt lekepezesnek is. Ennek egyikjelolesi modja: f : A → B. Az f fuggveny ertelmezesi tartomanyanak jelolese Df , azertekkeszletenek jelolese pedig Rf . Az ertekkeszletet f(A) modon is lehet jelolni.Ha a fuggvenyt f jeloli es a ∈ Df , akkor az a-hoz rendelt Rf -beli elemet f(a) = b jeloli,amit az f fuggveny a helyhez tartozo helyettesıtesi ertekenek nevezzuk, es ezt jelolhetjukmeg f : a 7→ b vagy (a, b) ∈ f modon is.

1.14. Pelda. Az A = {x1, x2, x3} halmaz B = {y1, y2, y3, y4} halmazba valof = {(x1, y1), (x2, y1), (x3, y2)} lekepezese nyildiagrammal abrazolva:

x1

x2

x3

y1

y2

y3

y4

A B


Az f fuggveny megadasahoz meg kell adni a Df ertelmezesi tartomanyt, az Rf keptar-tomanyt es azt a hozzarendelesi szabalyt, amelynek segıtsegevel minden x ∈ Df elemhezmeghatarozhato (kiszamıthato) a hozzatartozo y ∈ Rf elem.Ha az ertelmezesi tartomany veges halmaz, akkor a fuggveny megadhato a lekepezestdefinialo rendezett parok halmazaval, a rendezett parok tablazataval, vagy egy formulaval(keplettel).

1.15. Pelda. Legyen az A = {1, 2, 3, 4} halmaz az f lekepezes ertelmezesi tartomanya,ertekkeszlete pedig a B = {a, b, c, d} halmaz. Mivel mindket halmaz veges, ezert alekepezest megadhatjuk rendezett parok halmazaval vagy tablazattal a kovetkezo modokon:

f = {(1, a), (2, c), (3, b), (4, d)}, f =

(1 2 3 4a c b d

),

x 1 2 3 4f(x) a c b d

.

1.16. Pelda. Legyen A = {−1, 0, 1, 2, 3} az f fuggveny ertelmezesi tartomanya, Z akeptartomanya, f(x) = 3 − 2x pedig a lekepezes szabalya. Ekkor f(−1) = 5, f(0) = 3,f(1) = 1, f(2) = −1, f(3) = −3, s ıgy f(A) = {5, 3, 1,−1,−3} az adott fuggvenyertekkeszlete, vagyis f(A) ⊂ Z. Ez az f lekepezes rendezett parokkal es tablazattal isfelırhato:

f = {(−1, 5), (0, 3), (1, 1), (2,−1), (3,−3)},

f =

(−1 0 1 2 35 3 1 −1 −3

),

x −1 0 1 2 3f(x) 5 3 1 −1 −3 .

Ha az ertelmezesi tartomany vegtelen halmaz, akkor a fuggveny a lekepezes szabalyatkifejezo keplettel adhato meg.

1.17. Pelda. Legyen f(x) = 2x + 3 az R halmaznak az R halmazba valo lekepezese.Ekkor az ertelmezesi tartomanynak es az ertekkeszletnek is vegtelen sok eleme van, tehatnem sorolhato mind fel. A lekepezesi szabaly segıtsegevel azonban barmely x eredetielemhez meghatarozhato az f(x) kepelem. Peldaul, f(0) = 3, f(a) = 2a + 3 es ıgytovabb.

1.19. Definıcio. Az f1 : A1 → B1 es f2 : A2 → B2 fuggvenyek egyenloek, ha megegyezikaz ertelmezesi tartomanyuk, azaz A1 = A2 es ha f1(x) = f2(x) minden x ∈ A1 eseten.

1.20. Definıcio. Az f : A → B fuggveny injektıv (vagy 1-1 lekepezes), ha mindenx1, x2 ∈ A eseten igaz, hogy: x1 = x2 ⇒ f(x1) = f(x2).

1.18. Pelda. Az A = {x1, x2, x3} halmaz B = {y1, y2, y3, y4} halmazba valof = {(x1, y1), (x2, y2), (x3, y3)} injektıv lekepezes nyıldiagrammal abrazolva:

x1

x2

x3

y1

y2

y3

y4

A B


1.21. Definıcio. Az f : A → B fuggveny szurjektıv (vagy halmazra valo lekepezes), haminden y ∈ B elemhez van olyan x ∈ A elem, hogy y = f(x).

1.19. Pelda. Az A = {x1, x2, x3} halmaz B = {y1, y2} halmazra valof = {(x1, y1), (x2, y1), (x3, y2)} szurjektıv lekepezes nyıldiagrammal abrazolva:

x1

x2

x3

y1

y2

A B

1.2. Tetel. Az f : A→ B fuggveny akkor es csak akkor szurjektıv, ha f(A) = B, azaz afuggveny ertekkeszlete egyenlo a keptartomanyaval.

1.22. Definıcio. Az f : A→ B fuggvenyt bijektıvnek nevezzuk, ha egyidejuleg injektıv esszurjektıv.

1.20. Pelda. Az A = {x1, x2, x3} halmaz B = {y1, y2, y3} halmazra valof = {(x1, y1), (x2, y2), (x3, y3)} bijektıv lekepezes nyıldiagrammal abrazolva:

x1

x2

x3

y1

y2

y3

A B

1.23. Definıcio. Az iA : A→ A bijektıv fuggvenyt az A halmaz A halmazra valo identikuslekepezesenek nevezzuk, ha minden x ∈ A eseten iA(x) = x.

Ha egyertelmu, hogy melyik halmaz identikus lekepezeserol beszelunk, akkor az identikuslekepezes jelolesere az i jelolest hasznaljuk.

1.24. Definıcio. Legyenek A es B adott halmazok. Ha az A halmaz bijektıv modonlekepezheto a B halmazra, akkor azt mondjuk, hogy az A es B halmazok egyenlo szamos-saguak vagy szamossagilag ekvivalensek.

1.25. Definıcio. Egy halmazt vegtelen szamossagunak vagy egyszeruen vegtelennek ne-vezunk, ha van olyan valodi reszhalmaza, amellyel szamossagilag ekvivalens. Egy halmaztveges szamossagunak vagy vegesnek nevezunk, ha nincs egyetlen olyan valodi reszhalmazasem, amellyel szamossagilag ekvivalens.

1.21. Pelda. Tekintsuk a termeszetes szamok N halmazat es a paros termeszetes szamokP halmazat, ahol P ⊂ N. Legyen f : N → P olyan lekepezes, hogy f(n) = 2n. Mivel fbijekcio, az N halmaz vegtelen.

1.26. Definıcio. Egy halmazt megszamlalhatoan vegtelennek nevezunk, ha a termeszetesszamok halmazaval szamossagilag ekvivalens. Ha egy vegtelen halmaz szamossaga nemmegszamlalhatoan vegtelen, akkor kontinuumszamossagrol beszelunk.


1.22. Pelda. A termeszetes szamok N, a paros termeszetes szamok P, az egesz szamokZ es a racionalis szamok Q halmaza megszamlalhatoan vegtelen, viszont a valos szamokR halmaza, az egyenes pontjai, a kor pontjai kontinuumszamossaguak.

1.27. Definıcio. Egy halmazt megszamlalhatonak nevezunk, ha vagy veges, vagy meg-szamlalhatoan vegtelen.

1.28. Definıcio. Legyenek A, B es C nemures halmazok, f : B → C es g : A → Bpedig adott fuggvenyek. Az A halmaznak a C halmazba valo f ◦ g-vel jelolt lekepezesetosszetett fuggvenynek (vagy a fuggvenyek kompozıciojanak, osszetetelenek) nevezzuk es(f ◦ g)(x) = f(g(x)) modon ertelmezzuk minden x ∈ A elemre.

1.23. Pelda. Ha f(x) = x+ 12 es g(x) = x2, x ∈ R, akkor(f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(x2) = x2 + 12, x ∈ R,(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(x+ 12) = (x+ 12)2, x ∈ R.

A fenti peldabol belathato, hogy f ◦ g = g ◦ f altalanosan nem ervenyes, vagyis alekepezesek kompozıcioja nem kommutatıv muvelet.

1.3. Tetel. Legyenek h : A → B, g : B → C es f : C → D tetszoleges lekepezesek.Ekkor ervenyes, hogy (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h), azaz a lekepezesek kompozıcioja asszociatıvmuvelet.

Bizonyıtas. Mindket lekepezes, (f ◦ g) ◦ h es f ◦ (g ◦ h) is, az A halmazon ertelmezett.Tovabba minden x ∈ A elemre igaz, hogy

((f ◦ g) ◦ h)(x) = (f ◦ g)(h(x)) = f(g(h(x))) = f((g ◦ h)(x)) = (f ◦ (g ◦ h))(x),

amivel allıtasunkat igazoltuk. ⋄

Ha f : A→ B fuggveny bijektıv, akkor minden y ∈ B elemre van olyan x ∈ A elem, hogyy = f(x). Ez azt jelenti, hogy az f fuggvenyt megado rendezett parok komponenseitfelcserelve ismet fuggvenyt kapunk, ami lehetove teszi az inverz fuggveny fogalmanakbevezeteset.

1.29. Definıcio. Legyen f : A → B bijektıv fuggveny ugy, hogy f(x) = y, ha x ∈ Aes y ∈ B. Ekkor az f−1 : B → A lekepezest az f fuggveny inverzenek nevezzuk, haf−1(y) = x minden y ∈ B eseten.

Az f fuggveny f−1 inverzfuggvenye szinten bijektıv. Minden x ∈ A elemre ervenyes, hogy(f−1 ◦ f)(x) = x es minden y ∈ B elemre (f ◦ f−1)(y) = y.

1.24. Pelda. Legyen az A = {1, 2, 3, 4} halmaz az f lekepezes ertelmezesi tartomanya,

ertekkeszlete pedig a B = {a, b, c, d} halmaz. Az f =

(1 2 3 4a c b d

)bijektıv fuggveny

inverze az f−1 =

(a b c d1 3 2 4

)fuggveny. Ezek f−1 ◦ f osszetetele valoban az A halmaz

identikus lekepezese, mert

f−1 ◦ f =

(a b c d1 3 2 4

)◦(1 2 3 4a c b d

)=

(1 2 3 41 2 3 4

).


1.25. Pelda. Az f(x) = 2x + 3 fuggveny inverzet valtozocserevel a kovetkezokepen

hatarozzuk meg: ha y = 2x+ 3, akkor a valtozocsere utan x = 2y + 3. Ebbol y =x− 3

2,

azaz f−1(x) =x− 3

2az inverz fuggveny. Az f fuggvenyre es f−1 inverzere valoban teljesul,

hogy

(f−1 ◦ f)(x) = f−1(f(x)) = f−1(2x+ 3) =2x+ 3− 3

2= x ,

(f ◦ f−1)(x) = f(f−1(x)) = f(x− 3

2) = 2 · x− 3

2+ 3 = x .

Az f(x) = 2x + 3 fuggveny inverzet a definıciobol kiindulva is meghatarozhatjuk. Mivela definıcio szerint f−1(f(x)) = x, ezert f−1(2x + 3) = x. Legyen 2x + 3 = t, ebbol

pedig x =t− 3

2. Ezt behelyettesıtve az f−1(2x + 3) = x egyenlosegbe adodik, hogy

f−1(t) =t− 3

2, azaz t = x eseten f−1(x) =

x− 3

2a keresett fuggveny.

1.30. Definıcio. A Gf = {(x, f(x))|x ∈ A} halmazt az f : A → B fuggveny grafikonja-nak nevezzuk. y = f(x) a grafikon egyenlete, ahol x a fuggetlen valtozo, y pedig a fuggovaltozo.

Ha az f : R → R bijektıv fuggveny grafikonja megrajzolhato, akkor az f−1 grafikonja ismegrajzolhato, es ez az f fuggveny grafikonjanak az y = x egyenesre vonatkozo tukorkepe

a Descartes-fele derekszogu koordinatarendszerben. Peldaul az f(x) =x+ 4

2fuggveny es

f−1(x) = 2x − 4 inverzenek grafikonja a koordinatarendszerben az alabbi abran lathato.Megfigyelheto a ket grafikon szimmetrikussaga az y = x egyeneshez viszonyıtva.

y=2x-

4

y=x

y=x+

4

2

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4x

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

y

1.31. Definıcio. Fuggvenyegyenletnek nevezzuk az olyan egyenletet, amelyben egy (vagytobb) ismeretlen fuggveny es az(ok) fuggetlen valtozoi szerepelnek.


FELADATOK

1. Legyenek f1, f2 es f3 az A = {2, 4, 6, 8} halmaz B = {a, b, c} halmazba valolekepezesei. Vizsgaljuk ki, hogy kozuluk melyek szurjektıvek, azaz halmazra valolekepezesek, ha

f1 =

(2 4 6 8a b c a

), f2 =

(2 4 6 8a b a b

)es f3 =

(2 4 6 8a a a a

).

Megoldas. A feladat megoldasahoz azt kell megvizsgalni, hogy az f(A) ertekkeszletmegegyezik-e a B keptartomannyal.

Mivel

f1(A) = {f1(2), f1(4), f1(6), f1(8)} = {a, b, c, a} = {a, b, c} = B,

ezert f1 szurjektıv.

Mivelf2(A) = {f2(2), f2(4), f2(6), f2(8)} = {a, b, a, b} = {a, b} ⊂ B,

ezert f2 nem szurjektıv.

Mivelf3(A) = {f3(2), f3(4), f3(6), f3(8)} = {a, a, a, a} = {a} ⊂ B,

ezert f3 nem szurjektıv.

2. Legyenek f1, f2 es f3 az A = {1, 3, 5} halmaz B = {p, q, r, s} halmazba valolekepezesei. Vizsgaljuk ki, hogy kozuluk melyek injektıvek, (1-1 lekepezesek), ha

f1 =

(1 3 5p q r

), f2 =

(1 3 5s r s

)es f3 =

(1 3 5q q q

).

Megoldas. A feladat megoldasahoz azt kell megvizsgalni, hogy vajon kulonbozoeredeti elemek kepelemei is kulonbozoek-e.

Mivel f1(1) = p, f1(3) = q, f1(5) = r, ıgy ha x1 = x2, akkor f1(x1) = f1(x2), tehataz f1 lekepezes injektıv.

Mivel f2(1) = s = f2(5), ıgy 1 = 5, de f2(1) = f2(5), tehat az f2 lekepezes neminjektıv.

Mivel f3(1) = f3(3) = f3(5) = q, ıgy 1 = 3 = 5, de f3(1) = f3(3) = f3(5), tehat azf3 lekepezes nem injektıv.

3. Legyen f az A = {a, b, c, d} halmaz B = {1, 2, 3, 4, 5} halmazba valo lekepezese.Oldjuk meg az f(x) = 1, f(x) = 2, f(x) = 3, f(x) = 4 es f(x) = 5 egyenleteket, ha

f =

(a b c d1 1 3 5

).

Megoldas. f(x) = 1 eseten x = a vagy x = b.f(x) = 2 es f(x) = 4 eseten nincs megoldas.Ha f(x) = 3, akkor x = c.Amennyiben f(x) = 5, x = d a megoldas.


4. Legyen f az A = {a, b, c, d} halmaz onmagaba valo lekepezese. Oldjuk meg azf(x) = a, f(x) = b, f(x) = c, f(x) = d, f(f(x)) = b, f(f(f(x))) = d es

f(f(f(f(x)))) = a egyenleteket, ha f =

(a b c db b d a

).

Megoldas. f(x) = a eseten x = d.Ha f(x) = b, akkor x = a vagy x = b.f(x) = c eseten nincs megoldas.Amennyiben f(x) = d, a megoldas x = c.Ha f(f(x)) = b, akkor f(x) = a vagy f(x) = b, amibol pedig kovetkezik, hogyx = d vagy x = a vagy x = b.Ha f(f(f(x))) = d, akkor f(f(x)) = c, ezert most nincs megoldas.f(f(f(f(x)))) = a eseten f(f(f(x))) = d, ezert szinten nincs megoldas.

5. Legyen f az A = {1, 2, 3, 4} halmaz onmagaba valo lekepezese es f =

(1 2 3 44 2 3 1

).

a) Hatarozzuk meg az f 3 es f 4 lekepezeseket.b) Szamıtsuk ki mivel egyenlo (f ◦(f ◦f))(3), ((f ◦f)◦f))(4) es ((f ◦f)◦(f ◦f))(1).c) Oldjuk meg az (f ◦ (f ◦ f))(x) = 4 es az ((f ◦ f) ◦ (f ◦ f))(x) = 2 egyenleteket.

Megoldas.a)

f 3 = (f ◦ f) ◦ f = f ◦ (f ◦ f) =

=

((1 2 3 44 2 3 1

)◦(1 2 3 44 2 3 1

))◦(1 2 3 44 2 3 1

)=

=

(1 2 3 41 2 3 4

)◦(1 2 3 44 2 3 1

)=

(1 2 3 44 2 3 1

)= f,

f4 = (f ◦ f) ◦ (f ◦ f) =

=

((1 2 3 44 2 3 1

)◦(1 2 3 44 2 3 1

))◦((

1 2 3 44 2 3 1

)◦(1 2 3 44 2 3 1

))=

=

(1 2 3 41 2 3 4

)◦(1 2 3 41 2 3 4

)=

(1 2 3 41 2 3 4

)= i.

b) (f ◦ (f ◦ f))(3) = f 3(3) = 3,

((f ◦ f) ◦ f))(4) = f 3(4) = 1,

((f ◦ f) ◦ (f ◦ f))(1) = f 4(1) = 1.

c) Az (f ◦ (f ◦ f))(x) = 4, azaz f3(x) = 4 egyenlet megoldasa x = 1.Az ((f ◦ f) ◦ (f ◦ f))(x) = 2, vagyis f 4(x) = 2 egyenlet megoldasa x = 2.

6. Adottak az A = {1, 2, 3, 4}, B = {a, b, c, d} es C = {p, q, r, s} halmazok, valamintaz f : A→ B, g : B → C es h : C → A lekepezesek. Hatarozzuk meg a g ◦ f , h ◦ g,f ◦ h es h ◦ (g ◦ f) lekepezeseket, ha

f =

(1 2 3 4b c d a

), g =

(a b c ds r q p

), h =

(p q r s2 1 4 3

).


Megoldas.

g ◦ f =

(a b c ds r q p

)◦(1 2 3 4b c d a

)=

(1 2 3 4r q p s

)

h ◦ g =(p q r s2 1 4 3

)◦(a b c ds r q p

)=

(a b c d3 4 1 2

)f ◦ h =

(1 2 3 4b c d a

)◦(p q r s2 1 4 3

)=

(p q r sc b a d

)h ◦ (g ◦ f) =

(p q r s2 1 4 3

)◦((

a b c ds r q p

)◦(1 2 3 4b c d a

))=

=

(p q r s2 1 4 3

)◦(1 2 3 4r q p s

)=

(1 2 3 44 1 2 3

).

7. Adottak az A = {a, b, c} es B = {10, 20, 30} halmazok, valamint az f : A → B esg : B → C bijektıv lekepezesek. Hatarozzuk meg az f−1 es g−1 inverzfuggvenyeket,majd a g−1 ◦ f−1, f−1 ◦ g−1, f−1 ◦ f , g−1 ◦ g fuggvenykompozıciokat, ha

f =

(a b c20 30 10

), g =

(10 20 30c b a

).

Megoldas.

f−1 =

(10 20 30c b a

), g−1 =

(a b c20 30 10

),

g−1 ◦ f−1 =

(a b c30 20 10

)◦(10 20 30c a b

)=

(10 20 3010 30 20

),

f−1 ◦ g−1 =

(10 20 30c a b

)◦(a b c30 20 10

)=

(a b cb a c

),

f−1 ◦ f =

(10 20 30c a b

)◦(a b c20 30 10

)=

(a b ca b c

)= iA,

g−1 ◦ g =(a b c30 20 10

)◦(10 20 30c b a

)=

(10 20 3010 20 30

)= iB.

8. Adott az A = {−2,−1, 0, 1, 2} halmazon ertelmezett f(x) = 3x − 4 lekepezes.Hatarozzuk meg az f(A) ertekkeszletet, ırjuk fel az f lekepezest es vizsgaljuk ki,hogy az f : A→ f(A) lekepezes bijektıv-e.

Megoldas. Mivel f(−2) = 3 · (−2) − 4 = −10, f(−1) = 3 · (−1) − 4 = −7,f(0) = 3 · 0 − 4 = −4, f(1) = 3 · 1 − 4 = −1 es f(2) = 3 · 2 − 4 = 2, ezertf(A) = {−10,−7,−4,−1, 2}. Maga az f fuggveny ıgy ırhato le:

f =

(−2 −1 0 1 2−10 −7 −4 −1 2

).

Mivel az ertekkeszlet is es a keptartomany is f(A), ezert a fuggveny szurjektıv. Mivelminden eredeti elemhez mas-mas kepelem tartozik, ıgy teljesul, hogy ha x1 = x2,akkor f(x1) = f(x2), tehat az f lekepezes injektıv is, amibol az kovetkezik, hogy fbijektıv.


9. Adott az A = {−2,−1, 0, 1, 2} halmazon ertelmezett f : A → R fuggveny azf(x) = 3− 3|x| lekepezesi szaballyal. Hatarozzuk meg az f(A) ertekkeszletet, ırjukfel az f lekepezest es vizsgaljuk ki, hogy az f : A→ R es f : A→ f(A) lekepezesekbijektıvek-e.

Megoldas. A fuggvenyertekek f(−2) = 3− 3| − 2| = −3, f(−1) = 3− 3| − 1| = 0,f(0) = 3−3|0| = 3, f(1) = 3−3|1| = 0 es f(2) = 3−3|2| = −3, ezert az ertekkeszletf(A) = {−3, 0, 3}. Az f fuggveny ıgy ırhato le:

f =

(−2 −1 0 1 2−3 0 3 0 −3

).

Mivel f(A) ⊂ R, ezert az f : A → R fuggveny nem szurjektıv. Mivel 2 = −2,de f(−2) = f(2) = −3, ezert az f : A → f(A) lekepezes nem injektıv, amibol azkovetkezik, hogy egyik lekepezes sem bijektıv.

10. Adott az A = {−2,−1, 0, 1, 2} halmazon ertelmezett f : A → R fuggveny azf(x) = x2 − 4 lekepezesi szaballyal. Hatarozzuk meg az f(A) ertekkeszletet, ırjukfel az f lekepezest es vizsgaljuk ki, hogy az f : A→ R es f : A→ f(A) lekepezesekbijektıvek-e.

Megoldas. A fuggvenyertekek f(−2) = (−2)2 − 4 = 0, f(−1) = (−1)2 − 4 = −3,f(0) = (0)2−4 = −4, f(1) = 12−4 = −3 es f(2) = 22−4 = 0, ezert az ertekkeszletf(A) = {−4,−3, 0}. Az f fuggveny ıgy ırhato le:

f =

(−2 −1 0 1 20 −3 −4 −3 0

).

Mivel f(A) ⊂ R, ezert az f : A → R fuggveny nem szurjektıv. Mivel −1 = 1,de f(−1) = f(1) = −3, ezert az f : A → f(A) lekepezes nem injektıv, amibol azkovetkezik, hogy egyik lekepezes sem bijektıv.

11. Bizonyıtsuk be, hogy az f(x) = 3x − 4 lekepezesi szaballyal definialt f : R → Rfuggveny bijektıv, majd hatarozzuk meg az f−1(x) inverzfuggvenyt.

Megoldas. Egy fuggveny akkor bijektıv, ha injektıv is es szurjektıv is. Vizsgaljukeloszor az injektivitast! Ha x1 = x2, akkor 3x1 = 3x2 es 3x1 − 4 = 3x2 − 4,amibol kovetkezik, hogy f(x1) = f(x2), azaz az f fuggveny injektıv. A szurjektıvtulajdonsag kivizsgalasahoz tekintsuk az ertekkeszlet egy tetszoleges y ∈ R elemet,amelyet ugy kaptunk, hogy az ertelmezesi tartomany egy elemet az f fuggvennyel

lekepeztunk, azaz y = 3x − 4, valamely x ∈ R elemre. Ebbol x =y + 4

3, tehat

az y ∈ R kepelem az x =y + 4

3eredeti elemnek a kepe. Ez azt jelenti, hogy az

ertekkeszlet minden egyes y kepelemehez hozzarendelheto egy eredeti x elem, tehataz f(x) = 3x − 4 lekepezes szurjektıv is. Mivel ezek szerint a fuggveny bijektıv,ezert van inverze. Az inverz fuggveny meghatarozasa a definıcio szerint: mivel

f−1(f(x)) = x, ezert f−1(3x − 4) = x. Legyen 3x − 4 = t, ebbol pedig x =t+ 4

3.

Ezt behelyettesıtve adodik, hogy f−1(t) =t+ 4

3, azaz t = x eseten a keresett

fuggveny

f−1(x) =x+ 4

3.


12. Legyen f(x) = 3− |x| az f : R→ R fuggveny lekepezesi szabalya. Bizonyıtsuk be,hogy az f fuggveny se nem injektıv, se nem szurjektıv, majd hatarozzuk meg a Df

es Rf halmazokat ugy, hogy az f fuggveny bijektıv legyen. Keressuk meg az ıgykapott fuggveny f−1(x) inverzet.

Megoldas. Az f fuggveny nem injektıv, mert peldaul az y = 0 erteket a fuggvenyx = −1-ben is es x = 1-ben is felveszi, azaz −1 = 1, de f(−1) = f(1). Ugyanakkora fuggveny nem szurjektıv, mert 3-nal nagyobb ertekeket az f fuggveny nem veszfel. Igy peldaul nincs olyan valos x ertek, amelyre f(x) = 4. Ha az ertelmezesitartomanyt es az ertekkeszletet leszukıtjuk Df = [0,+∞) es Rf = (−∞, 3] tar-tomanyokra, akkor az f : Df → Rf fuggveny bijektıv. Ekkor az f fuggvenylekepezesi szabalya f(x) = 3− 3x, ennek inverze pedig

f−1(x) =3− x3

, x ∈ (−∞, 3].

13. Legyen f(x) = x2 − 4 az f : R→ R fuggveny lekepezesi szabalya. Bizonyıtsuk be,hogy az f fuggveny se nem injektıv, se nem szurjektıv, majd hatarozzuk meg a Df

es Rf halmazokat ugy, hogy az f fuggveny bijektıv legyen. Keressuk meg az ıgykapott fuggveny f−1(x) inverzet.

Megoldas. Az f : R → R fuggveny nem injektıv, mert peldaul az y = 0 erteketa fuggveny x = −2-ben is es x = 2-ben is felveszi, azaz −2 = 2, de f(−2) = f(2).Ugyanakkor a fuggveny nem szurjektıv, mert −4-tol kisebb ertekeket az f fuggvenynem vesz fel. Igy peldaul nincs olyan valos x ertek, amelyre f(x) = −5. Haaz ertelmezesi tartomanyt es az ertekkeszletet leszukıtjuk a Df = [0,+∞) es azRf = [−4,+∞) tartomanyokra, akkor az f : Df → Rf fuggveny bijektıv. Ekkor azf fuggveny inverze az

f−1(x) =√x+ 4, x ∈ [−4,+∞).

14. Allıtsuk ossze az f1(x) = x, f2(x) = −x, f3(x) =1

xes f4(x) = −1

xfuggvenyek

osszetetelenek (kompozıciojanak) tablazatat.

Megoldas. Mivel az f1(x) = x = i(x), ıgy megallapıthatjuk, hogy

f1 ◦ fk = fk ◦ f1 = fk, k = 1, 2, 3, 4.

A tobbi esetben a kovetkezo szamıtasokat vegezhetjuk el:

(f2 ◦ f2)(x) = f2(f2(x)) = f2(−x) = −(−x) = x = f1(x),

(f2 ◦ f3)(x) = f2(f3(x)) = f2

(1

x

)= −

(1

x

)= f4(x),

(f2 ◦ f4)(x) = f2(f4(x)) = f2

(−1

x

)= −

(−1

x

)=

1

x= f3(x),

(f3 ◦ f2)(x) = f3(f2(x)) = f3(−x) =1

−x= −

(1

x

)= f4(x),

(f3 ◦ f3)(x) = f3(f3(x)) = f3

(1

x

)=

11x

= x = f1(x),


(f3 ◦ f4)(x) = f3(f4(x)) = f3

(−(1

x

))=

1

−(1x

) = −x = f2(x),

(f4 ◦ f2)(x) = f4(f2(x)) = f4(−x) =−1−x

=1

x= f3(x),

(f4 ◦ f3)(x) = f4(f3(x)) = f4

(1

x

)= − 1

1x

= −x = f2(x),

(f4 ◦ f4)(x) = f4(f4(x)) = f4

(−1

x

)= − 1

− 1x

= x = f1(x),

A keresett tablazat:

◦ f1 f2 f3 f4f1 f1 f2 f3 f4f2 f2 f1 f4 f3f3 f3 f4 f1 f2f4 f4 f3 f2 f1

15. ∗Legyen az f1(x) =1

1− xes fn+1(x) = f1(fn(x)), n ∈ N. Szamıtsuk ki az

f2009(2010) fuggvenyerteket.

Megoldas.

f2(x) = f1(f1(x)) = f1

(1

1− x

)=

1

1− 11−x

=x− 1

x,

f3(x) = f1(f2(x)) = f1

(x− 1

x

)=

1

1− x−1x

= x = i(x),

f4(x) = f1(f3(x)) = f1 (x),

f5(x) = f1(f4(x)) = f1 (f1(x)) = f2(x),

f6(x) = f1(f5(x)) = f1 (f2(x)) = f3(x) = i(x), es ıgy tovabb.

Ebbol kovetkezik, hogy

f3n(x) = x, f3n+1(x) =1

1− xes f3n+2(x) =

x− 1

x.

Mivel 2009 = 3 · 699 + 2, ezert

f2009(x) = f3·699+2(x) =x− 1

xes f2009(2010) =

2010− 1

2010=

2009

2010.

16. ∗∗Ha az fn(x), n ∈ N fuggvenyek sorozatat az f1(x) =x

x− 1, f2(x) =

1

1− x,

fn+2(x) = fn+1(fn(x)), n ∈ N szaballyal kepezzuk, akkor szamıtsuk ki mennyivelegyenlo f2010(2010).

Megoldas. f3(x) = f2(f1(x)) = f2

(x

x− 1

)=

1

1− xx−1

= 1− x,

f4(x) = f3(f2(x)) = f3

(1

1− x

)= 1− 1

1− x=

x

x− 1= f1(x),


f5(x) = f4(f3(x)) = f4 (1− x) =1− x

1− x− 1=x− 1

x,

f6(x) = f5(f4(x)) = f5

(x

x− 1

)=

xx−1− 1x

x−1

=1

x,

f7(x) = f6(f5(x)) = f6

(x− 1

x

)=

1x−1x

=x

x− 1= f1(x),

f8(x) = f7(f6(x)) = f7

(1

x

)=

1x

1x− 1

=1

1− x= f2(x),

f9(x) = f8(f7(x)) = f2 (f1(x)) = f3(x), es ıgy tovabb.

Eszreveheto, hogy bar az identikus lekepezes nem jelenik meg, megis kialakult egyhatos ciklus. Az f7(x) = f1(x) es f8(x) = f2(x), ami a ciklus ujra indulasat jelentiaz f6(x) fuggveny utan.Mivel 2010 = 6 · 335, ezert

f2010(x) = f6(x) =1

xes f2010(2010) =

1

2010.

17. ∗∗Legyen f1(x) =x+√2− 1

(1−√2)x+ 1

es fn+1(x) = f1(fn(x)), n ∈ N. Szamıtsuk ki az

f2010(−1) erteket.

Megoldas.

f2(x) = f1(f1(x)) = f1

(x+√2− 1

(1−√2)x+ 1

)=

1 + x

1− x,

f3(x) = f1(f2(x)) = f1

(1 + x

1− x

)=

x+√2 + 1

−(√2 + 1)x+ 1

,

f4(x) = f1(f3(x)) = f1

(x+√2 + 1

−(√2 + 1)x+ 1

)= −1

x,

f5(x) = f1

(−1

x

)=

x−√2− 1

(√2 + 1)x+ 1

,

f6(x) = f1(f5(x)) = f1

(x−√2− 1

(√2 + 1)x+ 1

)=x− 1

x+ 1,

f7(x) = f1(f6(x)) = f1

(x− 1

x+ 1

)=

x−√2 + 1

(√2− 1)x+ 1

,

f8(x) = f1(f7(x)) = f1

(x−√2 + 1

(√2− 1)x+ 1

)= x = i(x),

ezert

f9(x) = f1(f8(x)) = f1(i(x)) = f1(x), f10(x) = f1(f9(x)) = f1(f1(x)) = f2(x),


es ıgy tovabb. Ebbol kovetkezik, hogy minden n ∈ N eseten,

f8n(x) = x, f8n+1(x) =x+√2− 1

(1−√2)x+ 1

, f8n+2(x) =1 + x

1− x,

f8n+3(x) =x+√2 + 1

−(√2 + 1)x+ 1

, f8n+4(x) = −1

x, f8n+5(x) =

x−√2− 1

(√2 + 1)x+ 1

,

f8n+6(x) =x− 1

x+ 1, f8n+7(x) =

x−√2 + 1

(√2− 1)x+ 1

.

Mivel 2010 = 8 · 251 + 2, ezert

f2010(x) = f8·251+2(x) = f2(x) =1 + x

1− xes f2010(−1) = 0.

18. Oldjuk meg az f(2x− 1) = 3x− 5 fuggvenyegyenletet.

Megoldas. Vezessuk be a 2x − 1 = t helyettesıtest. Ebbol x =t+ 1

2. Behe-

lyettesıtve ezeket a kifejezeseket az f(2x− 1) = 3x− 5 fuggvenyegyenletbe adodik,hogy

f(t) = 3 · t+ 1

2− 5 =

3t− 7

2.

Visszaterve t helyett az x fuggetlen valtozora kapjuk, hogy

f(x) =3x− 7

2.

19. Oldjuk meg az f(x+ 2) =x+ 1

x+ 7fuggvenyegyenletet, ha x = −7.

Megoldas. Vezessuk be a x+2 = t helyettesıtest. Ebbol x = t−2. Behelyettesıtve

ezeket a kifejezeseket az f(x+ 2) =x+ 1

x+ 7fuggvenyegyenletbe adodik, hogy

f(t) =t− 2 + 1

t− 2 + 7=t− 1

t+ 5,

illetve visszaterve az x fuggetlen valtozora,

f(x) =x− 1

x+ 5, x = −5.

20. Oldjuk meg az f(2x− 1) = 4x2 − 2x+ 1 fuggvenyegyenletet.

Megoldas. Vezessuk be a 2x − 1 = t helyettesıtest. Ebbol x =t+ 1

2. Behe-

lyettesıtve ezeket a kifejezeseket az f(2x − 1) = 4x2 − 2x + 1 fuggvenyegyenletbeadodik, hogy

f(t) = 4

(t+ 1

2

)2

− 2 · t+ 1

2+ 1 = t2 + t+ 1,

illetve, hogyf(x) = x2 + x+ 1.


21. Legyen a tetszoleges valos szam. Ha f(x + a) = x2 + x + a, akkor hatarozzuk megmennyi f(x− a).Megoldas. A feladatot ket lepesben oldjuk meg. Eloszor meghatarozzuk az f(x)szabalyt, majd kiszamıtjuk az f fuggveny x− a helyen vett helyettesıtesi erteket.Az x+ a = t helyettesıtesbol x = t− a, ahonnan kovetkezik, hogy

f(t) = (t− a)2 + (t− a) + a = t2 + (1− 2a)t+ a2,

illetve hogy

f(x) = x2 + (1− 2a)x+ a2.

Az f fuggveny erteke x− a-ban

f(x− a) = (x− a)2 + (1− 2a)(x− a) + a2 = x2 + (1− 4a)x+ 4a2 − a.

22. Oldjuk meg az f

(x+ 1

x− 1

)=x− 2

x+ 2fuggvenyegyenletet, ha x = 1, x = −2.

Megoldas. Vezessuk be ax+ 1

x− 1= t helyettesıtest.

Ebbol x+ 1 = t(x− 1), ahonnan rendezes utan az x =t+ 1

t− 1kifejezest kapjuk.

Kovetkezik, hogy

f(t) =t+1t−1− 2

t+1t−1

+ 2=

3− t3t− 1

,

vagyis

f(x) =3− x3x− 1

, x = 1

3.

23. ∗Oldjuk meg az f(x) + xf

(x

2x− 1

)= 2 fuggvenyegyenletet, ha x = 1

2.

Megoldas. Vezessuk be azx

2x− 1= t helyettesıtest.

Ekkor x = t(2x− 1), ahonnan rendezes utan x =t

2t− 1.

Ezeket behelyettesıve a fenti egyenletbe adodik, hogy

f

(t

2t− 1

)+

t

2t− 1f (t) = 2.

A kapott egyenletben nevezzuk at a t valtozot x-re. Az ıgy kapott egyenlet azeredetivel egyutt a kovetkezo egyenletrendszert adja:

f(x) + xf

(x

2x− 1

)= 2

x

2x− 1f (x) + f

(x

2x− 1

)= 2


A masodik egyenletet beszorozva (−x)-szel, a kovetkezo egyenletrendszert kapjuk:

f(x) + xf

(x

2x− 1

)= 2

− x2

2x− 1f (x) − xf

(x

2x− 1

)= −2x

A ket egyenletet osszeadva kapjuk, hogy(1− x2

2x− 1

)f (x) = 2− 2x,

amibol−(x2 − 2x+ 1)

2x− 1f(x) = 2(1− x),

rendezes utan pedig a keresett fuggveny alakja

f(x) =2(2x− 1)

x− 1, x = 1.

24. ∗Oldjuk meg az adott fuggvenyegyenletet, ha x = −1, x = 2:

f

(x+ 1

x− 2

)+ 2f

(x− 2

x+ 1

)= x.

Megoldas. Vegyuk eszre, hogy ha

x+ 1

x− 2= t, akkor

x− 2

x+ 1=

1

tes x =

1 + 2t

t− 1.

Ugyanakkor, ha a helyettesıtes

x− 2

x+ 1= t, akkor

x+ 1

x− 2=

1

tes x = − t+ 2

t− 1.

Mindket helyettesıtest alkalmazva az adott egyenletre, a kovetkezo egyenletrendszertkapjuk:

f(t) + 2f

(1

t

)=

1 + 2t

t− 1

2f (t) + f

(1

t

)= − t+ 2

t− 1


A masodik egyenletet beszorozva (−2)-vel, majd a ket egyenletet osszeadva, ren-dezes utan kapjuk a

−3f(t) = 1 + 2t

t− 1+

2t+ 4

t− 1

egyenletet, amibol

f(t) =4t+ 5

−3(t− 1),

illetve atterve az x valtozora, a megoldas

f(x) =4x+ 5

−3(x− 1), x = 1.

25. ∗∗Oldjuk meg az adott fuggvenyegyenlet-rendszert, majd hatarozzuk meg az(f ◦ g)(x) fuggvenykompozıciot, ha x = 1:

f

(x

x− 1

)+ g (2x+ 1) = 2x

f

(x

x− 1

)− g (2x+ 1) = x

Megoldas. Osszeadva a ket egyenletet, rendezes utan adodik, hogy

f

(x

x− 1

)=

3

2x.

Hax

x− 1= t, akkor x =

t

t− 1

es

f (t) =3t

2t− 2, vagyis f(x) =

3x

2(x− 1).

Vonjuk ki az egyenletrendszer elso egyenletebol a masodikat. Ekkor rendezes utankapjuk, hogy

g(2x+ 1) =x

2.

Ha

2x+ 1 = t, akkor x =t− 1

2

es

g (t) =t− 1

4, vagyis g(x) =

x− 1

4.

A keresett fuggvenykompozıcio pedig

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f

(x− 1

4

)=

3 · x−14

2(x−14− 1) =

3(x− 1)

2(x− 5).


1.2. Elemi fuggvenyek

A kovetkezokben azokkal a fuggvenyekkel ismerkedunk meg, amelyekre kesobb az alta-lanosabb fuggvenyek vizsgalatat alapozni fogjuk. Mivel ezek a fuggvenyek mar az elemimatematikaban is szerepelnek, ezert elemi alapfuggvenyeknek nevezzuk oket. Azokat afuggvenyeket amelyek az elemi alapfuggvenyekbol a negy alapmuvelet (osszeadas, kivonas,szorzas, osztas) es az osszetett fuggveny kepzesenek veges szamu alkalmazasaval nyerhe-tok, elemi fuggvenyeknek nevezzuk. Az alabbi fejezetekben bemutatjuk az elemi alap-fuggvenyeket es foglalkozunk nehany fontosabb elemi fuggvennyel.

1.2.1. Linearis fuggveny

1.32. Definıcio. Legyenek a es b tetszoleges valos szamok. Azt az f : R → R valosfuggvenyt, melyet az

f(x) = ax+ b

hozzarendelessel adunk meg, linearis (vagy elsofoku) fuggvenynek nevezzuk.

A linearis fuggveny minden valos szamra ertelmezett es minden valos erteket felvesz, azazertelemzesi tartomanya Df = R, es ertekkeszlete is ugyanez, vagyis Rf = R.Az f linearis fuggveny grafikonja a

Gf = {(x, y) ∈ R2| x ∈ R es y = ax+ b}

ponthalmaz, amely a Descartes-fele derekszogu koordinatarendszerben mindig egy egyenes.Ha a = 0, akkor a linearis fuggveny f(x) = b alaku. Mivel ebben az esetben a kepletbennem szerepel az x fuggetlen valtozo, ezert ezt a fuggvenyt konstans fuggvenynek nevezzuk.A konstans fuggveny minden egyes pontjanak ordinataja (y-koordinataja) b-vel egyenlo,ami azt jelenti, hogy grafikonjanak minden egyes pontja b tavolsagra van az x-tengelytol,ezert az y = b egyenletu fuggvenygrafikon egy vızszintes helyzetu, azaz az x-tengellyelparhuzamos egyenest hataroz meg.

y=b, b>0

y=b, b=0

y=b, b<0

x

y

x1 x2

M1Hx1,bL M2Hx2,bLb

x

y

Ha M1(x1, y1) es M2(x2, y2) az y = b egyenes kulonbozo pontjai, ahol x1 es x2 olyan valosszamok eseten, hogy x1 < x2, y1 = y2 = b lesz ervenyes. Az ilyen helyzetu egyenes se nemnovekszik, se nem csokken, hiszen barmely valos szamra ugyanazt az erteket veszi fel. Azf : R→ R, f(x) = b konstans fuggveny se nem injektıv, se nem szurjektıv, tehat nem isbijektıv, ezert nincs inverz fuggvenye.

1.2. Elemi fuggvenyek 23

Legyen most a = 0. Ekkor az f(x) = ax + b linearis fuggveny bijektıv es grafikonja egyferde helyzetu egyenes, amelynek egyenlete y = ax+ b.

Felvetodik a kerdes, hogy vajon a sık barmelyegyenese egy linearis fuggveny grafikonja-e?A valasz nem, ugyanis az x = m egyen-letu fuggoleges helyzetu, azaz y-tengellyelparhuzamos egyenesen olyan pontok talalhatok,mint az (m, y1) es (m, y2). Ez pedig azt jelenti,hogy az x = m hozzarendelesi szabaly nem teszeleget a lekepezes definıciojanak (mivel egy ere-detihez nem csak egy erteket rendel hozza), ıgynem is fuggveny.

m

x=m

Hm,y1L

Hm,y2L

y1

y2

x

y

Az f(x) = ax+b, a = 0 linearis fuggveny minden valos szamra ertelmezett, azaz Df = R.Az f fuggveny erteke nullaban egyenlo a linearis fuggveny allando tagjaval, azaz f(0) = b.Az f fuggveny grafikonjan tehat mindig rajta van a (0, b) koordinataju pont, ami egybenazt is jelenti, hogy az y = ax+ b egyenes a b pontban metszi az y-tengelyt.Azt a pontot, ahol az y = ax+b egyenes metszi az x-tengelyt, az f fuggveny nullahelyenek

nevezzuk. Mivel ebben a pontban y = 0, ıgy x = − ba. Ezert N

(− ba, 0

)az f(x) = ax+ b

linearis fuggveny nullahelye.

Az f fuggveny elojele az a konstans elojeletol fugg.

1o Legyen a > 0. Az f fuggveny pozitıv, azaz grafikonja az x-tengely felett helyezkedik

el, amennyiben x > − ba, es az f fuggveny negatıv, azaz grafikonja az x-tengely alatt

helyezkedik el, ha x < − ba.

2o Legyen a < 0. Ebben az esetben viszont fordıtott a helyzet, vagyis az f fuggveny

pozitıv, ha x < − ba, es az f fuggveny negatıv, amennyiben x > − b

a.

Az f(x) = ax + b linearis fuggveny kepleteben az a = 0 allandot az y = ax + b egyenesiranytenyezojenek nevezzuk. Vizsgaljuk meg az iranytenyezo geometriai jelenteset.

Legyenek M1(x1, y1) es M2(x2, y2) az y = ax + begyenes kulonbozo pontjai, ahol x1 es x2 tetszolegesvalos szamok, valamint y1 = ax1 + b es y2 = ax2 + b.Ha a masodik egyenletbol kivonjuk az elsot, akkor azy2 − y1 = a(x2 − x1) osszefuggest kapjuk, es mivelx1 = x2, ezert

a =y2 − y1x2 − x1

(= tgα) , x1 x2

M1

M2

y1

y2

b

Αx

y

ahol az y = ax+ b egyenes α szoget zar be az x-tengely pozitıv iranyaval.

Az f fuggveny novekedese, illetve csokkenese szinten az a konstans elojeletol fugg.

1o Tekintsuk eloszor az a > 0 esetet. Ha most x1 es x2 olyan valos szamok, hogy x1 < x2,akkor y1 < y2 es ebben az esetben azt mondjuk, hogy a fuggveny szigoruan monoton


novekvo a teljes ertelmezesi tartomanyon. Vegyuk eszre, hogy a fuggveny grafikonjaes az x-tengely pozitıv iranya altal bezart α szog hegyes szog.

2o Az a < 0 esetet vizsgalva megallapıthatjuk,hogy ha x1 es x2 olyan valos szamok, hogyx1 < x2, akkor y1 > y2 es ebben az eset-ben azt mondjuk, hogy a fuggveny szigoruanmonoton csokkeno a teljes ertelmezesi tar-tomanyon. A fuggveny grafikonja most azx-tengely pozitıv iranyaval α tompa szogetzar be.

x1 x2

M1

M2

y1

y2

b

Αx

y

Ha b = 0, akkor az y = ax egyenes athalad az origon. a = 1 eseten az y = x egyenes azelso es harmadik negyed szimmetriatengelye, a = −1 eseten pedig az y = −x egyenes amasodik es negyedik negyed szimmetriatengelye.

Tekintsuk az f1(x) = a1x + b1 es f2(x) = a2x + b2 fuggvenyek grafikonjait. Mivel azf fuggveny iranytenyezoje es grafikonjanak az x-tengely pozitıv iranyaval bezart szogeosszefuggesben allnak egymassal, ezert ervenyes a kovetkezo, parhuzamos egyenesekrevonatkozo tetel.

1.4. Tetel. Ket kulonbozo egyenes akkor es csakis akkor parhuzamos, ha iranytenyezoikmegegyeznek, azaz a1 = a2, vagy ha mindketto meroleges az x-tengelyre.

Meroleges egyenesek eseten a kovetkezo allıtas ervenyes.

1.5. Tetel. Ket kulonbozo egyenes akkor es csakis akkor meroleges egymasra, ha irany-tenyezoik kielegıtik az

a1a2 = −1,(a2 = −

1

a1

)feltetelt, vagy ha az egyik egyenes meroleges az x-tengelyre, a masik pedig parhuzamos azx-tengellyel.

A sıkbeli egyenes egyenletenek explicit alakja

y = ax+ b, a, b ∈ R, a = 0.

A sıkbeli egyenes egyenletenek implicit alakja az

Ax+By + C = 0, A,B,C ∈ R

ketismeretlenes egyenlet, amelybol B = 0 eseten felırhato az egyenes egyenletenek explicitalakja, ahol

a = −AB

es b = −CB, azaz y = −A

Bx− C

B.

A B = 0 esetben az y-tengellyel parhuzamos egyenesek egyenletet kapjuk, azaz ekkor

x = −CA.


FELADATOK.

1. Irjuk fel annak a linearis fuggvenynek az egyenletet, amely athalad az M1(0,−2) esM2(4, 2) pontokon, majd abrazoljuk a grafikonjat es ırjuk le a tulajdonsagait.

Megoldas. A linearis fuggveny altalanosalakja f(x) = ax + b. Ha az M1 es M2 pontokrajta vannak az f fuggveny grafikonjan, akkorezek a pontok kielegıtik a megfelelo egyenesegyenletet, vagyis az alabbi egyenletrendszert:

−2 = a · 0 + b

2 = a · 4 + b

Az elso egyenletbol b = −2, a masodikbol pediga = 1, ıgy a keresett fuggveny egyenlete

f(x) = x− 2.

y=x-2

2x

-2

y

Az y = x− 2 fuggvenygrafikonrol leolvashatjuk a kovetkezo tulajdonsagokat:

1. A fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R.

2. A fuggveny ertekkeszlete Rf = R.

3. A fuggveny nullahelye x = 2, x = 0 eseten pedig −2 az erteke. Ez azt je-lenti, hogy a fuggveny grafikonja az N(2, 0) pontban metszi az x-tengelyt, s azM(0,−2) pontban metszi az y-tengelyt.

4. a = 1 > 0 miatt a fuggveny szigoruan monoton novekvo a teljes ertelmezesitartomanyon.

5. f(x) > 0, ha x ∈ (2,+∞), illetve f(x) < 0, ha x ∈ (−∞, 2).

2. Hatarozzuk meg azt a linearis fuggvenyt, amely parhuzamos az y = 5x−2 egyenesseles athalad a P (−2, 3) ponton.

Megoldas. Az y = 5x − 2 egyenes iranytenyezoje a = 5. A parhuzamossag miatta keresett f(x) = ax+ b linearis fuggveny iranytenyezoje is annyi kell, hogy legyen,azaz a = 5. Az f(x) = 5x + b linearis fuggvenynek tartalmaznia kell a P (−2, 3)pontot, tehat teljesulnie kell a

3 = 5 · (−2) + b

egyenletnek, ahonnan b = 13. A keresett linearis fuggveny tehat f(x) = 5x+ 13.

3. Az f(x) = (m − 2)x + 3 − 2m linearis fuggvenyben hatarozzuk meg az m valosparameter erteket ugy, hogy

a) a fuggveny grafikonja az y-tengelyt az 5-ben messe,

b) a fuggveny nullahelye x = −3-ban legyen.


Megoldas. a) Az y = ax+ b egyenes b-ben metszi az y-tengelyt, ezert most b = 5kell legyen. Az adott fuggvenybol ennek alapjan 3 − 2m = 5, ahonnan 2m = −2,azaz m = −1. Mivel m− 2 = −1− 2 = −3, ezert a keresett fuggveny keplete

f(x) = −3x+ 5.

b) Ha x = −3 a nullahely, akkor az N(−3, 0) pont rajta van a keresett fuggvenygrafikonjan. Ekkor

0 = (m− 2) · (−3) + 3− 2m, illetve 0 = −3m+ 6 + 3− 2m.

Innen 5m = 9 es m =9

5. A keresett fuggveny grafikonjanak explicit alakja tehat

y = −1

5x− 3

5,

implicit alakja pedig x+ 5y + 3 = 0.

4. A kx+ (1− k)y + 3 = 0 egyenes egyenleteben hatarozzuk meg a k valos parametererteket ugy, hogy az egyenes parhuzamos legyen a 4x− 2y + 2 = 0 egyenessel.

Megoldas. Mivel az egyenes iranytenyezoje az egyenes egyenletenek explicit alakja-bol olvashato ki, ezert alakıtsuk at az implicit alakot explicit alakra. Ekkor adodik,hogy 2y = 4x+2, illetve y = 2x+1, ıgy a keresett iranytenyezo a = 2. A parameteresegyenletet pedig atalakıthatjuk a kovetkezo modon:

(k − 1)y = kx+ 3, illetve y =k

k − 1x+

3

k − 1.

Igy az iranytenyezoket kiegyenlıtve az alabbi egyenletet kapjuk:

k

k − 1= 2, ahonnan k = 2k − 2, vagyis k = 2.

A keresett egyenes egyenletet tehat implicit alakban 2x− y + 3 = 0, illetve explicitalakban y = 2x+ 3.

5. Irjuk fel annak az egyenesnek az egyenletet, amely athalad az M(5,−2) ponton esmeroleges a 3x+ y − 4 = 0 egyenesre.

Megoldas. Ha 3x + y − 4 = 0, akkor ebbol y = −3x + 4, ıgy az adott egyenesiranytenyezoje a1 = −3. Ha a keresett egyenes egyenletet y = a2x+b2 alakban ırjuk

fel, akkor a2 = −1

a1=

1

3, vagyis y =

1

3x+ b2. Ennek az egyenesnek at kell haladnia

az M(5,−2) ponton, ezert −2 =1

3· 5 + b2, ahonnan b2 = −

11

3. A keresett egyenes

egyenletenek explicit alakja tehat y =1

3x− 11

3, implicit alakja pedig x−3y−11 = 0.


1.2.2. Szakaszonkent egyenesvonalu fuggveny

E fuggvenyek egyszeruseguk ellenere nem elemi fuggvenyek.

Az abszolut ertek fuggveny. Az |a|,a ∈ R abszolut ertek ertelmezese alapjanaz f(x) = |x| abszolut ertek fuggvenyt ıgydefinialjuk:

|x| ={

x, ha x ≥ 0,−x, ha x < 0.

Az f abszolut ertek fuggveny ertelmezesi tar-tomanya Df = R, ertekkeszlete Rf = [0,∞).Az f fuggveny grafikonja y = x, ha x ≥ 0 esy = −x, ha x < 0.

y=ÈxÈ

-1 1x

1

y

1.26. Pelda. |3| = 3, |0| = 0, | − 3| = 3.

Az elojel (vagy szignum) fuggveny.Az x elojelet megado f(x) = sgnx elojel(vagy szignum) fuggvenyt a kovetkezokeppendefinialjuk:

sgnx =

1, ha x > 0,0, ha x = 0,−1, ha x < 0.

y=sgnx

-2 -1 1 2x

-1

1

y

Az f elojel fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R, ertekkeszlete Rf = {−1, 0, 1}. Azf fuggveny grafikonja y = 1, ha x > 0, y = 0, ha x = 0 es y = −1, ha x < 0.

1.27. Pelda. sgn 3 = 1, sgn (−3) = −1, sgn 0 = 0.

Az egeszresz (vagy entier) fuggveny. Az x ∈ R egesz reszet megado f(x) = [x]egeszresz (vagy entier) fuggveny definıcioja a kovetkezo:

[x] = max{n ∈ Z|n ≤ x},

vagyis [x] jelenti az x-nel kisebb vagy veleegyenlo legnagyobb egesz szamot. Az fegeszresz fuggveny ertelmezesi tartomanyaDf = R, ertekkeszlete pedig Rf = Z. Az ffuggveny grafikonja ket egesz szam kozott olyanegyenesszakaszokbol all, amelyek parhuzamosakaz x-tengellyel, s vegpontjaik kozul csak abaloldaliak tartoznak a grafikonhoz.

y=@xD

-3 -2 -1 1 2 3x

-2

-1

1

2

y

1.28. Pelda. [3.2] = 3, [3.001] = 3, [−2.4] = −3, [3] = 3.


A tortresz (vagy frac) fuggveny. Az x ∈ Rtort reszet megado f(x) = {x} tortresz (vagyfrac) fuggveny definicioja a kovetkezo:

{x} = x− [x] = [x]−max{n ∈ Z|n ≤ x}.y=8x<

-3 -2 -1 1 2 3x

1

y

Az f tortresz fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R, ertekkeszlete pedig Rf = [0, 1).Az f fuggveny grafikonja ket egesz szam kozott az x-tengellyel 45o-os szoget bezaro egye-nesszakaszokbol all, a vegpontjaik kozul csak az x-tengelyen levok tartoznak a grafikonhoz.

1.29. Pelda. {3.2} = 0.2, {−3} = 0, {−2.4} = 0.6, {2} = 0.

FELADATOK.

1. Irjuk fel abszolut ertek nelkul, majd rajzoljuk meg az f(x) = |2x− 4| − 3 fuggvenygrafikonjat, majd a segıtsegevel rajzoljuk meg az y = ||2x− 4| − 3| grafikont is.Megoldas. Az abszolut ertek definıcioja alapjan kovetkezik, hogy

|2x− 4| ={

2x− 4, ha 2x− 4 ≥ 0,−(2x− 4), ha 2x− 4 < 0.

=

{2x− 4, ha x ≥ 2,−2x+ 4, ha x < 2.

Behelyettesıtve a megfelelo egyenletbe es rendezve a kifejezest, valamint megoldvaa megfelelo egyenlotlensegeket adodik, hogy

y = |2x− 4| − 3 =

{2x− 7, ha x ≥ 2,−2x+ 1, ha x < 2.

Ennek grafikonja es az y = ||2x − 4| − 3| fuggvenygrafikon a kovetkezo ket abranlathato. Az abszolut ertek a masodik grafikon eseteben azt jelenti, hogy ha a grafikonıve az x-tengely felett van, akkor ott is marad, ha pedig a grafikon ıve az x-tengelyalatt van, akkor azt a pozitıv felsıkra tukrozzuk az x-tengelyhez valo tengelyes szim-metriaval.

y=È2x-4È-3

-1 1 2 3 4x

-3

-2

-1

1

y

y=ÈÈ2x-4È-3È

-1 1 2 3 4x

-1

1

2

3

4

y


2. Rajzoljuk meg az f(x) = −|x+1|+2x− 1 fuggveny grafikonjat es hatarozzuk mega nullahelyet.

Megoldas. Mivel

|x+ 1| ={x+ 1, ha x+ 1 ≥ 0,−(x+ 1), ha x+ 1 < 0

=

{x+ 1, ha x ≥ −1,−x− 1, ha x < −1

ezert rendezes utan felırhato, hogy

f(x) =

{x− 2, ha x ≥ −1,3x, ha x < −1.

A fuggveny nullahelyet az f(x) = 0egyenlet megoldasa adja. x − 2 = 0akkor es csakis akkor, ha x = 2 esmivel a 2 hozzatartozik a [−1,∞) in-tervallumhoz, ez valoban nullahelye afuggvenynek. 3x = 0 akkor es csakisakkor, ha x = 0, es mivel a 0 nem tar-tozik hozza a (−∞,−1) intervallumhoz,ezert nem nullahelye a fuggvenynek. Afuggvenynek tehat csak egy nullahelyevan, az N(2, 0) pont.

y=-Èx+1È+2x-1

NH2,0L-3 -2 -1 1 2 3 4

x

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

y

3. Oldjuk meg az |x− 1| = 1

3(5− x) egyenletet.

Megoldas. Oldjuk meg grafiku-san a feladatot oly modon, hogymegrajzoljuk az

y = |x− 1| es y = −1

3x+

5

3

fuggvenygrafikonokat ugyanab-ban a koordinatarendszerben esmegkeressuk a metszespontjaikat.

y=Èx-1È

y=-1

3x+

5

3

M1

M2

-2 -1 1 2 3 4 5 6x

1

2

3

4

y

Mivel

|x− 1| ={x− 1, ha x− 1 ≥ 0,−(x− 1), ha x− 1 < 0

=

{x− 1, ha x ≥ 1,−x+ 1, ha x < 1

ezert az egyik megoldast az y = 1−x es az y = −1

3x+

5

3egyenesek metszespontjabol,


a masik megoldast pedig az y = x−1 es az y = −1

3x+

5

3egyenesek metszespontjabol

olvashatjuk le. Mivel ezek a metszespontok az M1(−1, 2) es M2(2, 1) pontok, ezertaz egyenlet megoldasai x1 = −1 es x2 = 2.

4. Oldjuk meg az |x+ 2| ≤ 1

2(x+ 5) egyenlotlenseget.

Megoldas. Rajzoljuk megugyanabban a koordinatarend-szerben az

y = |x+ 2| es y =1

2x+

5

2

fuggvenygrafikonokat, majdszamıtsuk ki a metszespontokates olvassuk le, hogy mely inter-vallumon van az y = |x+ 2|

y=Èx+2È y=1

2x+

5

2

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3x

1

2

3

4

y

grafikonja az y =1

2x+

5

2grafikonja alatt. Az egyik metszespontot az x+2 =

1

2x+

5

2

egyenletbol szamıtjuk ki, ahonnan x = 1, a masik metszespontot az −x−2 =1

2x+

5

2egyenlet megoldasa adja, ahonnan x = −3. A grafikonrol leolvashatjuk, hogy az

y = |x + 2| fuggveny grafikonja a [−3, 1] intervallumon az y =1

2x +

5

2fuggveny

grafikonja alatt van, ezert az |x+ 2| ≤ 1

2(x+ 5) egyenlotlenseg megoldasa a [−3, 1]

intervallum, azaz a megoldashalmaz

M = {x ∈ R| − 3 ≤ x ≤ 1}.

5. Hany megoldasa van a 2− |x+ 1| = a egyenletnek az a valos parameter kulonbozoertekeire?

Megoldas. Mivel az abszolutertek felbontasa utan

2−|x+1| ={

1− x, ha x ≥ −1,x+ 3, ha x < −1,

ezert ha megrajzoljuk az

y = 2− |x+ 1|

fuggveny grafikonjat, valamint azy = a vızszintes helyzetu egyene-seket kulonbozo a ∈ R ertekekre,akkor a grafikonrol leolvashatjuka megoldast:

y=2-Èx+1È

y=a, a=2

y=a, a>2

y=a, a<2

-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4x

-1

1

2

y


1o a > 2 eseten az egyenletnek nincs megoldasa,

2o a = 2 eseten az egyenletnek 1 megoldasa van,

3o a < 2 eseten az egyenletnek 2 megoldasa van.

1.2.3. Hatvanyfuggveny

1.33. Definıcio. Azt az f : R→ R valos fuggvenyt, melyet az

f(x) = xn, n ∈ N

hozzarendelessel adunk meg, termeszetes kitevoju hatvanyfuggvenynek nevezzuk.

Tekintsunk eloszor nehany kokret esetet.Az f(x) = x fuggveny grafikonja az y = x egyenletu egyenes.Az f(x) = x2 fuggveny grafikonja parabola. Keszıtsunk ertektablazatot es a kapottpontok segıtsegevel rajzoljuk fel ezt a gorbet.

x −2 −1 −0.5 0 0.5 1 2x2 4 1 0.25 0 0.25 1 4

y=x2

-2 -1 -

12

12

1 2x

14

1

2

3

4

5

6

7

y

y=x2

y=x4

-1 1x

1

y

Az f(x) = x2 fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R, ertekkeszlete Rf = [0,∞), nulla-helye pedig az origo, azaz az N(0, 0) pont. Az f fuggveny jellegzetes tulajdonsaga, hogyf(−x) = f(x), ami miatt a fuggveny grafikonja szimmetrikus az y-tengelyre. Ugyanilyentulajdonsagokkal rendelkezik minden f(x) = x2n, azaz paros kitevoju hatvanyfuggveny,ha n ∈ N. A mellekelt abran megfigyelhetjuk az y = x2 es az y = x4 parabolak kozottiviszonyt.A paros kitevoju fuggvenyre ervenyes, hogy minden x valos szamra f(−x) = f(x), esemiatt nevezunk minden olyan f fuggvenyt parosnak, amelyekre f(−x) = f(x) teljesul.A paros fuggvenyek grafikonja szimmetrikus az y-tengelyre.


Rajzoljuk most fel az f(x) = x3 fuggveny grafikonjat, amelyet harmadfoku parabolanakis szokas nevezni. Keszıtsunk ertektablazatot es a kapott pontok segıtsegevel rajzoljuk felezt a gorbet.

x −2 −1 −0.5 0 0.5 1 2x3 −8 −1 −0.125 0 0.125 1 8

y=x3

-2 -1 - 12

12

1 2x

-1

-2

-3

-4

-5

-6

-7

-8

1

2

3

4

5

6

7

8

y

y=x

y=x3

y=x5

-1 1x

-1

1

y

Az f(x) = x3 fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R, ertekkeszlete Rf = R, nullahe-lye pedig az origo, azaz az N(0, 0) pont. Az f fuggveny jellegzetes tulajdonsaga, hogyf(−x) = −f(x), ami miatt a fuggveny grafikonja szimmetrikus az origora. Ugyanilyen tu-lajdonsagokkal rendelkezik minden f(x) = x2n−1, azaz paratlan kitevoju hatvanyfuggveny,ha n ∈ N. A mellekelt abran megfigyelhetjuk az y = x3 es az y = x5 harmadfokuparabolak kozotti viszonyt.A paratlan kitevoju fuggvenyre ervenyes, hogy minden x valos szamra f(−x) = −f(x),es emiatt nevezunk minden olyan f fuggvenyt paratlannak, amelyekre f(−x) = −f(x)teljesul. A paratlan fuggvenyek grafikonja szimmetrikus az origora.Bovıtsuk ki a hatvanyfuggveny fogalmat negatıv egesz kitevokre, azaz tekintsuk az

f(x) = x−n =1

xn, n ∈ N

fuggvenyeket. Ertelmezesi tartomanyuk Df = R \ {0}, nullahelyuk nincs. Paros kitevokeseten a fuggvenyek parosak es ertekkeszletuk Rf = (0,∞), paratlan kitevok eseten pediga fuggvenyek paratlanok es ertekkeszletuk Rf = R \ {0}.


A kovetkezo ket abran az n = 2 es n = 4, valamint az n = 1, n = 3 es n = 5 eset lathato.

y=x-2 y=x-4

-1 1x

1

y

y=x-1

y=x-3

y=x-5

-1 1x

-1

1

y

Tekintsuk az f(x) = x2 fuggvenyt a Df = [0,∞) ertelmezesi tartomanyon. Ekkor az ffuggveny ertekkeszlete Rf = [0,∞) es f bijektıv, vagyis letezik inverze. Az f−1 inverzfuggvenyt az

x =(f−1(x)

)2egyenletbol kapjuk, ahonnan f−1(x) =

√x. Az f−1 fuggveny grafikonjat az f fuggveny

grafikonjanak y = x tengelyre valo tukrozesevel kapjuk. Az y =√x fuggvenygrafikonrol

leolvashatjuk, hogy a fuggveny csak nemnegatıv szamokra ertelmezett, szigoruan mono-ton novekvo es pozitıv a teljes ertelmezesi tartomanyon. Hasonloan jutunk el az y = x2n

fuggvenygrafikonok fogalmahoz is, melyek tulajdonsagaikban is teljes hasonlosagot mu-tatnak az y =

√x grafikon tulajdonsagaival.

Tekintsuk most az f(x) = x3 fuggvenyt a Df = R ertelmezesi tartomanyon. Ekkor azf fuggveny ertekkeszlete Rf = R es f bijektıv, vagyis letezik inverze. Az f−1 inverzfuggvenyt az

x =(f−1(x)

)3egyenletbol kapjuk, ahonnan f−1(x) = 3

√x. Az f−1 fuggveny grafikonjat az f fuggveny

grafikonjanak y = x tengelyre valo tukrozesevel kapjuk. Az y = 3√x fuggvenygrafikonrol

leolvashatjuk, hogy a fuggveny minden valos szamra ertelmezett, szigoruan monotonnovekvo a teljes ertelemzesi tartomanyon, az origoban van nullahelye es grafikonja ko-zeppontosan szimmetrikus az origora, vagyis paratlan fuggvenyrol van szo. Hasonloanjutunk el az y = x2n+1 fuggvenygrafikonok fogalmahoz is, melyek tulajdonsagaikban tel-jes hasonlosagot mutatnak az y = 3

√x grafikon tulajdonsagaival.

Bovıtsuk most a hatvanyfuggveny fogalmat racionalis kitevoju hatvanyfuggvenyekre, azaztekintsuk az

f(x) = x1n = n√x, n ∈ N

tıpusu fuggvenyeket.

A kovetkezo ket abran az n = 2 es n = 4, valamint az n = 3 es n = 5 eset lathato.


y=x1�2

y=x1�4

1x

1

y

y=x1�3

y=x1�5

-1 1x

-1

1

y

1.2.4. Masodfoku fuggveny

1.34. Definıcio. Legyenek a, b, c ∈ R es a = 0. Az f : R → R valos fuggvenyt, melyetaz

f(x) = ax2 + bx+ c

hozzarendelessel adunk meg, masodfoku fuggvenynek nevezzuk. Azt a sıkgorbet, amelynekaz egyenlete y = ax2 + bx + c, masodfoku parabolanak, vagy roviden csak parabolanaknevezzuk.

A masodfoku fuggveny legegyszerubb alakja a = 1, valamint b = c = 0 eseten az f(x) = x2

fuggveny, amelynek grafikonjat mar rajzoltuk, s amelybol kulonbozo fuggvenytranszfor-maciok segıtsegevel az osszes tobbi parabola is felrajzolhato. Az alabbi abran a mar ismerty = x2 parabola lathato, s errol leolvashatjuk az f(x) = x2 fuggveny tulajdonsagait.

1. Ertelmezesi tartomanya: Df = R.

2. Ertekkeszlete: Rf = [0,∞).

3. Nullahelye: x = 0.

4. Elojele: f(x) > 0, ha x = 0.

5. f szigoruan monoton csokkeno, hax < 0,f szigoruan monoton novekvo, hax > 0.

6. x = 0-ban a fuggvenynek minimumavan es fmin(0) = 0.

7. A grafikonnak az y-tengely szimmetri-atengelye.

8. A fuggveny grafikonja felfele nyılo(konvex) parabola.

y=x2

-2 -1 -

12

12

1 2x

14

1

2

3

4

5

6

7

y

Az f(x) = kx2, f(x) = kx2 + n, f(x) = (x +m)2 es f(x) = k(x +m)2 + n fuggvenyekgrafikonjai olyan parabolak, melyeket az y = x2 parabola transzformacioival kaphatunkx-, illetve y-tengelyek iranyaban torteno eltolasokkal, valamint zsugorıtassal es nyujtassal.


Vizsgaljuk meg hogyan abrazolhatnank a legegyszerubben az f(x) = ax2+bx+c fuggvenygrafikonjat tetszoleges a, b, c ∈ R, a = 0 egyutthatok eseten.

A parabolanak vagy nincs kozos pontja az x-tengellyel (a fuggvenynek nincs nullahelye),vagy van egy kozos erintesi pontja az x-tengellyel (a fuggvenynek egy nullahelye van), vagypedig ket kulonbozo kozos pontjuk van, amelyekben a parabola atmetszi az x-tengelyt (afuggvenynek ket nullahelye van). A nullahelyek szama az f(x) = 0 egyenlet, illetve azax2 + bx + c = 0 masodfoku egyenlet D = b2 − 4ac diszkriminansatol fugg. Legyenek x1es x2 az ax2 + bx+ c = 0 masodfoku egyenlet gyokei.

− D > 0 eseten a fuggvenynek ket kulonbozo nullahelye van, x1 ∈ R es x2 ∈ R, x1 = x2,melyekben a fuggveny grafikonja atmetszi az x-tengelyt.

− D = 0 eseten a fuggvenynek egy nullahelye van, x1 = x2 ∈ R, melyben a fuggvenygrafikonja alulrol vagy felulrol erinti az x-tengelyt.

− D < 0 eseten a fuggvenynek nincs nullahelye, x1 /∈ R es x2 /∈ R, a fuggveny grafikonjavagy teljes egeszeben az x-tengely felett vagy pedig alatta helyezkedik el.

A masodfoku fuggveny grafikonjanak masik jellegzetes pontja a parabola csucspontja,amely a > 0 eseten minimumpont, a < 0 eseten pedig maximumpont. (Gondoljunkpeldaul az y = x2 parabola nullahelyere, amely egyben ennek a parabolanak minimumpon-tja is.) A csucspontot T jeloli, koordinatait pedig a masodfoku fuggveny kanonikusalakjabol olvashatjuk le.

y = ax2 + bx+ c =

= a

(x2 +

b

ax+

c

a

)=

= a

(x2 +

b

ax+

b2

4a2+c

a− b2

4a2

)=

= a

[(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a2

]=

= a

(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a.

Mivel minden x ∈ R szamra

(x+

b

2a

)2

≥ 0, ezert

a > 0 eseten ax2 + bx+ c ≥ 4ac− b2

4a, es

a < 0 eseten ax2 + bx+ c ≤ 4ac− b2

4a.

Ez azt jelenti, hogy az a > 0 esetben a parabolanak T minimumpontja van, a < 0 esetbenpedig T maximumpontja, megpedig

T

(− b

2a,4ac− b2

4a

).


A kanonikus alakbol az is megallapıthato, hogy az

y = a

(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a= k(x+m)2 + n

parabola fuggvenytranszformaciok segıtsegevel is megrajzolhato.

A masodfoku fuggveny olyan tulajdonsagai, mint az ertelmez’esi tartomany, ertekkeszlet,nullahely, elojel, minimum- vagy maximumpont, monotonitas, paritas (parossag vagyparatlansag), konvexitas, a kivizsgalt tulajdonsagok alapjan a grafikonrol mindig le-olvashatok.

Osszesıtve az elmondottakat, a parabola kulonbozo helyzetei a koordinatarendszerben azalabbi abrakon lathatok.

y=ax2+bx+c

x1 x2

c

+ + + + + +

- - -

T

x

y

a > 0, D > 0

y=ax2+bx+c

x1 x2

c

- - - - - -

+ + +

T

x

y

a < 0, D > 0

y=ax2+bx+c

x1=x2

c

+ + + + + + + +Tx

y

a > 0, D = 0

y=ax2+bx+c

x1=x2

c

- - - - - -

Tx

y

a < 0, D = 0


y=ax2+bx+c

c

+ + + + + + + +

T

x

y

a > 0, D < 0

y=ax2+bx+c

c

- - - - - - - - -

T

x

y

a < 0, D < 0

Altalanosan elmondhato, hogy az f masodfoku fuggveny grafikonja a > 0 eseten felfelenyılo (konvex) parabola, a < 0 eseten pedig lefele nyılo (konkav) parabola.

Ugyanakkor megallapıthato az is, hogy

− a > 0 eseten az f fuggveny

• szigoruan monoton csokkeno a

(−∞,− b

2a

)intervallumon es

• szigoruan monoton novekvo a

(− b

2a,∞)

intervallumon,

− a < 0 esetben viszont az f fuggveny

• szigoruan monoton novekvo a

(−∞,− b

2a

)intervallumon es

• szigoruan monoton csokkeno a

(− b

2a,∞)

intervallumon.

FELADATOK.

1. Rajzoljuk meg az f(x) = x2 − 8x+ 12 masodfoku fuggveny grafikonjat es ırjuk le atulajdonsagait.

Megoldas. Az f fuggveny nullahelyeit az x2 − 8x + 12 = 0 masodfoku egyenletmegoldasaval kapjuk, ıgy x1 = 2 es x2 = 6 a ket nullahely. Mivel a = 1 > 0, ezert afuggveny grafikonja felfele nyılo parabola, minimumpontja pedig

Tmin

(− b

2a,4ac− b2

4a

)= Tmin(4,−4).


A fuggveny grafikonja es tulajdonsagai:


2. Ertekkeszlete: Rf = [−4,∞).

3. Nullahelyei: x1 = 2 es x2 = 6.

4. Elojele:f(x) > 0, ha x ∈ (−∞, 2) ∪ (6,∞)f(x) < 0, ha x ∈ (2, 6).

5. A fuggvenynek minimuma van esTmin(4,−4).

6. f szigoruan monoton csokkeno, hax ∈ (−∞, 4),f szigoruan monoton novekvo, hax ∈ (4,∞).

7. Az f fuggveny grafikonja felfele nyılo(konvex) parabola.

y=x2-8x+12

+ + + + + + +

- - - -

1 2 3 4 5 6 7x

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

y

2. Vizsgaljuk ki az f(x) = −x2 − 2x − 1 masodfoku fuggvenyt, rajzoljuk meg agrafikonjat.

Megoldas. Az f fuggveny nullahelyeit az −x2 − 2x − 1 = 0 masodfoku egyenletgyokei adjak, most viszont x1 = x2 = −1 ezert csak egy nullahelye van. Mivela = −1 < 0, ezert a fuggveny grafikonja lefele nyılo parabola, maximumpontjapedig

Tmax

(− b

2a,4ac− b2

4a

)= Tmax(−1, 0).



2. Ertekkeszlete: Rf = [−∞, 0).3. Nullahelye: x = −1.4. Elojele:

f(x) < 0, ha x ∈ (−∞,−1) ∪(−1,∞).

5. A fuggvenynek maximuma van esTmax(−1, 0).

6. f szigoruan monoton novekvo, hax ∈ (−∞,−1),f szigoruan monoton csokkeno, hax ∈ (−1,∞).

7. Az f fuggveny grafikonja lefele nyılo(konkav) parabola.

y=-x2-2x-1

-2 -1x

-3

-2

-1

y


3. Vizsgaljuk ki az f(x) = −x2 + 2x − 3 masodfoku fuggvenyt, es abrazoljuk a ko-ordinatarendszerben.

Megoldas. A fuggvenynek nullahelyei nincsenek, mert a−x2+2x−3 = 0 masodfokuegyenlet gyokei most nem valos szamok. Mivel a = −1 < 0, ezert a fuggvenygrafikonja lefele nyılo parabola, maximumpontja pedig

Tmax

(− b

2a,4ac− b2

4a

)= Tmax(1,−2).



2. Ertekkeszlete: Rf = [−∞,−2).3. Nullahelye nincs.

4. Elojele: f(x) < 0, ha x ∈ R.

5. A fuggvenynek maximuma van esTmax(1,−2).

6. f szigoruan monoton novekvo, hax ∈ (−∞, 1),f szigoruan monoton csokkeno, hax ∈ (1,∞).

7. Az f fuggveny grafikonja lefele nyılo(konkav) parabola.

y=-x2+2x-3

1 2x

-4

-3

-2

-1

y

4. Rajzoljuk meg az f(x) = x2 − 3|x| + 2fuggveny grafikonjat.Megoldas. Irjuk fel a fuggvenyt ab-szolut ertek nelkul. Ekkor

f(x) =

{x2 − 3x+ 2, ha x ≥ 0,x2 + 3x+ 2, ha x < 0.

Rajzoljuk meg ugyanabban akoordinatarendszerben mindketparabolat, majd jeloljuk meg azy = x2 − 3x + 2 parabolaıvet x ≥ 0ertekekre, az y = x2 + 3x + 2parabolaıvet pedig x < 0 ertekekre.

y=x2-3ÈxÈ+2

-3 -2 -1 1 2 3x

-1

1

2

3

4

y


5. Rajzoljuk meg az f(x) = −|x2 − 4x| − 3 fuggveny grafikonjat.

Megoldas. Eloszor ırjuk fel afuggvenyt abszolut ertek nelkul.Vegyuk eszre, hogy az x2−4x = x(x−4)szorzat elojele tablazattal konnyenkivizsgalhato. Mivel

Df (−∞, 0) (0, 4) (4,∞)x − + +

x− 4 − − +x2 − 4x + − +

|x2 − 4x| ={x2 − 4x, ha x ∈ (−∞, 0) ∪ (4,∞),−(x2 − 4x), ha x ∈ (0, 4),

ezert

f(x) =

{−x2 + 4x− 3, ha x ∈ (−∞, 0) ∪ (4,∞),x2 − 4x− 3, ha x ∈ [0, 4].

Az −x2 + 4x− 3 = 0 egyenletbol kapjuk, hogyx1 = 1 es x2 = 3 az y = −x2 + 4x − 3konkav parabola nullahelyei, csucspontja pedigTmax(2, 1).

Az x2 − 4x − 3 = 0 egyenletbol kapjuk, hogyx1 = 2−

√7 es x2 = 2+

√7 az y = x2− 4x− 3

konvex parabola nullahelyei, csucspontja pedigTmin(2,−7).

Rajzoljuk most meg ugyanabban a koordinata-rendszerben az y = −x2 + 4x − 3 parabolates az y = x2 − 4x − 3 parabolat is. Akeresett grafikont ugy kapjuk meg, hogy akonkav parabolabol vesszuk a (−∞, 0)∪ (4,∞)intervallumokhoz tartozo ıveket, a konvexparabolabol pedig a [0, 4] intervallumhoz tar-tozo ıvet. A fuggveny grafikonja a mellekeltabran lathato.

y=-x2+4x-3

y=x2-4x-3

2- 7 2+ 7-1 1 2 3 4 5

x

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

y

6. Bontsuk fel a p ∈ R+ szamot ket osszeadandora ugy, hogy az osszeadandok szorzataa leheto legnagyobb legyen.

Megoldas. Ha az egyik osszeadandot x-szel jeloljuk, akkor a masik osszeadandop − x. Ezek szorzata f(x) = x(p − x) = −x2 + px egy olyan masodfoku fuggveny,amelynek maximuma van, tehat egy ilyen szorzat valoban elerheti a legnagyobberteket. Mivel

fmax

(− b

2a

)=

4ac− b2

4a, ezert fmax

(p2

)=p2

4

a keresett szorzat legnagyobb erteke. Ez azt jelenti, hogy a szorzat akkor a legna-

gyobb, ha a p szamot p =p

2+p

2modon bontjuk osszegre, mert akkor a

p

2· p2=p2

4a leheto legnagyobb szorzat.


7. Hatarozzuk meg az f(x) =1

x2 + 2x+ 4fuggveny leheto legnagyobb erteket.

Megoldas. Az f(x) =1

x2 + 2x+ 4=

1

g(x)fuggveny legnagyobb erteket azokban a

pontokban kapjuk meg, ahol a g(x) = x2 + 2x+ 4 fuggvenynek az erteke legkisebb.A g fuggvenynek nincsenek valos gyokei, mert diszkriminansa D = −12 < 0, esmivel foegyutthatoja a = 1 > 0, ezert neki minimuma van, ıgy minden valos szamrapozitıv erteket vesz fel. Mivel g(x) = x2+2x+4 = (x+1)2+3, ezert gmin(−1) = 3,tehat a nevezo leheto legkisebb erteke 3. Mivel g(x) > 0 minden x valos szamra,

ezert az f(x) =1

g(x)is mindig pozitıv, es ervenyes, hogy fmax(−1) =

1

gmin(−1)=

1

3,

vagyis az f fuggveny leheto legnagyobb erteke1

3. Eszerint

0 < f(x) ≤ 1

3, minden x ∈ R eseten.

8. Legyenek x1 es x2 az f(x) = −x2+(m−2)x+m+1 masodfoku fuggveny nullahelyei.Az m valos parameter mely ertekere lesz az nullahelyek negyzetosszege a lehetolegnagyobb?

Megoldas. Az f(x) = −x2 + (m − 2)x + m + 1 masodfoku fuggveny x1 es x2nullahelyei egyben a −x2 + (m − 2)x + m + 1 = 0 masodfoku egyenlet gyokei.Alkalmazzuk a Viete-kepleteket az x21 + x22 negyzetosszeg kifejezesere. Ekkor

x21 + x22 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 =

(m− 2)2

1− 2 · m+ 1

−1=

= (m− 2)2 + 2(m+ 1) = m2 − 2m+ 6 = (m− 1)2 + 5,

ezert(x21 + x22)max = 5, ha m = 1,

vagyis a keresett negyzetosszeg leheto legnagyobb erteke 5, ha az m valos parametererteke 1.

9. Legyen f(x) = (k − 2)x2 − 2kx + k − 3 masodfoku fuggveny. Hatarozzuk meg a kvalos parameter erteket ugy, hogy az f fuggveny mindket nullahelye pozitıv valosszam legyen.

Megoldas. Ahhoz, hogy az f fuggveny nullahelyei valos szamok legyenek, a disz-kriminans, D = 4k2 − 4(k − 2)(k − 3) = 20k − 24, nem lehet negatıv, ezert D ≥ 0,

illetve 20k − 24 ≥ 0 kell hogy teljesuljon, ahonnan k ≥ 6

5. Ha mindket nullahely

pozitıv, akkor az osszeguk es szorzatuk is pozitıv, azaz

x1 + x2 ≥ 0 es x1 · x2 ≥ 0.

A feladat feltetele tehat teljesul, ha k kielegıti az alabbi egyenlotlensegrendszert:

k ≥ 6

5,

2k

k − 2≥ 0 es

k − 3

k − 2≥ 0.

A megoldast az alabbi tablazatbol olvashatjuk le:


(−∞, 0)(0,

6

5

) (6

5, 2

)(2, 3) (3,∞)

k − + + + +5k − 6 − − + + +k − 2 − − − + +k − 3 − − − − +2k

k − 2+ − − + +

k − 3

k − 2+ + + − +

A tablazatbol lathato,hogy a kıvant egyenlot-lensegrendszert a (3,∞)intervallumba tartozo kparameterertekek elegıtikki. Tehat az adottf masodfoku fuggvenymindket nullahelye pozi-tıv valos szam, ha k > 3.

10. Hatarozzuk meg az y = mx2−2x+1 parabolasereg csucspontjainak mertani helyet,ha m ∈ R.

Megoldas. Mivel a parabola csucspontjainak koordinatai minden esetben

T

(− b

2a,4ac− b2

4a

)= T

(1

m,m− 1

m

),

ıgy az x =1

mes y =

m− 1

megyenletrendszerbol az m parameter eliminalasaval

kapjuk a keresett egyenletet. Mivel x =1

m, ebbol m =

1

x. Behelyettesıtve az

y =m− 1

mkifejezesbe adodik az y = 1 − x egyenlet. Ez azt jelenti, hogy az

f(x) = mx2 − 2x + 1 masodfoku fuggvenycsalad csucspontjai a kulonbozo m ∈ Rparameterek eseten az y = 1− x egyenesen helyezkednek el.

m=1

m=2

m=3

m=-1

m=-2

m=-3

-2 -1 1 2x

-3

-2

-1

1

2

3

4

y


1.2.5. Exponencialis fuggveny

1.35. Definıcio. Exponencialis fuggvenynek nevezzuk azt az f : R→ R+ valos fuggvenyt,amelyet az

f(x) = ax, x ∈ R

hozzarendelesi szaballyal adunk meg, ahol a > 0 es a = 1.

Az exponencialis fuggveny grafikonjat legegyszerubben egy ertektablazat segıtsegevel raj-zolhatjuk meg, amelyben x ∈ {−2,−1, 0, 1, 2} abszcissza ertekeknek megfelelo pontokbenne kell, hogy legyenek ahhoz, hogy a helyes abrat meg tudjuk rajzolni.Az exponencialis fuggveny grafikonja 0 < a < 1 es a > 1 eseten kulonbozo alaku. A ket

alapesetet az y = 2x es az y =

(1

2

)x

= 2−x grafikonjaival szemleltetjuk. Keszıtsuk el az

ertektablazatokat es a kapott pontok segıtsegevel rajzoljuk fel a gorbeket, majd vizsgaljukki tulajdonsagaikat.

x −2 −1 0 1 22x 0.25 0.5 1 2 4

x −2 −1 0 1 22−x 4 2 1 0.5 0.25

y=2x

1�21�4

-3 -2 -1 1 2 3x

1

2

3

4

5

6

7

8

y

y=H1�2Lx

1�21�4

-3 -2 -1 1 2 3x

1

2

3

4

5

6

7

8

y

Az exponencialis fuggveny tulajdonsagai:


2. Ertekkeszlete: Rf = (0,∞).

3. Nullahelye nincs.

4. A fuggveny pozitıv a teljes ertelmezesi tartomanyon.

5. a > 1 eseten a fuggveny szigoruan monoton novekvo a teljes ertelmezesi tartomanyon.

6. 0 < a < 1 eseten a fuggveny szigoruan monoton csokkeno a teljes ertelmezesitartomanyon.

7. A fuggveny konvex a teljes ertelmezesi tartomanyon.


8. Az y = 0 egyenes a gorbe vızszintes aszimptotaja.(Aszimptotanak nevezzuk az olyan egyeneseket, amelyekhez a fuggveny gorbejefokozatosan kozelıt, de nem eri el.)

1.2.6. Logaritmusfuggveny

Mivel az exponencialis fuggveny bijektıv, ezert invertalhato es inverz fuggvenyet logarit-musfuggvenynek nevezzuk.

1.36. Definıcio. Logaritmusfuggvenynek nevezzuk azt az f : R+ → R valos fuggvenyt,amelyet az

f(x) = loga x, x ∈ R+

hozzarendelesi szaballyal adunk meg, ahol a > 0 es a = 1.

A logaritmusfuggveny grafikonjat ketfelekeppen kaphatjuk meg. A megfelelo exponencialisfuggveny grafikonjanak az y = x egyeneshez valo tengelyes tukrozesevel vagy ertektablazatsegıtsegevel, amelybe az y ∈ {−2,−1, 0, 1, 2} ordinata ertekeknek megfelelo pontokatvalasztjuk.A logaritmusfuggveny grafikonja 0 < a < 1 es a > 1 eseten kulonbozo alaku. A ket alape-setet az y = log2 x es az y = log 1

2x grafikonjaival szemleltetjuk. Keszıtsuk el ezeket az

ertektablazatokat es a kapott pontok segıtsegevel rajzoljuk fel a gorbeket, majd vizsgaljukki tulajdonsagaikat.

x 0.25 0.5 1 2 4log2 x −2 −1 0 1 2

x 4 2 1 0.5 0.25log 1

2x −2 −1 0 1 2

y=log2x

14

12

1 2 3 4 5 6x

-3

-2

-1

1

2

3

y

y=log 1

2

x

14

12

1 2 3 4 5 6x

-3

-2

-1

1

2

3

y

A logaritmusfuggveny tulajdonsagai:

1. Ertelmezesi tartomanya: Df = R+.

2. Ertekkeszlete: Rf = R.

3. Nullahelye x = 1.

4. a > 1 eseten a fuggveny negatıv a (0, 1) intervallumon, es pozitıv a (1,∞) interval-lumon.


5. 0 < a < 1 eseten viszont a fuggveny pozitıv a (0, 1) intervallumon, es negatıv a(1,∞) intervallumon.

6. a > 1 eseten a fuggveny szigoruan monoton novekvo a teljes ertelmezesi tartomanyon.

7. 0 < a < 1 eseten a fuggveny szigoruan monoton csokkeno a teljes ertelmezesitartomanyon.

8. a > 1 eseten a fuggveny konvex a teljes ertelmezesi tartomanyon.

9. 0 < a < 1 eseten a fuggveny konkav a teljes ertelmezesi tartomanyon.

10. Az x = 0 egyenes a gorbe fuggoleges aszimptotaja.

1.2.7. Trigonometrikus fuggvenyek

A f(x) = sinx, f(x) = cosx, f(x) = tgx i f(x) = ctgx fuggvenyeket trigonometrikusfuggvenyeknek nevezzuk. A trigonometrikus fuggvenyek periodikusak, mert mindegyikeseten van olyan ω pozitıv valos szam, amelyre f(x+ ω) = f(x).

Az f(x) = sinx fuggveny grafikonja es tulajdonsagai:

y=sinx

-Π -Π

2Π

2Π

3 Π2

2 Π 5 Π2

3 Πx

-1

1

y

1. A fuggveny minden valos szamra ertelmezett, azaz Df = R.

2. A fuggveny ertekkeszlete az Rf = [−1, 1] intervallum.

3. A fuggveny alapperiodusa ω0 = 2π, azaz sin(x+ 2kπ) = sinx, k ∈ Z.

4. A fuggveny paratlan, vagyis sin(−x) = − sin x.

5. A fuggveny nullahelyei az x = kπ pontok, k ∈ Z.

6. A fuggveny pozitıv a (2kπ, π+2kπ) es negatıv a (π+2kπ, 2π+2kπ) intervallumokon,k ∈ Z.

7. A fuggveny szigoruan monoton novekvo a(2kπ,

π

2+ 2kπ

)∪(3π

2+ 2kπ,

π

2+ 2kπ

)es szigoruan monoton csokkeno a

(π

2+ 2kπ,

3π

2+ 2kπ

)intervallumokon, k ∈ Z.

8. A fuggvenynek(π2+ 2kπ, 1

)pontokban maximuma, a

(π2+ kπ,−1

)pontokban

pedig minimuma van, k ∈ Z.


Az f(x) = cos x fuggveny grafikonja es tulajdonsagai:

y=cosx

-Π -Π

2Π

2Π

3 Π2

2 Π 5 Π2

3 Πx

-1

1

y

1. A fuggveny minden valos szamra ertelmezett, azaz Df = R.

2. A fuggveny ertekkeszlete az Rf = [−1, 1] intervallum.

3. A fuggveny alapperiodusa ω0 = 2π, azaz cos(x+ 2kπ) = cosx, k ∈ Z.

4. A fuggveny paros, vagyis cos(−x) = cosx.

5. A fuggveny nullahelyei aπ

2+ kπ pontok, k ∈ Z.

6. A fuggveny pozitıv a(2kπ,

π

2+ 2kπ

)∪(3π

2+ 2kπ, 2π + 2kπ

)intervallumokon es

negatıv a

(π

2+ 2kπ,

3π

2+ 2kπ


7. A fuggveny szigoruan monoton csokkeno a (2kπ, π+2kπ) intervallumokon es szigo-ruan monoton novekvo a (π + 2kπ, 2π + 2kπ) intervallumokon, k ∈ Z.

8. A fuggvenynek a (2kπ, 1) pontokban maximuma, es a (π + kπ,−1) pontokban mi-nimuma van.

Az f(x) = tgx fuggveny grafikonja es tulajdonsagai:

1. A fuggveny ertelmezesi tartomanya

Df = R \ {π2+ kπ, k ∈ Z}.


3. A fuggveny alapperiodusa ω0 = π,azaz tg (x+ kπ) = tgx, k ∈ Z.

4. A fuggveny paratlan, vagyis

tg (−x) = −tgx.

5. A fuggveny nullahelyei a kπ pontok,k ∈ Z.

y=tgx

-Π -Π

2Π

2Π

3 Π2

2 Πx

-1

1

y

6. A fuggveny pozitıv a(kπ,

π

2+ kπ

)es negatıv a

(π2+ kπ, π + kπ

)intervallumokon,

k ∈ Z.


7. A fuggveny szigoruan monoton novekvo a(−π2+ kπ,

π

2+ kπ

)intervallumokon,

k ∈ Z.

8. A fuggvenynek nincs se maximuma, se minimuma.

9. A fuggveny fuggoleges aszimptotai az x =π

2+ kπ egyenesek, k ∈ Z.

Az f(x) = ctgx fuggveny grafikonja es tulajdonsagai:

1. A fuggveny ertelmezesi tartomanya

Df = R \ {kπ, k ∈ Z}.


3. A fuggveny alapperiodusa ω0 = π,azaz ctg (x+ kπ) = ctgx, k ∈ Z.

4. A fuggveny paratlan, vagyis

ctg (−x) = −ctgx.

5. A fuggveny nullahelyei aπ

2+kπ pontok,

k ∈ Z.

y=ctgx

-Π -Π

2Π

2Π

3 Π2

2 Πx

-1

1

y

6. A fuggveny pozitıv a(kπ,

π

2+ kπ

)intervallumokon es negatıv a

(π2+ kπ, π + kπ


7. A fuggveny szigoruan monoton csokkeno a (kπ, π + kπ) intervallumokon, k ∈ Z.

8. A fuggvenynek nincs se maximuma, se minimuma.

9. A fuggveny fuggoleges aszimptotai az x = kπ egyenesek, k ∈ Z.

1.2.8. Arkuszfuggvenyek

A trigonometrikus fuggvenyek periodikusak, ezert a teljes ertelmezesi tartomanyukonnem bijektıvek, tehat nem invertalhatok. Bizonyos intervallumokon azonban szigoruanmonotonok, ezert ott invertalhatok is. Az ilyen modon ertelmezett inverz fuggvenyeketarkuszfuggvenyeknek vagy ciklometrikus fuggvenyeknek nevezzuk.

Az arkusz szinusz fuggveny a[−π2,π

2

]intervallumra szukıtett f(x) = sin x fuggveny

inverze,

f−1(x) = arcsinx.


1. Ertelmezesi tartomanya:Df−1 = [−1, 1].

2. Ertekkeszlete: Rf−1 =[−π2,π

2

].


4. A fuggveny paratlan.

5. Gorbeje az y = sinx fuggvenygor-

be[−π2,π

2

]intervallumhoz tartozo

darabjanak az y = x egyenesre valotukrozesevel allıthato elo.

6. Az f−1(x) = arcsinx fuggveny szi-goruan monoton novekvo.

y=arcsinx

-1 1x

-Π

2

Π

2

y

Az arkusz koszinusz fuggveny a [0, π] intervallumra szukıtett f(x) = cosx fuggveny in-verze,

f−1(x) = arccosx.

1. Ertelmezesi tartomanya:Df−1 = [−1, 1].

2. Ertekkeszlete: Rf−1 = [0, π].


4. Gorbeje az y = cosx fuggveny-gorbe [0, π] intervallumhoz tartozodarabjanak az y = x egyenesre valotukrozesevel allıthato elo.

5. Az f−1(x) = arccosx fuggveny szi-goruan monoton csokkeno.

y=arccosx

-1 1x

Π

2

Π

y

Az arkusz tangens fuggveny a(−π2,π

2

)intervallumra szukıtett f(x) = tgx fuggveny

inverze. Jelolese: f−1(x) = arctgx.

y=arctgx

-1 1x

-Π

2

Π

2

y


1. Ertelmezesi tartomanya: Df−1 = (−∞,∞).

2. Ertekkeszlete: Rf−1 =(−π2,π

2

).



5. Gorbeje az f(x) = tgx fuggveny(−π2,π

2

)intervallumhoz tartozo gorbejenek az

y = x egyenesre valo tukrozesevel allıthato elo.

6. Az f−1(x) = arctgx fuggveny szigoruan monoton novekvo a teljes ertelmezesi tar-tomanyan.

7. Az y = −π2es az y =

π

2egyenesek a fuggveny vızszintes aszimptotai.

Az arkusz kotangens fuggveny a (0, π) intervallumra szukıtett f(x) = ctgx fuggvenyinverze. Jelolese: f−1(x) = arcctgx.

y=arcctgx

-1 1x

Π

2

Π

y

1. Ertelmezesi tartomanya: Df−1 = (−∞,∞).

2. Ertekkeszlete: Rf−1 = (0, π).

3. Gorbeje az f(x) = ctgx fuggveny (0, π) intervallumhoz tartozo gorbejenek az y = xegyenesre valo tukrozesevel allıthato elo.

4. Nullehelye nincs.

5. Az f−1(x) = arcctgx fuggveny szigoruan monoton csokkeno a teljes ertelmezesitartomanyan.

6. Az y = 0 es az y = π egyenesek a fuggveny vızszintes aszimptotai.


1.2.9. Hiperbolikus fuggvenyek

Az exponencialis fuggveny segıtsegevel ertelmezzuk a hiperbolikus fuggvenyeket.

A szinusz hiperbolikusz fuggvenyt

f(x) = shx

modon jeloljuk, hozzarendelesi torvenyepedig a kovetkezo:

shx =ex − e−x

2.

1. Ertelmezesi tartomanya:Df = R.




5. A fuggveny szigoruan monotonnovekvo a teljes ertelmezesi tar-tomanyon.

y=shx

-2 -1 1 2x

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

y

A koszinusz hiperbolikusz fuggvenyt f(x) = chx modon jeloljuk, hozzarendelesi torvenyepedig

chx =ex + e−x

2.




4. A fuggveny paros.

5. A fuggveny szigoruan monotoncsokkeno a (−∞, 0) intervallumon esszigoruan monoton novekvo a (0,∞)intervallumon.

y=chx

-2 -1 1 2x

1

2

3

4

5

y

Az y = chx gorbet lancgorbenek is nevezik, mert a sulyos kabelek, lancok, kotelek,amelyeket ket pontban felfuggesztunk ugy, hogy a pontok egymaskozti tavolsaga kisebba huzal vagy kotel hosszusaganal, akkor a ”belogas” eppen a lancgorbe ıvet koveti.

A tangens hiperbolikusz fuggvenyt f(x) = thx modon jeloljuk, hozzarendelesi torvenyepedig

thx =ex − e−x

ex + e−x=

shx

chx.


y=thx

-2 -1 1 2x

-1

1

y


2. Ertekkeszlete: Rf = (−1, 1).



5. A fuggveny szigoruan monoton novekvo a teljes ertelmezesi tartomanyon.

6. Az y = −1 es az y = 1 egyenesek a fuggveny vıszintes aszimptotai.

A kotangens hiperbolikusz fuggvenyt f(x) = cthx modon jeloljuk, hozzarendelesi torvenyepedig

cthx =ex + e−x

ex − e−x=

chx

sh x.

1. Ertelmezesi tartomanya: Df = R\{0}.

2. Ertekkeszlete:Rf = (−∞,−1) ∪ (1,∞).



5. A fuggveny szigoruan monotoncsokkeno a teljes ertelmezesi tar-tomanyon.

6. Az y = −1 es az y = 1 egyenesek afuggveny vıszintes aszimptotai.

y=cthx

-3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3

y

A hiperbolikus fuggvenyekre a trigonometrikus fuggvenyekhez hasonlo osszefuggesek, azo-nossagok ervenyesek. Ezek kozul a kovetkezok jol hasznalhatok a hiperbolikus fuggvenyek-kel kapcsolatos problemak megoldasahoz.

ch 2x− sh 2x = 1, ch 2x = ch 2x+ sh 2x, sh 2x = 2shx chx,

sh (x+¯y) = shx ch y+

¯ch x sh y, ch (x+

¯y) = chx ch y+

¯shx sh y,

shx

2=

√chx− 1

2, ch

x

2=

√chx+ 1

2.


1.2.10. Areafuggvenyek

A hiperbolikus fuggvenyek inverzeit areafuggvenyeknek nevezzuk. Gorbeiket eloallıthatjuka hiperbolikus fuggvenyek gorbeibol, ha azokat az y = x egyenesre tukrozzuk.

Az area szinusz hiperbolikusz fuggveny az f(x) = shx fuggveny inverze, jelolese

f−1(x) = arshx.

Az inverzfuggveny kepzese alapjan eloallıthatjuk az f−1(x) = arshx fuggvenyt a logarit-musfuggveny segıtsegevel. Ha

f(x) = shx =ex − e−x

2, akkor x =

ef−1(x) − e−f−1(x)

2.

Ebbol adodik, hogy

f−1(x) = arshx = ln(x+√x2 + 1).






y=arshx

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4x

-2

-1

1

2

y

Az area koszinusz hiperbolikusz fuggveny az f(x) = chx fuggveny inverze, jelolese

f−1(x) = archx,

logaritmikus alakja pedig

archx = ln(x+√x2 − 1).

1. Ertelmezesi tartomanya:Df = [1,∞).




y=archx

1 2 3 4 5x

1

2

y


Az area tangens hiperbolikusz fuggveny az

f(x) = thx

fuggveny inverze, jelolese

f−1(x) = arthx,


arthx = ln

√1 + x

1− x.

1. Ertelmezesi tartomanya: Df = (−1, 1).




5. A fuggveny szigoruan monoton novekvo ateljes ertelmezesi tartomanyon.

6. Az x = −1 es az x = 1 egyenesek a fuggvenyfuggoleges aszimptotai.

y=arthx

-1 1x

-2

-1

1

2

y

Az area kotangens hiperbolikusz fuggveny az f(x) = cthx fuggveny inverze, jelolese

f−1(x) = arcthx,


arcthx = ln

√x+ 1

x− 1.

1. Ertelmezesi tartomanya:Df = (−∞,−1) ∪ (1,∞).

2. Ertekkeszlete: Rf = R \ {0}.



5. A fuggveny szigoruan monotoncsokkeno a teljes ertelmezesi tar-tomanyon.

6. Az x = −1 es az x = 1 egyenesek afuggveny fuggoleges aszimptotai.

y=arcthx

-3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3

y


1.3. Elemi fuggvenyek es transzformacioik

Az elemi alapfuggvenyek csoportjaba tartoznak a konstans fuggvenyek, a hatvanyfuggve-nyek, az exponencialis fuggvenyek, a logaritmusfuggvenyek, a trigonometrikus fuggvenyekes a ciklometrikus fuggvenyek.

1.37. Definıcio. 1o Az elemi alapfuggvenyek elemi fuggvenyek.

2o Ha f es g elemi fuggvenyek, akkor f + g, f − g, f · g, fg

es f ◦ g is elemi fuggvenyek

(felteve, hogy ertelmezettek).

3o Az elemi fuggvenyeket az elozo ket szabaly veges szamu alkalmazasaval kapjuk.

Az elemi fuggvenyeket feloszthatjuk algebrai es transzcendens fuggvenyekre. Egy fugg-venyt algebrai fuggvenynek nevezunk, ha szamokbol es az x valtozobol veges sok osszeadas,szorzas, osztas es gyokvonas utjan jon letre. Az algebrai fuggvenyeket feloszthatjukracionalis egesz fuggvenyekre (polinomokra), racionalis tortfuggvenyekre es irracionalisfuggvenyekre (nem racionalis algebrai fuggvenyekre). A nem algebrai fuggvenyeket transz-cendens fuggvenyeknek nevezzuk. Transzcendens fuggvenyek az exponencialis fuggvenyek,logaritmusfuggvenyek, trigonometrikus fuggvenyek, ciklometrikus fuggvenyek, hiperbo-likus fuggvenyek es az areafuggvenyek.

A kovetkezokben megmutatunk negyfele elemi fuggvenytranszformaciot.

1o Az y = f(x) + c fuggvenygrafikont az y = f(x) grafikon y-tengely iranyu |c| tavolsagutranszlaciojaval jon letre. Ha c > 0, akkor a transzlacio az y-tengely pozitıv iranyafele tortenik. Ha c < 0, akkor a fuggveny grafikonjat y-tengely negatıv iranya feletoljuk.Az alabbi abran az y = x2 parabola ket y-tengely iranyu eltolasa lathato, az egyikpozitıv, a masik negatıv iranyba.

y=x2

y=x2+2

y=x2-2

c>0

c<0

-1 1x

-2

-1

1

2

y

1.3. Elemi fuggvenyek es transzformacioik 55

y = f(x) + c

2o Az y = f(x + c) fuggvenygrafikonaz y = f(x) grafikon x-tengelyiranyu |c| tavolsagu transz-laciojaval jon letre. Ha c > 0,akkor a transzlacio az x-tengelynegatıv iranya fele tortenik.Ha c < 0, akkor a fuggvenygrafikonjat x-tengely pozitıviranya fele toljuk. A mellekeltabran az y = x2 parabola ketx-tengely iranyu transzlaciojalathato.

y=x2

y=Hx+1L2

y=Hx-1L2

c>0 c<0

-1 1x

1

y

y = f(x+ c)

3o Az y = c·f(x) fuggvenytranszforma-ciot az y = f(x) fuggvenyertekekc = 0 allandoval valo szorzasavalkapjuk. Az y = c · f(x) esy = f(x) fuggvenyeknek ugyanazaz ertelmezesi tartomanyuk esugyanazok a nullahelyei. Pozitıvkonstans eseten a fuggvenyekelojele es monotonitasa mege-gyezik, ha pedig a konstantsnegatıv, akkor a fuggvenyekelojele es monotonitasa ellentetes.

y=x2

y=2x2

y=x2

2

c>1

c<1

-1 1x

1

y

y = c · f(x), c > 0

c = −1 eseten az y = −f(x) fuggvenygrafikont az y = f(x) grafikon x-tengelyrevalo tukrozesevel kapjuk.

4o A periodikus fuggvenyeknel fontos a fuggveny fuggetlen valtozojanak konstanssal valoszorzasa. Ebben az esetben az y = f(cx) transzformaciorol van szo. Ha ω az

y = f(x) fuggveny periodusa, akkorω

caz y = f(cx) fuggveny periodusa, ahol c > 0.

A kovetkezo abrakon az y = sin x grafikonjanak y = sin (2x) es y = sin

(1

2x

)fuggvenytranszformacioi lathatok. Az f(x) = sinx fuggveny alapperiodusa ω0 = 2π,

y = sin (2x) alapperiodusa ω0 = π, y = sin

(1

2x

)alapperiodusa pedig ω0 = 4π.

y=sinxy=sin2x

Π

2Π

3 Π2

2 Πx

-1

1

y

y=sinxy=sinHx�2L

Π

2Π

3 Π2

2 Π 5 Π2

3 Π 7 Π2

4 Πx

-1

1

y


FELADATOK.

Fuggvenytranszformaciok segıtsegevel rajzoljuk meg a kovetkezo fuggvenyek grafikonjait.

1. f(x) = −2(x− 3)2 + 2

Megoldas. Ha az y = x2 parabo-lat az x-tengely iranyaban jobbratoljuk 3 egyseggel, akkor az

y = (x− 3)2

parabolat kapjuk. A megfelelofuggvenyertekeket −2-vel szoroz-va kapjuk az

y = −2(x− 3)2

grafikont. Az ıgy kapott gorbety-tengely iranyaban 2 egyseggelfelfele tolva megkapjuk a keresettmasodfoku fuggveny grafikonjat.

y=x2

y=Hx-3L2

y=-2Hx-3L2

y=-2Hx-3L2+2

-2 -1 1 2 3 4 5x

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

y

2. f(x) = 4−√

x2

2 − 3

Megoldas. Mivel

√x2 = |x| =

{x, ha x ≥ 0,−x, ha x < 0,

es 412 =

√4 = 2, ıgy az adott

fuggveny felırhato a kovetkezoalakban:

f(x) =

{2−x − 3, ha x ≥ 0,2x − 3, ha x < 0.

y=2xy=2-x

y=2x-3y=2-x

-3

y= f HxL

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4x

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

y

A grafikonjat megrajzolhatnank ket ertektablazat segıtsegevel, vagy fuggvenytransz-formaciokkal a kovetkezokeppen. Legyenek y = 2−x es y = 2x a kiindulo gorbek.Toljuk el mindkettot az y-tengely iranyaban lefele 3 egyseggel. Az y = 2−x − 3gorbebol valasszuk ki azt az ıvet, amelyre x ≥ 0, az y = 2x − 3 gorbebol pedig aztaz ıvet, amelyre x < 0. A ket ıv egyuttesen adja meg az y = f(x) grafikont.

1.3. Elemi fuggvenyek es transzformacioik 57

3. f(x) = −2|x|x+x

Megoldas. Vegyuk eszre, hogyaz adott fuggveny x = 0-bannem ertelmezett. Irjuk fel ab-szolutertek nelkul az f fuggvenyt.Mivel

|x|x

=

{1, ha x > 0,−1, ha x < 0,

ezert

f(x) =

{(−1) · 2x+1, ha x > 0,(−1) · 2x−1, ha x < 0.

y=2x

y=2x-1

y=2x+1

y=-2x-1

y=-2x+1

y= f HxL

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4x

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

y

A fuggveny grafikonjanak megrajzolasahoz induljunk ki az y = 2x grafikonjabol.Egyik esetben ezt a gorbet toljuk jobbra az x-tengely menten 1 egyseggel, a masikesetben pedig ugyanezt a gorbet toljuk balra szinten 1 egyseggel. A kapott gorbeketa (−1)-gyel valo szorzas miatt tukrozzuk az x-tengelyhez viszonyıtva. A balramozdıtott gorbebol valasszuk az x > 0-hoz tartozo ıvet, a jobbra mozdıtott gorbebolpedig az x < 0-hoz tartozo ıvet.

4. f(x) = |log2(x− 2)− 1|

Megoldas. A keresett fuggveny grafikonjahoz eljutunk, ha az y = log2 x gorberefuggvenytranszformaciokat alkalmazunk a kovetkezo sorrendben:

Eloszor x-tengely iranyabanjobbra toljuk a gorbet 2egyseggel, majd a kapottgorbet y-tengely iranyabantoljuk lefele 1 egyseggel. Azabszolutertek miatt az ıgykapott grafikonnak azt areszet, amely az x-tengelyalatt van tukrozzuk a pozitıvfelsıkra az x-tengelyhez vi-szonyıtva. Vegyuk eszre,hogy a fuggveny ertelmezesitartomanya Df = (2,∞) esaz x = 2 egyenes a fuggvenyfuggoleges aszimptotaja.

y=log2x

y=log2Hx-2L

y=log2Hx-2L-1

y= f HxL

x=2

1 2 3 4 5 6 7 8 9x

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

y


5. f(x) =∣∣∣log 1

2|3− x|

∣∣∣Megoldas. A fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R \ {3}. Mivel

log 12|3− x| =

{log 1

2(x− 3), ha x > 3,

log 12(3− x), ha x < 3

ezert az y = log 12|3 − x| fuggvenygrafikont megkaphatjuk, ha az y = log 1

2x gorbet

jobbra toljuk az x-tengely iranyaban 3 egyseggel, majd azt tukrozzuk az x = 3egyeneshez viszonyıtva (a fuggveny (x−3) argumentumanak (−1)-gyel valo szorzasamiatt). A kulso abszolut ertek miatt mindket gorbenek azt az ıvet, amely a negatıvfelsıkhoz tartozik, tukrozzuk a pozitıv felsıkra. Igy kapjuk meg az y = f(x)fuggvenygrafikont.

y=log 1

2

x

y=log 1

2

Hx-3L

y=log 1

2

H3-xL

y= f HxL

x=3

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8x

-3

-2

-1

1

2

3

4

y

59

2. Szamsorozatok

2.1. A sorozat fogalma, megadasa es abrazolasa

2.1. Definıcio. Azokat az f : N→ R valos fuggvenyeket, melyek minden n termeszetesszamhoz egy an valos szamot rendelnek hozza, vegtelen szamsorozatoknak, roviden soroza-toknak nevezzuk. an a sorozat n-edik eleme (vagy tagja), amelyet szokas a sorozat altalanoselemenek is nevezni. Magat a sorozatot {an}-nel jeloljuk.

2.1.1. Sorozatok megadasa

A sorozatoknak vegtelen sok eleme van es ezeket kulonfele modon adhatjuk meg.

I. A sorozatot megadhatjuk az altalanos elem kepletevel, vagyis az n valtozo fuggvenyekentfelırt keplettel, formulaval.

2.1. Pelda. a) Ha an = n az altalanos elem, akkor a sorozat elemei 1, 2, 3, 4, 5, ... es eza termeszetes szamok sorozata.

b) Amennyiben an = 2n az altalanos elem keplete, akkor a sorozat elemei 2, 4, 8, 16, 32, ...es most a 2 hatvanyainak sorozatat kapjuk.

c) an =1

neseten a sorozat elemei 1,

1

2,1

3,1

4,1

5, ... es ez a harmonikus sorozat, mely nevet

arrol kapta, hogy a masodik elemtol kezdve a sorozat minden eleme a ket szomszedoselem harmonikus kozepe, vagyis ervenyes, hogy

1

an=

1

2

(1

an−1

+1

an+1

), n ≥ 2.

II.A sorozatot megadhatjuk rekurzıv modon. Ez azt jelenti, hogy nehany elemet megadunk,a tovabbi elemeket pedig az elottuk levok segıtsegevel definialjuk.

2.2. Pelda. a) Legyen a1 = 1 es an = 2an−1, ha n ≥ 2. Ekkor

a2 = 2a1 = 2, a3 = 2a2 = 4, a4 = 2a3 = 8, a5 = 2a3 = 16,

es ıgy tovabb. A sorozat elemei 1, 2, 4, 8, 16, . . . .

b) Legyen a1 = 0 es an = 2an−1 + 1, ha n ≥ 2. Ekkor

a2 = 2a1 + 1 = 1, a3 = 2a2 + 1 = 3, a4 = 2a3 + 1 = 7, a5 = 2a4 + 1 = 15,

es ıgy tovabb. A sorozat elemei 0, 1, 3, 7, 15, . . . .

c) Legyen a1 = 0, a2 = 1 es an = an−1 + 2an−2, ha n ≥ 3. Ekkor

a3 = a2 + 2a1 = 1, a4 = a3 + 2a2 = 3, a5 = a4 + 2a3 = 5,

es ıgy tovabb. A sorozat elemei ebben az esetben 0, 1, 1, 3, 5, . . . .

60 2. SZAMSOROZATOK

Ilyen modon kiszamıthato a sorozat barmelyik eleme, de ahhoz, hogy meghatarozzuka rekurzıv modon megadott sorozat 1000. elemet, ki kell szamıtani mind a 999 elozoelemet is. Bizonyos esetekben a rekurzıv kepletekkel megadott sorozatok altalanos elemeis meghatarozhato, de errol az eljarasrol a kesobbiekben lesz szo.

III. Szamsorozatot megadhatunk utasıtassal, leırassal is.

2.3. Pelda. a) Legyen {an} a prımszamok sorozata, azaz 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . . es ıgytovabb. Nem letezik sem explicit, sem rekurzıv formula, amely megadna az n.prımszamot, de a sorozat ezzel az utasıtassal megis egyertelmuen meghatarozott.

b) Legyen {an} az a sorozatot, amelynek elemei sorban a√2 vegtelen tizedestort alaku

felırasanak egy-, ket-, haromszamjegyu, stb. racionalis kozelıtesei. A sorozat elemei1, 1.4, 1.41, 1.414, 1.4142, . . . . Ha az ezredik szamjegyet kerdeznenk, tudjuk, hogy azegyertelmuen meg van hatarozva, de megadnasa sok munkat igenyelne.

Megjegyzes: A szamsorozatokat szokas megadni az elso nehany elem felsorolasaval is, deez a definialas nem mindig egyertelmu, ezert ha lehet keruljuk ezt a megadasi modot.

2.4. Pelda. Tekintsuk az 1, 16, 81, 256, . . . szamsorozatot, amelyet az elso negy elemsegıtsegevel ırtunk fel. A felsorolt elemek alapjan a sorozat altalanos eleme egyresztlehetne an = n4, de ugyanakkor bn = 10n3 − 35n2 + 50n − 24 is. A megfelelo sorozatokotodik, hatodik elemei viszont mar nem egyeznek meg.

n 1 2 3 4 5 6an 1 16 81 256 625 1296bn 1 16 81 256 601 1176

2.1.2. Sorozatok abrazolasa

Az {an} sorozatot abrazolhatjuk a szamegyenesen a sorozat elemeihez rendelt pontokkal:a1, a2, a3, . . . , vagy mint olyan fuggvenyt a valos szamsıkban, melynek ertelmezesi tar-tomanyat a termeszetes szamok alkotjak, grafikonja pedig az (1, a1), (2, a2), (3, a3), . . .diszkret pontok halmaza.

1 2 3 4 5an

0

2.5. Pelda. Az an = n szamsorozatszamegyenesen valo abrazolasa es sıkban valoabrazolasa is jo kepet ad a szamsorozatnakmegfelelo pontok elhelyezkedeserol.

1 2 3 4 5n

1

2

3

4

5

an

2.1. A sorozat fogalma, megadasa es abrazolasa 61

11 3 5an

0

2.6. Pelda. Az a1 = 0, a2 = 1 kezdeti ele-mekkel es az an = an−1 + 2an−2 rekurzıvkeplettel megadott szamsorozat esetebena2 = a3 = 1, es ez a szamegyenesenazt jelenti, hogy az 1-ben ket pont vanegymas tetejen, de ezt nem tudjuk erzekelni.A szamsıkon valo abrazolas kikuszoboli ezta problemat, hiszen ott ket kulonbozopontkent jelenik meg (2, a2) es (3, a3).

1 2 3 4 5n

11

3

5

an

1-2-2 2an

0

2.7. Pelda. Az a1 = 1, a2 = 0 kezdeti ele-mekkel es az an = an−1− 2an−2 rekurzıv for-mulaval megadott szamsorozat eseteben semderul ki a szamegyenesen, hogy a3 = a4, ha-csak nem ırjuk oda minden ponthoz, hogy aszamsorozat melyik elemenek felel meg. Aszamegyenesen valo abrazolas azt sem teszilehetove, hogy kepet kapjunk arrol, hogymelyik pont felel meg az elso elemnek, melyika masodiknak, es ıgy tovabb. Mint latjuk,a sıkban valo abrazolas megoldja ezeket aproblemakat.

1 2 3 4 5n

1

-2-2

2

an

FELADATOK.

Hatarozzuk meg az {an} sorozat elso k elemet.

1. an =n− 2

2n, k = 8

Megoldas.

a1 =1− 2

2 · 1= −1

2, a2 =

2− 2

2 · 2= 0, a3 =

3− 2

2 · 3=

1

6, a4 =

4− 2

2 · 4=

1

4,

a5 =5− 2

2 · 5=

3

10, a6 =

6− 2

2 · 6=

1

3, a7 =

7− 2

2 · 7=

5

14, a8 =

8− 2

2 · 8=

3

8, . . .

62 2. SZAMSOROZATOK

2. an =1− 3n

5n+ 1, k = 6

Megoldas.

a1 =1− 3 · 15 · 1 + 1

= −1

3, a2 =

1− 3 · 25 · 2 + 1

= − 5

11, a3 =

1− 3 · 35 · 3 + 1

= −1

2,

a4 =1− 3 · 45 · 4 + 1

= −11

21, a5 =

1− 3 · 55 · 5 + 1

= − 7

13, a6 =

1− 3 · 65 · 6 + 1

= −17

31, . . .

3. an = 2 + (−1)n+1 3

n, k = 6

Megoldas.

a1 = 2 + (−1)2 · 31= 5, a2 = 2 + (−1)3 · 3

2=

1

2, a3 = 2 + (−1)4 · 3

3= 3,

a4 = 2 + (−1)5 · 34=

5

4, a5 = 2 + (−1)6 · 3

5=

13

5, a6 = 2 + (−1)7 · 3

6=

3

2, . . .

4. an = 1 + (−1)n−11− nn!

, k = 4

Megoldas.

a1 = 1 + (−1)0 · 01!

= 1, a2 = 1 + (−1)1 · −12!

=3

2,

a3 = 1 + (−1)2 · −23!

=2

3, a4 = 1 + (−1)3 · −3

4!=

9

8, . . .

5. an = cos (n+ 1)π

2, k = 8

Megoldas.

a1 = cos π = −1, a2 = cos3π

2= 0, a3 = cos 2π = 1, a4 = cos

5π

2= 0,

a5 = cos 3π = −1, a6 = cos7π

2= 0, a7 = cos 4π = 1, a8 = cos

9π

2= 0, . . .

6. an = sinnπ

2, k = 8

Megoldas.

a1 = sinπ

2= 1, a2 = sin π = 0, a3 = sin

3π

2= −1, a4 = sin 2π = 0,

a5 = sin5π

2= 1, a6 = sin 3π = 0, a7 = sin

7π

2= −1, a8 = sin 4π = 0, . . .

7. an =

{1, n paratlan;n2, n paros.

, k = 8

Megoldas. a1 = 1, a2 = 1, a3 = 1, a4 = 2, a5 = 1, a6 = 3, a7 = 1, a8 = 4, . . .

2.2. Korlatos es monoton sorozatok 63

8. an =

{ln e

n+12 , n paratlan;

elnn2 , n paros.

, k = 8

Megoldas. a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, a4 = 2, a5 = 3, a6 = 3, a7 = 4, a8 = 4, . . .

9. an = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n, k = 4

Megoldas.

a1 = 1, a2 = 1 +1

2=

3

2, a3 = 1 +

1

2+

1

3=

11

6, a4 = 1 +

1

2+

1

3+

1

4=

25

12, . . .

10. an =1 + 2 + · · ·+ 2n

n2+ 1, k = 3

Megoldas. a1 =1 + 2

12+ 1 = 4, a2 =

1 + 2 + 3 + 4

22+ 1 =

14

4,

a3 =1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6

32+ 1 =

10

3, . . .

11. a1 = −1, an+1 = −5− 4an, k = 5

Megoldas. a1 = −1, a2 = −1, a3 = −1, a4 = −1, a5 = −1, . . .

12. a1 = 4, an+1 =a2n + 5

6, k = 5

Megoldas. a1 = 4, a2 =7

2, a3 =

23

8, a4 =

283

128, a5 =

54003

32768, . . .

13. a1 = 0, an+1 = an +(−1)n

2n, k = 5

Megoldas. a1 = 0, a2 = −1

2, a3 =

1

2, a4 =

3

8, a5 =

7

16, . . .

14. a1 = 1, a2 = 3, an+2 = 2an+1 + 5an, k = 5

Megoldas. a1 = 1, a2 = 3, a3 = 11, a4 = 37, a5 = 129, . . .

15. a1 = 1, a2 = 2, an+2 = (−1)n · an+1 + an2

, k = 5

Megoldas. a1 = 1, a2 = 2, a3 = −3

2, a4 =

1

4, a5 =

5

8, . . .

2.2. Korlatos es monoton sorozatok

Mivel a sorozatok is fuggvenyek, ezert termeszetes, hogy vizsgaljuk a fuggvenyekre jellemzotulajdonsagokat. Ket ilyen fontos tulajdonsag a korlatossag es monotonitas.

2.2. Definıcio. Az {an} sorozatot felulrol (alulrol) korlatosnak nevezzuk, ha megadhatoolyan K (k) szam, amelynel a sorozatnak nincs nagyobb (kisebb) eleme, azaz

an ≤ K, n = 1, 2, ... (an ≥ k, n = 1, 2, ...).

A sorozatot korlatosnak mondjuk, ha felulrol es alulrol is korlatos, azaz ha minden n-re

k ≤ an ≤ K.

Az ilyen k szamot also korlatnak, a K szamot pedig felso korlatnak nevezzuk.

64 2. SZAMSOROZATOK

A definıciobol kovetkezik, hogy ha letezik egy felso (also) korlat, akkor vegtelen sok felso(also) korlat is van. A valos szamok teljessegi axiomajabol kovetkezik, hogy a felso korlatokkozott van legkisebb es az also korlatok kozott van legnagyobb.

2.3. Definıcio. Felulrol korlatos sorozat legkisebb felso korlatjat a sorozat felso hatara-nak vagy szupremumanak; alulrol korlatos sorozat legnagyobb also korlatjat a sorozat alsohataranak vagy infimumanak nevezzuk. Jelolesuk: sup{an}, illetve inf{an}.

A fentiek szerint felulrol (alulrol) korlatos sorozatnak van felso (also) hatara. Korlatossorozatnak van felso es also hatara is. A sorozat felso (also) hatara nem feltetlenul elemea sorozatnak.

2.8. Pelda. Az an = n − 3 sorozatalulrol korlatos, mert n − 3 ≥ −2, ıgyegy also korlatja k = −2. Felulrolnem korlatos a sorozat, mert barmelyK szamot is vesszuk, van a sorozat-nak olyan eleme, mely K-nal nagyobb,ugyanis an > K, ha n > K + 3. Agrafikon szempontjabol ez azt jelenti,hogy a szamsorozat pontjai vagy azy = −2 egyenesen vannak vagy pedigaz y = −2 egyenes felett. y=-2

1 2 3 4 5n

-2

-1

1

2

an

an = n− 3

2.9. Pelda. Az an = (−1)nn+ 1

nsorozat korlatos, mert

|an| =∣∣∣∣(−1)nn+ 1

n

∣∣∣∣ ==n+ 1

n= 1 +

1

n≤ 1 +

1

1= 2,

tehat −2 ≤ an ≤ 2 minden n-re,vagyis a sorozat egy also korlatjak = −2, egy felso korlatja pedigK = 2. A szamsorozat pontjai azy = −2 es az y = 2 egyenesek kozotthelyezkednek el, legfeljebb magukonaz egyeneseken vannak rajta.

y=-2

y=2

3�2

-4�3

5�4

-6�5

1 2 3 4 5n

-2

2

an

an = (−1)nn+ 1

n

2.10. Pelda. Az an = (−1)nn sorozat sem alulrol, sem felulrol nem korlatos, mert|an| > K, ha n > K. Ez egy oszcillallo sorozat, amelynel n novekedesevel a megfelelo anertekek abszolut ertekben mind nagyobbak es nagyobbak, s ıgy a nekik megfelelo pontokmind tavolabb es tavolabb vannak az x-tengelytol.


1 2 3 4 5n

-1

2

-3

4

-5

an

an = (−1)nn

2.4. Definıcio. Az {an} sorozat szigoruan monoton novekvo (csokkeno), ha

an < an+1 (an > an+1) minden n ∈ N eseten.

Az {an} sorozat monoton nemcsokkeno (nemnovekvo), ha

an ≤ an+1 (an ≥ an+1) minden n ∈ N eseten.

Ezen tulajdonsagok valamelyikevel rendelkezo sorozatot monoton sorozatnak nevezzuk.

2.11. Pelda. Az an =n− 1

nsorozat szigoruan monoton novekvo, mivel

an − an+1 =n− 1

n− n

n+ 1=

(n− 1)(n+ 1)− n2

n(n+ 1)=

=n2 − 1− n2

n(n+ 1)=

−1n(n+ 1)

< 0,

azaz an < an+1 minden n termeszetes szam eseten.

66 2. SZAMSOROZATOK

Az an =n− 1

nsorozat

elso nehany eleme

0,1

2,2

3,3

4,4

5, . . . . 1 2 3 4 5

n

0.5

1

an

an =n− 1

n

2.12. Pelda. Az an =1

n(pozitıv elemu) sorozat szigoruan monoton csokkeno, mivel

anan+1

=1n1

n+1

=n+ 1

n= 1 +

1

n> 1,

azaz an > an+1 minden n termeszetes szam eseten.

Az an =1

nsorozat elso

nehany eleme

1,1

2,1

3,1

4,1

5, . . . .

1 2 3 4 5n

1

0.5

an

an =1

n

2.13. Pelda. Az an = (−1)n sorozat nem monoton sorozat, hiszen az

an − an+1 = (−1)n − (−1)n+1 = (−1)n + (−1)n = 2 · (−1)n

kifejezes nem allando elojelu. Mivel a sorozat elemei valtakozva negatıvak es pozitıvak,ezert azt mondjuk ra, hogy oszcillalo, elso nehany eleme pedig

−1, 1,−1, 1,−1, . . . .

1 2 3 4 5n

-1

1

-1

1

-1

an

an = (−1)n

Vegyuk eszre, hogy ha az an = (−1)n szamsorozatot szamegyenesen abrazoltuk volna,akkor csak ket pont lenne a grafikonon, a −1-nel es az 1-nel. Mindketto eseteben viszontvegtelen sok pont lenne egymas tetejen, csak az egyenesen ezt nem lehet erzekeltetni.


FELADATOK.

Vizsgaljuk ki a kovetkezo sorozatok monotonitasat es korlatossagat.

1. an = 1 +1

nMegoldas. Vizsgaljuk ki a sorozat monotonitasat. E celbol ket szomszedos elemkulonbsegenek elojelet kell meghatarozni.

an+1 − an = 1 +1

n+ 1−(1 +

1

n

)=

1

n+ 1− 1

n=n− n− 1

n(n+ 1)=

−1n(n+ 1)

< 0.

Mivel an+1 − an < 0 minden n ∈ N eseten, ezert an+1 < an ervenyes minden n ∈ Neseten, vagyis a sorozat szigoruan monoton csokkeno.Mivel a sorozat szigoruan monoton csokkeno, ezert az elso elem a1 = 2 egyben asorozat legkisebb felso korlatja is, azaz K = 2 eseten an ≤ K minden n ∈ N eseten.

Mivel1

n> 0 minden n ∈ N eseten, ezert an = 1 +

1

n> 1 minden n ∈ N eseten,

ezert a sorozat egy also korlatja lehet k = 1. A sorozat tehat korlatos es minden ntermeszetes szamra

1 < an ≤ 2.

2. an = 2− nMegoldas. A monotonitasi tulajdonsag meghatarozasahoz vizsgaljuk most ki azan+1 − an kulonbseg elojelet. Mivel

an+1 − an = 2− (n+ 1)− (2− n) = 2− n− 1− 2 + n = −1 < 0,

ezert an+1 < an minden n termeszetes szamra, tehat a sorozat szigoruan monotoncsokkeno. Igy a sorozat felulrol korlatos, egy felso korlatja K = a1 = 1. Ha kalso korlatja lenne, akkor erre k < 2 − n kellene, hogy teljesuljon, viszont ez csakn < 2 − k indexekre lenne igaz, nem pedig minden n termeszetes szamra. Mostugyanis minel nagyobb n, annal kisebb an = 2 − n, tehat a sorozat alulrol nemkorlatos.

3. an = n2 + 1

Megoldas. A monotonitast az an+1−an kulonbseg elojelebol allapıtjuk meg. Mivel

an+1 − an = (n+ 1)2 + 1− (n2 + 1) = n2 + 2n+ 1− n2 − 1 = 2n > 0

minden n termeszetes szamra, ıgy an+1 > an minden n termeszetes szamra, tehata sorozat szigoruan monoton novekvo. A sorozat elso eleme egyben a sorozat egyalso korlatja is, tehat k = a1 = 2. Ha letezne olyan K szam, amelyre n2 + 1 < K,akkor ez a tulajdonsag csak az n <

√K + 1 indexu elemekre lenne igaz, tehat a

sorozat felulrol nem korlatos. Valoban, ez egy olyan sorozat, hogy egyre nagyobbn termeszetes szamok eseten an = n2 + 1 meg gyorsabban no. A sorozat tehatszigoruan monoton novekvo es alulrol korlatos.

68 2. SZAMSOROZATOK

4. an =n− 2

2nMegoldas. Vizsgaljuk ki az an+1 − an kulonbseget.

an+1 − an =n+ 1− 2

2(n+ 1)− n− 2

2n=

n− 1

2(n+ 1)− n− 2

2n=n(n− 1)− (n− 2)(n+ 1)

2n(n+ 1)=

=n2 − n− n2 + 2n− n+ 2

2n(n+ 1)=

1

n(n+ 1)> 0,

ezert an+1 > an minden n termeszetes szamra, tehat a sorozat szigoruan monotonnovekvo. A sorozat elso eleme egyben a sorozat egy also korlatja is, tehat k = a1,

illetve k = −1

2. Mivel

1

n> 0 minden n ∈ N eseten, ezert − 1

n< 0 es

1

2− 1

n<

1

2

minden n ∈ N eseten, ezert a sorozat egy felso korlatja lehet k =1

2, hiszen minden

n ∈ N-re

an =n− 2

2n=

1

2− 1

n<

1

2.

A sorozat tehat korlatos es minden n termeszetes szamra

−1

2≤ an ≤

1

2.

5. an =n2 + 2

n2 + 1Megoldas. Vizsgaljuk most is az an+1 − an kulonbseget.

an+1 − an =(n+ 1)2 + 2

(n+ 1)2 + 1− n2 + 2

n2 + 1=n2 + 2n+ 3

n2 + 2n+ 2− n2 + 2

n2 + 1=

=(n2 + 2n+ 3)(n2 + 1)− (n2 + 2)(n2 + 2n+ 2)

(n2 + 2n+ 2)(n2 + 1)=

=n4 + n2 + 2n3 + 2n+ 3n2 + 3− n4 − 2n3 − 2n2 − 2n2 − 4n− 4

(n2 + 2n+ 2)(n2 + 1)=

=−(2n+ 1)

(n2 + 2n+ 2)(n2 + 1)< 0,

minden n termeszetes szamra, ıgy an+1 < an minden n termeszetes szamra, tehata sorozat szigoruan monoton csokkeno. A sorozat elso eleme egyben a sorozat egy

felso korlatja is, tehat K = a1 =3

2. Vegyuk eszre, hogy

an =n2 + 2

n2 + 1= 1 +

1

n2 + 1.

Mivel1

n2 + 1> 0, ezert 1 +

1

n2 + 1> 1,

tehat k = 1 a sorozat egy also korlatja. A sorozat tehat korlatos es minden ntermeszetes szamra

1 < an ≤3

2.

2.3. Rekurzıv sorozatok 69

2.3. Rekurzıv sorozatok

A rekurzıv sorozatok kozul nehany sorozat gyakorlati alkalmazasa, felhasznalhatosaga mi-att annyira jelentos, hogy erdemes veluk kulon foglalkozni. Ezekbol nehanyat definialunk,megmutatjuk jellegzetes tulajdonsagaikat es erdekes alkalmazasaikat.

2.3.1. Szamtani (aritmetikai) sorozat

2.5. Definıcio. Azt a szamsorozatot, amelyben minden elemet (tagot) az ot megelozobolegy d allando hozzadasaval kapunk, szamtani (vagy aritmetikai) sorozatnak nevezzuk. Ad szam a sorozat kulonbsege (vagy differenciaja).

A definıcio alapjan felırhatjuk a szamtani sorozat rekurzıv kepzesi szabalyat:

an = an−1 + d, illetve an − an−1 = d, n ≥ 2.

Ebbol adodik, hogy

a) ha d > 0, a szamtani sorozat monoton novekvo es alulrol korlatos,

b) ha d < 0, a szamtani sorozat monoton csokkeno es felulrol korlatos,

c) d = 0 eseten is beszelhetunk szamtani sorozatrol, amely nemnovekvo, nemcsokkenoes korlatos sorozat. Elemei: a1, a1, a1,...,a1,... Az ilyen sorozatot allando (vagykonstans) sorozatnak nevezzuk.

A szamtani sorozat megadasahoz eleg ket adat. Legegyszerubb meghatarozo adatai a1 esd. Az egyszeru kepzesi szabalybol adodik, hogy a1 es d ismereteben a szamtani sorozatbarmelyik elemet felırhatjuk a kovetkezokeppen:

a2 = a1 + d,

a3 = a1 + 2d,

a4 = a1 + 3d,

...

Ezt az eljarast folytatva es altalanosıtva kimondhato a kovetkezo tetel:

2.1. Tetel. Ha az {an} szamtani sorozat elso eleme a1 es kulonbsege d, akkor minden ntermeszetes szamra ervenyes, hogy

an = a1 + (n− 1)d.

Bizonyıtas. A bizonyıtas a matematikai indukcio modszerevel tortenik.1o n = 1 eseten a1 = a1 + (1− 1)d = a1 + 0 · d = a1.2o Tegyuk fel, hogy az allıtas igaz n = k-ra, vagyis, hogy ak = a1 + (k − 1)d.3o Igazoljuk az allıtas helyesseget n = k + 1-re. Ekkorak+1 = ak + d = a1 + (k − 1)d+ d = a1 + (k + 1− 1)d = a1 + kd. ⋄

70 2. SZAMSOROZATOK

2.14. Pelda. Ha az 5, 2,−1,−4,−7, . . . szamtani sorozat huszadik elemet kell meghata-rozni, akkor megallapıthatjuk, hogy a1 = 5 es d = −3, tehat

a20 = a1 + 19 · d = 5 + 19 · (−3) = −52.

2.15. Pelda. Ha egy olyan szamtani sorozat differenciajat kell kiszamıtani, melynekelso tagja 3 es tizedik tagja 21, akkor az a10 = a1 + 9d osszefuggesbol azt kapjuk, hogy21 = 3 + 9d, ahonnan d = 2.

Mivelan−1 + an+1

2=an − d+ an + d

2=

2an2

= an,

ezert ervenyes, hogy a szamtani sorozatban barmely harom szomszedos elem kozul akozepso a ket mellette levo elem szamtani kozepe. Errol a tulajdonsagrol kapta e sorozata ”szamtani” megnevezest. Hasonloan ervenyes a kovetkezo osszefugges is:

an−k + an+k

2= an, k < n.

Az osszeg kiszamıtasanak legegyszerubb alapgondolata ma is az, amelyet Gauss (1777-1855) 9 eves koraban alkalmazott, amikor tanıtoja azt a feladatot adta az osztalyanak, hogyadjak ossze 1-tol 40-ig az egesz szamokat. Gauss egy pillanaton belul felırta az osszeget:820. Tanıtoja keresere el is magyarazta a gondolatmenetet. Elkepzelte egy sorba felırvaa 40 tagu osszeget, majd ugyanezt a 40 tagot fordıtott sorrendben alaırva. Az egymasala kerult ket szam osszege mindenutt 41. 40 ilyen par van, ezert 41-et 40-nel kelleneszorozni, de a ket sor miatt minden szam ketszer szerepel az osszegben, ezert a 40 helyettcsak 20-szal szorozta az osszeget. Ez a szorzat adja a pontos osszeget, a 820-at.

Ugyanezzel a gondolatmenettel lehet kiszamıtani a szamtani sorozat elso n elemenek Sn

osszeget. Kimondhato a kovetkezo tetel:

2.2. Tetel. Ha az {an} szamtani sorozat elso eleme a1 es kulonbsege d, akkor az elso nelemenek osszege

Sn = a1 + a2 + ...+ an =n

2(a1 + an) =

n

2(2a1 + (n− 1)d).

Bizonyıtas. Gyozodjunk meg eloszor arrol, hogy minden k eseten, amelyre 1 ≤ k ≤ nervenyes, hogy

ak + an−k+1 = a1 + an.

Valoban, ak = a1 + (k − 1)d, an−k+1 = a1 + (n− k)d es an = a1 + (n− 1)d, tehat

ak + an−k+1 = a1 + (k − 1)d+ a1 + (n− k)d = a1 + a1 + (n− 1)d = a1 + an.

MivelSn = a1 + a2 + · · ·+ an−1 + an

es ugyanakkorSn = an + an−1 + · · ·+ a2 + a1,

ıgy osszeadva a ket egyenletet adodik, hogy

2Sn = (a1 + an) + (a2 + an−1) + · · ·+ (an−1 + a2) + (an + a1) = n(a1 + an).


Innen kovetkezik azSn =

n

2(a1 + an)

osszefugges, amelybe behelyettesıtve az an = a1 + (n− 1)d kifejezest adodik, hogy

Sn =n

2(2a1 + (n− 1)d).

⋄

A tetel gyakorlati alkalmazasat mutatja az alabbi pelda.

2.16. Pelda. Egy utszakasz javıtasahoz homokbanyabol teherautoval homokot szallıta-nak. Az elso fordulo terhet a kocsi az ut elejen rakja le, ez a homokbanyatol 8000 m-estavolsagra van. Minden tovabbi fordulo terhet 25 m-rel tavolabbra kell vinnie. A 35.fordulonal mekkora tavolsagra megy a kocsi, es a 35 fordulo megtetele kozben hany kmutat tesz meg teher alatt?a1 = 8000, d = 25, tehat n = 35 esetben a35 = 8000 + (35 − 1)25 = 8850, vagyis a35. fordulonal a kocsi 8850 m tavolsagra megy. Mivel a 35 fordulo alatt teherrel megtetttavolsagok osszege

S35 = a1 + a2 + ...+ a35 =35

2(a1 + a35) =

35

2(8000 + 8850) = 294875m,

ıgy megallapıthatjuk, hogy a 35. fordulo megtetele utan a kocsi teherrel osszesen 294,875km utat tett meg.

FELADATOK.

1. Egy szamtani sorozat elso es otodik tagjanak osszege 26, masodik es negyediktagjanak szorzata 160. Szamıtsuk ki elso hat tagjanak osszeget.

Megoldas. A feltetelek lapjan felırhatjuk, hogy

a1 + a5 = 26 es a2 · a4 = 160.

Mivel a fenti osszefuggesekben szereplo tagok a3-ra szimmetrikusak, fejezzuk kia megadott felteteleket a3 segıtsegevel. Ekkor az osszegre vonatkozo feltetelbolkovetkezik, hogy

a3 − 2d+ a3 + 2d = 26, illetve a3 = 13.

Ha a feltetelben szereplo szorzat tenyezoit is felırjuk a3 segıtsegevel, akkor az

(a3 − d)(a3 + d) = 160, illetve 132 − d2 = 160

osszefuggest kapjuk, ahonnan d2 = 9, azaz d = 3 vagy d = −3.Ha d = 3, akkor az a3 = a1 + 2d osszefuggesbol a1 = 7 kovetkezik, a keresettszamtani sorozat pedig

7, 10, 13, 16, 19, . . .

Amennyiben d = −3, az a3 = a1 + 2d osszefuggesbol a1 = 19-et kapunk, s akkor akeresett szamtani sorozat

19, 16, 13, 10, 7, . . .

72 2. SZAMSOROZATOK

2. Hatarozzuk meg az osszes olyan ketjegyu szam osszeget, amelyek 4-gyel osztvamaradekul 1-et adnak.

Megoldas. Az elso olyan ketjegyu szam, amely 4-gyel osztva maradekul 1-et ad,a 13. Ez lehet tehat egy sorozat elso eleme (a1 = 13). A 4-gyel valo osztasmaradekosztalyaban az elemek sorban 4-gyel novekszenek, tehat egy olyan szamtanisorozatot alkotnak, amelynek kulonbsege d = 4. Az utolso ketjegyu szam ebben asorozatban a 97. A kerdes most az, hogy a 97 hanyadik eleme ennek a sorozatnak.Mivel an = a1 + (n − 1)d, ıgy 97 = 13 + (n − 1) · 4, es ebbol n = 22. A keresettosszeg kiszamıthato a szamtani sorozat elso n elemenek Sn osszegkepletebol, s ıgy

S22 =22

2(13 + 97) = 11 · 110 = 1210.

3. Egy erdotelepıtesnel parhuzamos sorokban osszesen 2660 fat ultettek el. Az elsosorba 8, minden kovetkezo sorba pedig 3-mal tobb fa kerult, mint az elozobe. Hanyfa jutott az utolso sorba?

Megoldas. A kulonbozo sorokba ultetett fak szama olyan szamtani sorozatot alkot,amelyben a1 = 8 es d = 3. Ha n sorba osszesen 2660 fat ultettek, akkor Sn = 2660,es egyreszt ki kell szamolni mennyi az n, masreszt pedig, hogy mennyi az an. Mivel

Sn =n

2(2a1 + (n− 1)d), ıgy 2660 =

n

2(16 + 3(n− 1)),

ahonnan

5320 = 16n+ 3n(n− 1), illetve 3n2 + 13n− 5320 = 0.

Ebbol n1 = 40 es n2 = −133

3, ahol a negatıv tort megoldasnak nincs ertelme, mivel

ez nem lehet a sorozat tagjanak indexe. Ezek szerint 40 sor fat ultettek el es azutolso sorba a40 = a1 + 39d = 8 + 3 · 39 = 125 fa jutott.

4. Hatarozzuk meg a szamtani sorozatban az elso 19 tag osszeget, ha tudjuk, hogya4 + a8 + a12 + a16 = 224.

Megoldas. Mivel a4 es a16, valamint a8 es a12 az a10 elemre nezve szimmetrikusak,ezert ırjuk fel a megadott feltetelt a10 es d segıtsegevel. Ekkor

(a10 − 6d) + (a10 − 2d) + (a10 + 2d) + (a10 + 6d) = 224,

ahonnan a10 = 56. Az elso 19 tag osszege felırhato a10 segıtsegevel, mint

S19 =19

2(a1 + a19) =

19

2(a10 − 9d+ a10 + 9d) =

19

2· 2a10 = 19 · 56 = 1064.

5. Lehetnek-e az 5 es a√5 egy olyan szamtani sorozat elemei, amelynek elso tagja 2?

Megoldas. Ha van ilyen sorozat, akkor felırhato, hogy

5 = 2 + (n− 1)d es√5 = 2 + (m− 1)d,

ahol n es m kulonbozo termeszetes szamok. Ekkor

5− 2 = (n− 1)d es√5− 2 = (m− 1)d,


ezek hanyadosa pedig √5− 2

5− 2=

(m− 1)d

(n− 1)d=m− 1

n− 1.

Innen√5 = 3 ·m− 1

n− 1+2, ami lehetetlen, mert

√5 irracionalis szam, a 3 ·m− 1

n− 1+2

kifejezes pedig racionalis, tehat nem lehetnek egyenlok. Megallapıthatjuk tehat,hogy az 5 es a

√5 szamok nem lehetnek egy olyan szamtani sorozat tagjai, amelynek

elso tagja 2.

2.3.2. Mertani (geometriai) sorozat

2.6. Definıcio. Azt a szamsorozatot, amelyben minden elemet (tagot) az ot megelozobolegy q = 0 szammal valo szorzassal kapunk, mertani (vagy geometriai) sorozatnak nevezzuk.A q szam a sorozat hanyadosa (vagy kvociense).

A definıciobol kovetkezik a mertani sorozat rekurzıv kepzesi szabalya:

an = an−1q, illetveanan−1

= q, n ≥ 2.

Ebbol latjuk, hogy q > 0 eseten a sorozat elemei azonos elojeluek. Ha q > 1, akkor a1 > 0eseten a mertani sorozat szigoruan monoton novekvo, a1 < 0 eseten pedig szigoruanmonoton csokkeno. Ha 0 < q < 1 es a1 > 0, akkor a sorozat szigoruan monoton csokkeno,a1 < 0 eseten pedig szigoruan monoton novekvo. q = 1-re allando sorozatot kapunk. Haq < 0, akkor az elemek elojele valtakozo.A definıciobol kovetkezik, hogy adott a1 es q eseten a mertani sorozat tagjai felırhatok

a2 = a1q,

a3 = a1q2,

a4 = a1q3,

...

alakban, illetve ezt az eljarast folytatva es altalanosıtva kimondhato a kovetkezo tetel:

2.3. Tetel. Ha a mertani sorozat elso eleme a1 es hanyadosa q, akkor minden n terme-szetes szam eseten

an = a1qn−1.

Bizonyıtas. A bizonyıtast matematikai indukcioval vegezzuk.

1o n = 1 eseten a1 = a1q(1− 1) = a1q

0 = a1.2o Tegyuk fel, hogy az allıtas igaz n = k-ra, vagyis, hogy ak = a1q

k−1.3o Igazoljuk az allıtas helyesseget n = k + 1-re. Ekkor

ak+1 = ak · q = a1 · qk−1 · q = a1 · qk = a1 · qk+1−1.

⋄

74 2. SZAMSOROZATOK

2.17. Pelda. Ha az a feladatunk, hogy az an =3

2nmertani sorozatban meghatarozzuk az

elso elemet es a hanyadost, akkor az elso elem az a1 =3

21=

3

2. A kvocienst kiszamıthatjuk

barmelyik ket szomszedos tag hanyadosakent, peldaul

q =a2a1

=322

321

=1

2.

2.18. Pelda. Allapıtsuk meg, hogy a mertani sorozat hanyadik tagja a−81, ha elso eleme−1, hanyadosa pedig 3. Mivel an = a1q

n−1, ezert −81 = −1 · 3n−1, ahonnan n − 1 = 4,illetve n = 5. Ezert a sorozat otodik eleme −81.

A mertani sorozatban barmely harom egymast koveto elemre ervenyes az

a2n = an−1an+1

osszefugges, amelybol pozitıv tagu sorozat eseten felırhato az

an =√an−1an+1

keplet is. Ez azt jelenti, hogy a mertani sorozat harom szomszedos eleme kozul a kozepsoa ket mellette levonek mertani kozepe es ebbol szarmazik a megnevezesben a ”mertani”jelzo. Hasonloan ervenyes k < n eseten, hogy

a2n = an−kan+k.

2.4. Tetel. Ha az {an} mertani sorozat elso eleme a1 es hanyadosa q, akkor az elso nelemenek osszege

Sn = a1 + a2 + ...+ an = a1 ·qn − 1

q − 1= a1 ·

1− qn

1− q, q = 1.

Ha q = 1, akkor Sn = na1.

Bizonyıtas. Ha

Sn = a1 + a2 + ...+ an

akkor

Snq = a1q + a2q + ...+ anq = a2 + a3 + ...+ an+1.

Ha a masodik egyenletbol kivonjuk az elsot, akkor

Snq − Sn = a2 + a3 + ...+ an+1 − (a1 + a2 + ...+ an) = an+1 − a1 = a1qn − a1,

vagyis

Sn(q − 1) = a1(qn − 1), ahonnan Sn = a1

qn − 1

q − 1.

Ha q = 1, akkor a mertani sorozat minden tagja egyenlo, ıgy Sn = n · a1. ⋄


2.19. Pelda. Ha az

Sn = xn−1 + xn−2y + xn−3y2 + · · ·+ xyn−2 + yn−1

osszegben x = 0 es y = 0, akkor Sn egy olyan mertani sorozat elso n tagjanak osszege,

amelyben a1 = xn−1 es q =y

x. Ezert

Sn = xn−1 ·1−

(yx

)n1− y

x

=xn − yn

x− y,

ahonnan(x− y)Sn = xn − yn,

vagyis ily modon levezettuk az ismert osszefuggest, mely szerint

xn − yn = (x− y)(xn−1 + xn−2y + xn−3y2 + · · ·+ xyn−2 + yn−1).

A mertani sorozat n-edik elemenek kiszamıtasa a kamatos kamatszamıtasban nagyonfontos. Gondoljunk a kovetkezo problemara.

2.20. Pelda. Valaki januar 1-en 7000 dinart evi 5%-os kamatlab mellett betesz a bankba.Kamatosan kamatozva 6 ev alatt mekkorara novekszik meg az osszeg? (A kamatos kama-tozas azt jelenti, hogy az evi kamatot evenkent automatikusan hozzacsatoljak a lekotottpenzosszeghez, es a kovetkezo evekben mar ez a megnovekedett osszeg kamatozik.)Altalanosan fogalmazva:A T0 osszeg evi p%-os kamatlabbal kamatozva n ev alatt mekkorara novekszik fel?

A p%-os kamattal novelt osszeg 1 ev alatt az eredeti 1 +p

100-szorosara novekszik. Ezert

p%-kal kamatosan kamatozva n ev alatt a T0 osszegbol lesz

Tn = T0

(1 +

p

100

)n.

Esetunkben ez

T6 = T0

(1 +

p

100

)6= 7000 ·

(1 +

5

100

)6

= 7000 · 1, 056 = 9380, 67 din.

FELADATOK.

1. Egy novekvo mertani sorozat elso es harmadik tagjanak osszege 20, elso haromtagjanak osszege pedig 26. Melyik ez a sorozat?

Megoldas. Mivel a1+a3 = 20 es a1+a2+a3 = 26, ebbol nyilvanvalo, hogy a2 = 6,

ahonnan a1q = 6, illetve a1 =6

q. Mivel

a1 + a1q2 = 20, ıgy a1(1 + q2) = 20,

illetve6

q(1 + q2) = 20.

76 2. SZAMSOROZATOK

Ebbol a 3q2−10q+3 = 0 masodfoku egyenletet kapjuk, amelynek megoldasai q1 = 3

es q2 =1

3. Mivel a keresett sorozat novekvo kell legyen, ıgy a hanyados nem lehet

1

3.

Ezert q = 3 es a1 = 2. A feladatban megdott feltetelekt kielegıto novekvo mertanisorozat tehat:

2, 6, 18, 54, . . .

2. Egy mertani sorozat negyedik tagja 24-gyel nagyobb, mint a masodik tag, masodikes harmadik tagjanak osszege pedig 6. Hatarozzuk meg ezt a sorozatot.

Megoldas. A megadott feltetelekbol felırhatjuk, hogy

a4 = a2 + 24 es a2 + a3 = 6,

a1q3 − a1q = 24 es a1q + a1q

2 = 6,

illetve a1(q3 − q) = 24 es a1(q + q2) = 6.

Osszuk el a ket egyenlet megfelelo oldalait:

q3 − qq + q2

=24

6.

Ekkorq(q2 − 1) = 4q(q + 1), ha q + q2 = 0,

ebbol pedig kovetkezik, hogy q − 1 = 4, ahonnan q = 5. Most 30 · a1 = 6, innen

pedig a1 =1

5. Ekkor a keresett mertani sorozat

1

5, 1, 5, 25, 125, . . .

Nezzuk meg ad-e tovabbi megoldast a q+ q2 = 0 eset. A mertani sorozat definıciojaszerint q = 0. Ha q = −1, akkor a masodik feltetelbol a1 · 0 = 6, ami ellentmondastjelent, tehat ezek az ertekek nem adnak megoldast.

3. Egy pozitıv tagu mertani sorozat elso es otodik tagjanak kulonbsege 15, elso esharmadik tagjanak osszege pedig 20. Hatarozzuk meg a sorozat elso ot tagjanakosszeget.

Megoldas. Ahhoz, hogy a mertani sorozat minden tagja pozitıv legyen, a1 es q ispozitıv kell legyen. A feltetelek szerint a1 − a5 = 15 es a1 + a3 = 20 igaz, amelyekfelırhatok a1 es q segıtsegevel, mint

a1(1− q4) = 15 es a1(1 + q2) = 20.

Elosztva a ket egyenlet megfelelo oldalait kapjuk, hogy

1− q4

1 + q2=

3

4.

Mivel 1− q4 = (1− q2)(1 + q2) es 1 + q2 = 0, ezert a baloldalon egyszerusıthetunk1 + q2-tel, s ebbol az

1− q2 = 3

4, illetve q2 =

1

4


egyenletet kapjuk, ahonnan q = −1

2vagy q =

1

2. Mivel a feltetelek szerint a

hanyados nem lehet negatıv, ezert q =1

2az egyetlen megoldas. Ekkor a1 = 16, a

keresett mertani sorozat pedig

16, 8, 4, 2, 1,1

2, . . .

4. Egy haromszog oldalainak meroszama egy mertani sorozat harom egymast kovetoeleme. Milyen hatarok kozott valtozhat a sorozat hanyadosa?

Megoldas. Legyenek a haromszog oldalai a, b es c. Tegyuk fel, hogy a a haromszoglegrovidebb, c pedig a leghosszabb oldala. Mivel ezek a szamok mertani sorozatotalkotnak, ıgy b = aq es c = aq2, eami szerint q ≥ 1. A haromszog oldalaira vonatkozoegyenlotlenseg szerint

a+ b > c, ahonnan a+ aq > aq2.

Mivel a a haromszog oldala, ezert pozitıv szam, ıgy a fenti egyenlotlenseg oszthatoa-val. Ekkor

q2 − q − 1 < 0

egyenlotlenseget kapjuk, ahonnan q ∈

(1−√5

2,1 +√5

2

). Mivel

1−√5

2negatıv

szam, ezert a q ≥ 1 feltetel miatt a hanyados hatarai 1 es1 +√5

2, azaz

1 ≤ q <1 +√5

2.

5. A 2 es 4 koze iktassunk 9 szamot ugy, hogy a ket megadott szammal egyutt mertanisorozatot alkossanak.

Megoldas. A 2-vel es a 4-gyel egyutt a keresett 9 szam a sorozat 11 elemet adjameg, vagyis a1 = 2 es a11 = 4. Mivel a11 = a1 · q10, ıgy 4 = 2 · q10, ahonnan q = 10

√2

kovetkezik, ugyanis ennek a sorozatnak novekvonek kell lennie, es ez csak q > 1eseten tortenhet meg. Igy a sorozat elemei

2, 210√2, 2

10√22, 2

10√23, 2

10√24, 2

10√25, 2

10√26, 2

10√27, 2

10√28, 2

10√29, 2

10√210,

illetve nemi rendezes utan

2, 210√2, 2

5√2, 2

10√8, 2

5√4, 2

10√32, 2

5√8, 2

10√128, 2

5√16, 2

10√512, 4.

6. Egy szamtani es egy mertani sorozat elso eleme 5 es harmadik elemuk is egyenlo. Aszamtani sorozat masodik eleme 10-zel nagyobb a mertani sorozat masodik elemenel.Irjuk fel ezeket a sorozatokat.

Megoldas. Jelolje a1, a2, a3 a szamtani sorozat, b1, b2, b3 pedig a mertani sorozatelso harom elemet. Ekkor

a1 = b1 = 5, a3 = b3, es a2 = b2 + 10.

78 2. SZAMSOROZATOK

Mivel a2 = 5 + d es a3 = 5 + 2d, valamint b2 = 5q es b3 = 5q2, ıgy kovetkezik, hogy

5 + 2d = 5q2 es 5 + d = 5q + 10.

A masodik egyenletbol d = 5q+5, majd ezt az elsobe helyettesıtve kovetkezik, hogy

5 + 10q + 10 = 5q2, vagyis q2 − 2q − 3 = 0,

amelynek megoldasai q1 = −1 es q2 = 3. Ha q1 = −1, akkor d1 = 0, a kere-sett sorozatok pedig az 5, 5, 5, . . . szamtani es az 5,−5, 5, . . . mertani sorozat. Haq2 = 3, akkor d2 = 20, a keresett sorozatok pedig az 5, 25, 45, . . . szamtani esaz 5, 15, 45, . . . mertani sorozat. Ezert tehat ket sorozatpar letezik a feladatbanmegadott feltetelekkel, megpedig az

5, 5, 5, . . . es 5,−5, 5, . . .

valamint az5, 25, 45, . . . es 5, 15, 45, . . .

sorozatpar.

7. Negy szam egy mertani sorozat negy egymast koveto elemet alkotja. Ha a masodikszamhoz 6-ot, a harmadikhoz 3-at adunk, a negyedikbol 36-ot elveszunk, akkor azıgy kapott negy szam egy szamtani sorozat egymast koveto tagjai lesznek. Melyikez a negy szam?

Megoldas. Legyenek a, b, c es d a negy szam, amelyek mertani sorozatot alkotnak.Ekkor a feltetelek szerint a, b+6, c+3 es d−36 szamtani sorozatot alkotnak. Ezertervenyes, hogy

b2 = ac

c2 = bd

2(b+ 6) = a+ c+ 3

2(c+ 3) = b+ 6 + d− 36

A harmadik egyenletbol a = 2b − c + 9, a negyedikbol pedig d = 2c − b + 36.helyettesıtsuk be ezeket a kifejezeseket az elso ket egyenletbe. Ekkor a

b2 = c(2b− c+ 9)

c2 = b(2c− b+ 36)

egyenletrendszert kapjuk. Rendezzuk a ket egyenletet

b2 + c2 − 2bc = 9c

b2 + c2 − 2bc = 36d

alakura, majd vonjuk ki egymasbol a ket egyenletet. Ekkor c = 4d adodik, majdezt behelyettesıtve az a = 2b − c + 9 es d = 2c − b + 36 egyenletekbe adodnak aza = 9 − 2b es d = 7b + 36 osszefuggesek. A b2 = ac egyenletbe helyettesıtve ab2 = (9 − 2b) · 4b egyenletet kapjuk, ahonnan b = 0 vagy b = 4. Ha b = 0, akkorc = 0, a = 9 es d = 36, amibol a 9, 0, 0, 36 sorozatot kapnank, de ez nem mertanisorozat. Ha b = 4, akkor c = 16, a = 1 es d = 64, amibol az 1, 4, 16, 64 mertanisorozatot kapjuk, a megfelelo szamtani sorozat pedig az 1, 10, 19, 28. A keresettnegy szam tehat 1, 4, 16, 64.


8. Harom szam, melyek osszege 76, mertani sorozatot alkot. Ezt a harom szamottekinthetjuk egy szamtani sorozat elso, negyedik es hatodik tagjanak is. Melyik eza harom szam?

Megoldas. Legyenek a, b es c a keresett szamok. Mivel ezek a szamok mertanisorozatot alkotnak, ıgy b = aq es c = aq2. A szamok osszege a + b + c = 76,illetve a + aq + aq2 = 76. A masik feltetel szerint b = a + 3d, illetve c = a + 5d esmivel mertani sorozat elemeirol van szo, ezert felırhato, hogy aq = a + 3d, illetveaq2 = a + 5d. ha a ket egyenletet kivonjuk egymasbol, akkor a 2d = aq(q − 1)feltetelt kapjuk. Az a(q − 1) = 3d es a aq(q − 1) = 2d feltetelbol adodik tovabba,hogy

a(q − 1)

3=aq(q − 1)

2,

ahonnan2a(q − 1) = 3aq(q − 1) azaz a(q − 1)(2− 3q) = 0.

Innen a = 0 vagy q = 1 vagy q =2

3a lehetseges megoldasok.

a = 0 eseten b = 0 es c = 0 lenne, ezek osszege pedig nem 76.

Ha q = 1, akkor a =76

3, b =

76

3es c =

76

3. Ez a harom szam kielegıti a megadott

felteteleket.

ha q =2

3, akkor a

(1 +

2

3+

4

9

)= 76, ahonnan a = 36, b = 24 es c = 16 adodik.

Mivel ez a harom szam is kielegıti a megadott felteteleket (a megfelelo szamtanisorozatban d = −4), ezert ket olyan szamharmas letezik, amely eleget tesz a fela-datban kituzott felteteleknek, ezek pedig a

76

3,76

3,76

3es a 36, 24, 16.

9. Lakasvasarlasra januarban 50000 euro kolcsont kaptunk a banktol evi 5%-os kamatoskamatra. Minden ev vegen 6000 eurot kell torlesztenunk. Hany ev mulva fizetjukvissza az adossagunkat?

Megoldas. A kolcson osszege kezdetkor T0 = 50000 euro. Ha erre az osszegre azev vegen 5%-os kamatot fizetunk es torlesztunk x = 6000 eurot, akkor az elso evvegen az adossagunk

T1 = T0

(1 +

p

100

)− x = T0 · q − x,

ahol q = 1 +p

100. A masodik ev vegen az adossagunk

T2 = T1

(1 +

p

100

)− x = (T0 · q − x) · q − x = T0 · q2 − x(q + 1).

A harmadik ev vegen ez

T3 = T2

(1 +

p

100

)− x = (T0 · q2 − x(q + 1)) · q − x = T0 · q3 − x(q2 + q + 1).

Folytatva ezt az eljarast azt kapjuk, hogy az n. ev vegen adossagunk

Tn = T0 · qn − x(qn−1 + qn−2 + · · ·+ q + 1) = T0 · qn − x · 1 ·qn − 1

q − 1.

80 2. SZAMSOROZATOK

Ha adossagunkat az n. evben teljesen vissza akarjuk fizetni, akkor Tn = 0 kell legyen.Az a kerdes, hogy ez hanyadik evben tortenik, azaz mennyi az n erteke. Mivel

q = 1 +p

100= 1 +

5

100= 1.05,

ıgy a keresett erteket a

0 = 50000 · 1.05n − 6000 · 1 · 1.05n − 1

1.05− 1

egyenletbol szamıtjuk ki. Innen

120000 = 70000 · 1, 05n, illetve 1.05n =12

7.

Mindket oldal logaritmalasaval azt kapjuk, hogy

n · log 1.05 = log12

7,

ahonnan n ≈ 11.04, ez pedig azt jelenti, hogy az adossagot korulbelul 11 ev alattfizetjuk vissza.

10. Szamıtsuk ki az Sn = 9 + 99 + 999 + · · ·+ 99 · · · 9︸︷︷︸n

osszeget.

Megoldas. Eloszor vegyuk eszre, hogy az osszeadandok mindegyike a 10 valamelyikhatvanyatol 1-gyel kisebb szam. Ezt az eszrevetelt felhasznalva felırhatjuk, hogy

Sn = (101 − 1) + (102 − 1) + (103 − 1) + · · ·+ (10n − 1).

Innen azSn = 10 + 102 + 103 + · · ·+ 10n − n,

kepletet kapjuk, amelyben felhasznalva a mertani sorozat elso n elemenek osszeg-kepletet adodik, hogy

Sn = 10 · 10n − 1

10− 1− n =

10

9· (10n − 1)− n.

2.3.3. A Fibonacci-fele sorozat

Leonardo Pisano (1170-1250) olasz kereskedo-matematikust Fibonaccinak (Bonaccio fia)is neveztek. Sokat utazott es utazasai soran sokat foglalkozott az arab matematikaval.Ket konyvet ırt, melyekben tobb sajat eredmenye is van. Az 1228-ban kiadott konyvebentalalhato az azota hıresse valt kovetkezo pelda.

2.21. Pelda. Vizsgaljuk meg, mennyire szaporodik egy par maszuletett nyul egy ev alatt,ha minden nyulpar minden honap vegen egy parral szaporodik, a nyulak pedig kethonaposkorukban ivarerettek. (Ez azt jelenti, hogy akkor hoznak elso ızben utodokat.)Minden honap vegen csak azok a nyulak szaporodnak, amelyek legalabb kethonaposak, esıgy az elso honap vegen, illetve masodik honap kezdeten nincs szaporulat, marad az egy

2.4. Differenciaegyenletek 81

par nyul. A masodik honap vegen, azaz harmadik honap kezdeten mar van szaporulat, esıgy ket par a nyulak szama. A harmadik honap vegen, illetve negyedik honap kezdeten iscsak az eredeti egy par nyulnak van ivadeka es ıgy harom par nyul lesz. A kovetkezo, anegyedik honap vegen, vagyis otodik honap kezdeten mar ket par nyul lesz kethonapos,ezert a szaporulat ket par stb. Ha an jelenti a nyulak szamat az n-edik honap kezdetenes a1 a nyulak szamat a tenyesztes kezdeten, akkor

a1 = 1, a2 = 1, an+1 = an + an−1, n = 2, 3, ...

Az ıgy kapott1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ...

sorozatot Fibonacci sorozatnak szokas nevezni, amelynek altalanos eleme:

an =1√5

[(1 +√5

2

)n

−

(1−√5

2

)n], n = 1, 2, ...

2.4. Differenciaegyenletek

Az elozo fejezetekben talalkoztunk ket erdekes rekurzıv sorozattal. Az egyik egy mertanisorozat,

a1 = 1, an+1 = 2an, n = 1, 2, . . . ,

amely altalanos tagjanak keplete an = 2n, a masik a Fibonacci-sorozat

a1 = 1, a2 = 1, an+1 = an + an−1, n = 2, 3, . . . , (2.1)

amely altalanos tagjanak keplete

an =1√5

[(1 +√5

2

)n

−

(1−√5

2

)n], n = 1, 2, . . . ,

ket mertani sorozat kulonbsege. Most megmutatjuk azt az eljarast, amelybol a Fibonacci-sorozat kepletet nyertuk.Tegyuk fel, hogy van olyan {tn} (t = 0) mertani sorozat, amely a (2.1) rekurzios formulatkielegıti. Ekkor

tn+1 = tn + tn−1, n = 1, 2, ...,

es ıgyt2 − t− 1 = 0. (2.2)

Ha t a (2.2) egyenletnek a megoldasa, akkor {tn} kielegıti a (2.1) rekurzios formulat.

Mivel a (2.2) egyenlet ket gyoke t1 =1

2(1 +

√5) es t2 =

1

2(1−

√5), ezert az{(

1 +√5

2

)n}es

{(1−√5

2

)n}(2.3)

geometriai sorozat mindegyike megoldasa a (2.1) rekurzios formulanak.A fenti ket sorozat egyike sem teljesıti azonban az a1 = a2 = 1 kezdeti felteteleket.Konnyen ellenorizheto, hogy barmely C1 es C2 allando mellett a (2.3) sorozatok C1 es C2

82 2. SZAMSOROZATOK

allandokkal valo beszorzasaval kapott sorozat is kielegıti a (2.1) rekurzios formulat, es aket sorozat osszege, az

an = C1

(1 +√5

2

)n

+ C2

(1−√5

2

)n

is. Most a C1 es C2 ertekeket, a mertani sorozat kezdoertekeit ugy fogjuk megvalasztani,hogy a1 = a2 = 1 legyen. Ez a kovetkezo egyenlosegek teljesuleset jelenti:

C1

(1 +√5

2

)+ C2

(1−√5

2

)= 1 ,

C1

(1 +√5

2

)2

+ C2

(1−√5

2

)2

= 1 ,

amibol C1 =1√5es C2 = − 1√

5. Ezt az eljarast alkalmazni lehet a Fibonacci-sorozatnal

altalanosabb rekurzıv sorozatokra is.

2.4.1. Veges differenciak

2.7. Definıcio. Egy {an} valos szamsorozat veges differenciajan a

∆an = an+1 − an, n = 1, 2, ....

kulonbseget ertjuk.

Az a lekepezes, amely az {an} sorozathoz hozzarendeli a {∆an} sorozatot, a kovetkezotulajdonsaggal rendelkezik:

∆(an + bn) = ∆an +∆bn,

es ha λ valos szam, akkor∆(λan) = λ ·∆an,

vagyis a ∆ az osszeadassal es a λ-val valo szorzassal felcserelheto. Ezt a tulajdonsagotugy fejezzuk ki roviden, hogy ∆ linearis. A magasabb differenciakat a kovetkezokeppenertelmezzuk: a masodik differencia

∆2an = ∆(∆an) = an+2 − 2an+1 + an.

2.4.2. Allando egyutthatos linearis differenciaegyenletek

2.8. Definıcio. Az ismeretlen {an} szamsorozat es elso differenciaja kozott fennallo

A1∆an + A0an = 0, (2.4)

alaku linearis osszefuggest, ahol A1, A0 egyutthatok adott valos szamok es A1 = 0, allandoegyutthatos elsorendu linearis differenciaegyenletnek nevezzuk.


Behelyettesıtve a veges differencia alakjat, a (2.4) egyenletet a

an+1 = qan

alakban is felırhatjuk.

2.22. Pelda. Tekintsuk a∆an = k

alaku differenciaegyenlet, ahol k allando. A veges differencia definıciojat behelyettesıtvea fenti egyenlet

an+1 − an = k

alakban ırhato fel. Az altalanos megoldas nyilvanvaloan

an = kn+ C.

Ez azt jelenti, hogy az an ertekek olyan szamtani sorozatot alkotnak, amelynek diffe-renciaja k.

2.23. Pelda. Tekintsuk most a∆an + ban = 0

differenciaegyenletet. A veges differencia definıciojat behelyettesıtve ez az egyenlet

an+1 − an + ban = 0

alakban ırhato, ahonnanan+1

an= 1− b

egyenlet adodik. Ebben az esetben tehat az an ertekek mertani sorozatot alkotnak.

a1 = A kezdeti ertek eseten azan+1 = qan

elsorendu linearis differenciaegyenlet altalanos megoldasa

an = Aqn−1.

A megoldashoz a kovetkezo modszerrel juthatunk: keressuk a megoldast an = Ctn alak-ban, ahol C meghatarozatlan allando, maga a megoldas pedig egy tetszolegesen valasztottkezdeti ertektol fugg. Behelyettesıtes utan adodik, hogy

tn+1 = qtn,

innen pedig a t−q = 0 karakterisztikus egyenlet megoldasakent a t = q erteket kapjuk. A

kezdeti ertek felhasznalasaval kiszamıthato, hogy C =A

q, ami a fent megadott megoldashoz

vezet.

2.9. Definıcio. Az ismeretlen {an} szamsorozat es elso ket differenciaja kozott fennallo

A2∆2an + A1∆an + A0an = 0 (2.5)

alaku linearis osszefuggest, ahol A2, A1, A0 egyutthatok adott valos szamok es A2 = 0,allando egyutthatos masodrendu linearis differenciaegyenletnek nevezzuk.

84 2. SZAMSOROZATOK

Behelyettesıtve a veges differenciak megfelelo alakjait, a (2.5) egyenletet az

an+2 = pan+1 + qan (2.6)

alakban is felırhatjuk.Induljunk ki most a (2.6) egyenletbol, amely az an, an+1 es an+2 ismeretleneket tartal-mazza. Ha az an es an+1 ertekeket tetszolegesen valasztjuk, akkor az egyenlet meghata-rozza az an+2 erteket. Irjuk fel most azt az egyenletet, amelyet ugy kapunk, hogy mindenindex erteket eggyel megnoveljuk. Az ebben az egyenletben elofordulo ismeretlenek akovetkezok lesznek: an+1, an+2 es an+3. Mivel an+1 es an+2 erteke mar ismert, ezertmeg tudjuk hatarozni an+3 erteket. Folytatva ezt az eljarast, belathato, hogy an es an+1

tetszolegesen megvalasztott ket kezdeti erteke a megoldast teljesen meghatarozza. Amegoldas tehat ket tetszolegesen valaszthato kezdeti ertektol fugg.Tegyuk fel, hogy fn es gn az

an+2 = pan+1 + qan (2.7)

allando egyutthatos linearis differenciaegyenlet ket linearisan fuggetlen megoldasa es mind-ketto egy specialisan megvalasztott kezdeti ertekrendszernek felel meg. Ekkor, az egyen-letek linearis jellege miatt az altalanos megoldast

an = C1fn + C2gn

alakban ırhatjuk fel, ahol C1 es C2 tetszoleges allando. A fenti osszefugges megadja a (2.7)differenciaegyenlet altalanos megoldasat, ha az fn es gn megoldasok linearisan fuggetlenek.A (2.7) masodrendu linearis differenciaegyenlet altalanos megoldasanak eloallıtasa vegettkeressuk a megoldast an = tn (t = 0) alakban, ahol t egyelore hatarozatlan allando.Behelyettesıtve a kovetkezo (2.7) differenciaegyenletbe, t ismeretlenes egyenletet kapjuk:

tn+2 = ptn+1 + qtn, n = 1, 2, 3, ..., (2.8)

amibol at2 = pt+ q,

masodfoku algebrai egyenlet adodik, a (2.7) karakterisztikus egyenlete, amelynek t agyoke. Fordıtva, ha t a karakterisztikus egyenletnek a megoldasa, akkor (2.8) is ervenyes,vagyis tn kielegıti a (2.7) differenciaegyenletet.Ket esetet fogunk targyalni: amikor a karakterisztikus egyenletnek ket kulonbozo valosgyoke van es amikor a karakterisztikus egyenletnek egy kettos valos gyoke van.

I. Vegyuk eloszor a ket kulonbozo valos gyok esetet, amikor t1 es t2 a karakterisztikusegyenlet valos megoldasai, ahol t1 = t2. Ekkor, fn = tn1 es gn = tn2 a linearisan fuggetlenmegoldasok, s eppugy, mint a Fibonacci-sorozat eseteben, tetszoleges C1, C2 mellett az

an = C1tn1 + C2t

n2 (2.9)

sorozat altalanos megoldasa a differenciaegyenletnek, amibol az a1 = A, a2 = B kezdetierteket kielegıto megoldast ugy kapjuk, hogy a

C1t1 + C2t2 = A,

C1t21 + C2t

22 = B

egyenletrendszert kielegıto C1, C2 ertekeket helyettesıtjuk a (2.9) kepletbe.


2.24. Pelda. Oldjuk meg az

an+2 = 5an+1 − 6an, n = 1, 2, . . .

a1 = 3, a2 = 2

differenciaegyenletet.

Megoldas. A karakterisztikus egyenlet t2− 5t+6 = 0, amelynek gyokei t1 = 3 es t2 = 2.Igy az egyenlet altalanos megoldasa:

an = C13n + C22

n, n = 1, 2, . . .

A C1, C2 ertekparra3C1 + 2C2 = 3,

9C1 + 4C2 = 2,

amibol C1 = −4

3es C2 =

7

2.

II. Kettos valos gyok eseten, amikor t1 = t2 valos szam, fn = tn1 es gn = ntn1 a linearisanfuggetlen megoldasok, s tetszoleges C1, C2 mellett az

an = C1tn1 + C2nt

n1 (2.10)

sorozat altalanos megoldasa a differenciaegyenletnek, amibol az a1 = A, a2 = B kezdetierteket kielegıto megoldast ugy kapjuk, hogy a

C1t1 + C2t1 = A,

C1t21 + 2C2t

21 = B

egyenletrendszert kielegıto C1, C2 ertekeket helyettesıtjuk a (2.10) kepletbe.

2.25. Pelda. Hatarozzuk meg az

a1 = 0, a2 = 1

an+2 = 4an+1 − 4an, n = 1, 2, . . .

rekurzıv modon megadott szamsorozat altalanos elemet.

Megoldas. A karakterisztikus egyenlet t2− 4t+4 = 0, amelynek gyokei t1 = t2 = 2. Igyaz egyenlet altalanos megoldasa:

an = C12n + C22

nn, n = 1, 2, . . .

A C1, C2 ertekparra2C1 + 2C2 = 0,

4C1 + 8C2 = 1,

amibol C1 = −1

4es C2 =

1

4. Ennek alapjan az altalanos elem

an = −1

4· 2n + 1

4· 2nn = (n− 1)2n−2.

86 2. SZAMSOROZATOK

FELADATOK.

1. Oldjuk meg az an+1 − 3an = 0 differenciaegyenletet, ha a1 =√2.

Megoldas. Keressuk a megoldast an = tn alakban, ahol t = 0. Ekkor az egyenletbehelyettesıtve kapjuk, hogy

tn+1 − 3tn = 0, illetve a t− 3 = 0

karakterisztikus egyenletet, amelynek megoldasa t = 3. Ekkor az altalanos megoldasan = C · 3n alakban ırhato fel, ahol C tetszoleges valos szam. Mivel a1 =

√2

kell, hogy teljesuljon, ezert behelyettesıtve az altalanos megoldas kepletebe kapjuk,

hogy 3C =√2, ahonnan C =

√2

3, a kert felteteleknek eleget tevo megoldas pedig

an =

√2

3· 3n, azaz an =

√2 · 3n−1.

2. Irjuk fel az a1 = 2, an+1 = −1

10an rekurzıv modon megadott szamsorozat altalanos

elemet.

Megoldas. A megoldast an = tn alakban keressuk, ahol t = 0. Ekkor az egyenletbehelyettesıtve kapjuk, hogy

tn+1 = − 1

10tn, ahonnan t = − 1

10

a karakterisztikus egyenletet megoldasa. Ekkor a rekurzıv egyenletet kielegıti az

an = C ·(− 1

10

)n

altalanos megoldas, ahol C tetszoleges valos szam. Mivel a1 = 2

kell, hogy teljesuljon, ezert behelyettesıtve az altalanos megoldas kepletebe kapjuk,

hogy−C10

= 2, ahonnan C = −20 kovetkezik, a sorozat n. elemenek keplete pedig

an = −20 · (−1)n

10n, azaz an = −2 · (−1)

n

10n−1.

3. Oldjuk meg az an+2 = 5an+1 − 6an differenciaegyenletet, ha a1 = 3, a2 = 3.

Megoldas. A megoldast most is an = tn alakban keressuk, ahol t = 0. Ekkor azegyenletbe helyettesıtve kapjuk, hogy

tn+2 = 5tn+1 − 6tn, ahonnan t2 − 5t+ 6 = 0

a karakterisztikus egyenletet, megoldasai pedig t1 = 2 es t2 = 3. Ekkor a differenci-aegyenletet kielegıti minden

an = C1 · 2n + C2 · 3n

alaku megoldas, amelyet altalanos megoldasnak nevezunk, ahol C1 es C2 tetszolegesegymastol fuggetlen valos szamok. Mivel a1 = 3 es a2 = 3 kell, hogy teljesuljon,ezert behelyettesıtve az altalanos megoldas kepletebe kapjuk az

3 = 2C1 + 3C2 es 3 = 4C1 + 9C2,

egyenletrendszert, ahonnan C1 = 3 es C2 = −1, a feladat felteteleit kielegıtomegoldas pedig

an = 3 · 2n − 3n.


4. Irjuk fel az a1 = 2, a2 = −2, an+2 = 3an+1 + 4an rekurzıv modon megadottszamsorozat altalanos elemet.

Megoldas. Keressuk az altalanos elemet an = tn alakban, ahol t = 0. Ekkor azegyenletbe helyettesıtve adodik, hogy

tn+2 = 3tn+1 + 4tn, ahonnan t2 − 3t− 4 = 0

a karakterisztikus egyenletet, melynek megoldasai t1 = −1 es t2 = 4. Ekkor arekurzıv egyenletet kielegıti minden olyan

an = C1 · (−1)n + C2 · 4n

alaku megoldas, ahol C1 es C2 tetszoleges egymastol fuggetlen valos szamok. Mivela1 = 2 es a2 = −2 kell, hogy teljesuljon, ezert behelyettesıtve az altalanos megoldaskepletebe kapjuk az

2 = −C1 + 4C2 es − 2 = C1 + 16C2,

egyenletrendszert, ahonnan C1 = 2 es C2 = 0, a sorozat altalanos elemenek kepletepedig

an = −2 · (−1)n, vagyis an = 2(−1)n+1.

5. Oldjuk meg az an+2 = −2an+1 − an differenciaegyenletet, ha a1 = 0, a2 = 1.

Megoldas. A megoldast an = tn alakban keressuk, ahol t = 0. Az egyenletbebehelyettesıtve azt kapjuk, hogy

tn+2 = −2tn+1 − tn, ahonnan t2 + 2t+ 1 = 0

a karakterisztikus egyenletet, melynek megoldasai t1 = t2 = −1. Ekkor a differenci-aegyenletet kielegıti minden

an = C1 · (−1)n + C2 · n(−1)n

alaku megoldas, amelyet altalanos megoldasnak nevezunk, ahol C1 es C2 tetszolegesegymastol fuggetlen valos szamok. Mivel a1 = 0 es a2 = 1 kell, hogy teljesuljon,ezert behelyettesıtve az altalanos megoldas kepletebe kapjuk az

0 = −C1 − C2 es 1 = C1 + 2C2,

egyenletrendszert, ahonnan C1 = 1 es C2 = −1, a feladat felteteleit kielegıtomegoldas pedig

an = (−1)n − n(−1)n, vagyis an = (1− n)(−1)n.

88 2. SZAMSOROZATOK

2.5. Konvergens sorozatok

2.5.1. Sorozatok hatarerteke

Tekintsuk az

an =1

n, bn =

n− 1

n, cn = 1 +

(−1)n

n, dn = (−1)n

sorozatokat. Irjuk fel e sorozatok elso nehany elemet es rajzoljuk fel grafikonjaikat aszamsıkban.

an =1

neseten

a1 = 1, a2 =1

2, a3 =

1

3,

a4 =1

4, a5 =

1

5, . . . y=0 1 2 3 4 5

n

1

0.5

an

bn =n− 1

neseten

b1 = 0, b2 =1

2, b3 =

2

3,

b4 =3

4, b5 =

4

5, . . .

y=1

1 2 3 4 5n

0.5

1

an

cn = 1 +(−1)n

neseten

c1 = 0, c2 = 1 +1

2, c3 = 1− 1

3,

c4 = 1 +1

4, c5 = 1− 1

5, . . .

0

y=1

1 2 3 4 5n

1

32

23

an

dn = (−1)n eseten

d1 = −1, d2 = 1, d3 = −1,

d4 = 1, d5 = −1, . . . 1 2 3 4 5n

-1

1

-1

1

-1

an

E sorozatokat vizsgalva eszreveheto, hogy az {an}, {bn}, {cn} sorozatok eseteben rendrevan egy-egy olyan szam, amelyet a sorozat elemei tetszolegesen megkozelıtenek valamilyenmodon. Az {an} sorozat elemei a 0-t, a {bn} es a {cn} sorozat elemei az 1-et. A {dn}sorozat eseteben nincs ilyen szam.

2.5. Konvergens sorozatok 89

A sorozatok e tulajdonsaganak pontos meghatarozasa adja a konvergencia, illetve a hatar-ertek fogalmat. A kovetkezokben ket egymassal ekvivalens definıciot adunk meg.

2.10. Definıcio. Az {an} sorozat konvergens, ha letezik olyan A szam, hogy barmelyε > 0 szamhoz megadhato olyan N ∈ N kuszobszam (vagy kuszobindex) (N fugg ε-tol),hogy ha n ≥ N , akkor a sorozat elemeinek A szamtol valo elterese kisebb mint ε, azaz

|an − A| < ε.

0

AA-¶

A+¶y=A

y=A-¶

y=A+¶

1 2 3 4 5 6 7 8n

an

2.11. Definıcio. Az {an} sorozat konvergens, ha letezik olyan A szam, hogy A barmelykornyezetebe a sorozatnak veges sok elem kivetelevel minden eleme beletartozik.

AA-¶ A+¶an

0

Az A szamot az {an} sorozat hatarertekenek vagy limeszenek nevezzuk jelolese pedig

limn→∞

an = A illetve an → A

(olvasd: limesz an egyenlo A, illetve an tart A-hoz, vagy an konvergal A-hoz).

2.26. Pelda. Vannak olyan sorozatok, amelyeknek nincs hatarerteke, mint peldaul a

an = (−1)nn+ 1

n, bn = n, cn = (−1)n, dn = (−1)nn.

2.12. Definıcio. Az olyan sorozatokat, amelyeknek nincs hatarertekuk, divergens soroza-toknak nevezzuk.

A kovetkezo tetel a hatarertek egyertelmuseget (vagy unicitasat) mondja ki.

2.5. Tetel. Konvergens sorozatnak csak egy hatarerteke van.

Bizonyıtas. A tetelt indirekt modon bizonyıtjuk, azaz feltesszuk, hogy legalabb kethatarerteke van a sorozatnak, peldaul A1 es A2 (A1 = A2). Mivel A1 = A2, ezert

|A1 − A2| = ρ > 0.

Tekintsuk az A1 es A2ρ

4sugaru kornyezetet. Ezeknek a kornyezeteknek - a sugar alkalmas

valasztasa miatt - nincs kozos resze. A hatarertek 2.11. Definıcioja alapjan, haA1 hatarer-

teke a sorozatnak, akkor barmely, ıgyρ

4sugaru kornyezetebe is, a sorozatnak vegtelen sok

90 2. SZAMSOROZATOK

eleme esik, es ebbol csak veges sok marad ki. Ez azt jelenti, hogyA2ρ

4sugaru kornyezetebe

csak veges sok eleme eshet a sorozatnak, tehat A2-nek van olyan kornyezete, amelybolvegtelen sok eleme marad ki a sorozatnak, ıgy A2 nem lehet a sorozat hatarerteke. Ezzelellentmondasba kerultunk a feltetelezesunkkel, hogy A2 is hatarerteke a sorozatnak. ⋄

Az alabbi tetelek a konvergens sorozatoknak ket fontos tulajdonsagat mondjak ki.

2.6. Tetel. Ha egy sorozat konvergens, akkor korlatos is.

Bizonyıtas. Ha an → A, akkor ε = 1-hez is van olyan N1 ∈ Z+, hogy n ≥ N1-re

|an − A| < 1, azaz A− 1 < an < A+ 1.

Ha vesszuk az A+1 szamot es a sorozat nala nagyobb elemeit (ilyen csak veges sok lehet,legfeljebb N1), es ezek kozul kivalasztjuk a legnagyobbikat, akkor ez nyilvanvaloan felsokorlatja lesz a sorozatnak. Hasonloan adhatunk egy also korlatot is a sorozathoz. Vagyis,ha

K = max{A+ 1, a1, a2, . . . , aN1}, k = min{A− 1, a1, a2, . . . , aN1},akkor minden n-re

k ≤ an ≤ K

teljesul, azaz a sorozat valoban korlatos. ⋄

Az allıtas nem fordıthato meg, azaz a korlatossagbol nem kovetkezik a konvergencia.

2.27. Pelda. a) Az an =1

nsorozat konvergens, tehat korlatos is.

b) A bn = n sorozat nem korlatos, tehat nem is konvergens.

c) A cn = (−1)n sorozat korlatos, de nem konvergens.

Ha egy sorozatbol vegtelen sok elemet valasztunk ki abban a sorrendben, ahogy ezek azeredeti sorozatban szerepeltek, a sorozatunk egy reszsorozatat kapjuk.

2.28. Pelda. Tekintsuk az an =1

nsorozatot. Valasszuk ki ennek osszes paratlan indexu

elemet, ezzel egy uj bn =1

2n− 1sorozat all elo:

1

1,1

3,1

5, . . . .

2.7. Tetel. Konvergens sorozat minden reszsorozata konvergens, es hatarerteke meg-egyezik az eredeti sorozat hatarertekevel.

A sorozatok egy masik, a hatarertekhez kozelallo, de azzal nem azonos jellemzoje atorlodasi pont. Az alabbiakban ezzel ismerkedunk meg.

2.13. Definıcio. Az a szamot az {an} sorozat torlodasi pontjanak nevezzuk, ha a barmelykornyezete a sorozat vegtelen sok elemet tartalmazza.

A torlodasi pont fogalmat maskeppen is lehet definialni, s a ket definıcio termeszetesenegymassal ekvivalens.

2.14. Definıcio. Az {an} sorozatnak az a szam torlodasi pontja, ha kivalaszthato az {an}sorozatbol egy a-hoz konvergalo {bn} reszsorozat.


Nyilvanvalo, hogy a hatarertek mindig torlodasi pont, de ez az allıtas fordıtva altalabannem igaz.

2.29. Pelda. Vizsgaljuk meg az an = (−1)nn+ 1

nsorozat elemeit, felrajzolva azokat a

szamsıkban es a szamegyenesen. Ez a sorozat nem konvergens, mert ket torlodasi pontja

van, −1 es 1. Az {an} sorozat konvergens reszsorozatai bn = −n+ 1

nes cn =

n+ 1

n, ahol

limn→∞

bn = −1 es limn→∞

cn = 1.

-1 1-2 32

-

43

54

an

0

y=-1

y=1

1 2 3 4 5 6 7 8n

-1

1

-2

32

an

Tudjuk, hogy egy sorozat korlatossagabol nem kovetkezik a sorozat konvergenciaja, igazviszont a kovetkezo tetel.

2.8. Tetel. (Bolzano-Weierstrass). Korlatos sorozatnak van legalabb egy torlodasi pont-ja.

Megjegyezzuk, hogy a Bolzano-Weierstrass tetel egy mas megfogalmazasa a kovetkezo:Korlatos sorozatbol kivalaszthato legalabb egy konvergens reszsorozat.

2.30. Pelda. Az an = (−1)n sorozatbol a paros indexu elemeket kivalasztva, 1-hezkonvergalo reszsorozatot kapunk.

A Bolzano-Weierstrass tetel kovetkezmenye az alabbi allıtas.

2.9. Tetel. Ha egy korlatos sorozatnak csak egy torlodasi pontja van, akkor a sorozatkonvergens.

2.31. Pelda. a) Az an =(−1)n

nsorozat korlatos es csak egy torlodasi pontja van, tehat

konvergens.

b) A jol ismert bn = (−1)n sorozat ugyan korlatos, de ket torlodasi pontja van, −1 es 1,ezert nem konvergens.

92 2. SZAMSOROZATOK

c) A cn = n + (−1)nn sorozatnak csak egy torlodasi pontja van, a 0, de nem korlatos,ezert nem konvergens.

Az elozoekben belattuk, hogy egy konvergens sorozat mindig korlatos, de az allıtas meg-fordıtasa nem igaz. Ha azonban a korlatos sorozat egyben monoton is, akkor mar bi-zonyosan konvergens.

2.10. Tetel. Ha egy sorozat korlatos es monoton, akkor konvergens. Ha a sorozatnovekvo, akkor a felso hatarhoz, ha csokkeno, akkor az also hatarhoz konvergal.

Bizonyıtas. Legyen peldaul az {an} korlatos sorozat novekvo. Ekkor an ≤ an+1 mindenn-re teljesul. A sorozat korlatos, ıgy van felso hatara, jeloljuk ezt H-val. Ekkor, egyresztan ≤ H minden n-re, masreszt tetszoleges pozitıv ε szamhoz megadhato a sorozatnakolyan an∗ eleme, amely H − ε-nal nagyobb, amelyre tehat

H − ε < an∗ < H.

Mivel a sorozat novekvo, a fenti egyenlotlenseg a sorozat minden, az an∗-ot koveto elemereigaz. Igy a H barmely kornyezetebol a sorozatnak legfeljebb veges szamu eleme maradki, hiszen

H − ε < an∗ ≤ an < H

teljesul minden n∗-nal nagyobb n-re. Ez pedig eppen azt jelenti, hogy az {an} sorozatkonvergens, es hatarerteke H. Csokkeno sorozatra - a sorozat also hataranak letezesetkihasznalva - a bizonyıtas hasonloan vegezheto el. ⋄

2.32. Pelda. a) Az an =n+ 2

n+ 1sorozat monoton csokkeno es korlatos, ezert konvergens.

b) A bn =2n− 3

n+ 1sorozat monoton novekvo es korlatos, ezert konvergens.

2.5.2. Nullahoz es vegtelenhez tarto sorozatok

A technikai es a gyakorlati alkalmazas szempontjabol rendkıvul fontosak azok a sorozatok,amelyek ”minden hataron tul novekednek, illetve csokkennek”. Most megadjuk ezenheurisztikus fogalmak pontos definıciojat.

2.15. Definıcio. Azt mondjuk, hogy az {an} sorozat plusz vegtelenhez tart, ha mindenK valos szamhoz letezik olyan N ∈ N kuszobszam, hogy n ≥ N eseten an > K. Ezt atenyt a kovetkezo modon jeloljuk:

limn→∞

an = +∞ vagy an → +∞.

2.16. Definıcio. Ha az {an} sorozat olyan, hogy limn→∞

(−an) = +∞, akkor azt mondjuk,

hogy az {an} sorozat minusz vegtelenhez tart, es ezt a tenyt a kovetkezo modon jeloljuk:

limn→∞

an = −∞ vagy an → −∞.


Amennyiben az {an} sorozat valamelyik vegtelenhez divergal, szokas azt mondani, hogytagabb ertelemben konvergens vagy valodi divergens sorozat. Ilyen szohasznalat eseten a+∞ es a −∞ is tekintheto valamely sorozat hatarertekenek, bar egyik sem szam.

2.33. Pelda. a) A termeszetes szamok 1, 2, 3, ..., n, ... sorozata +∞-be divergal.

b) A negatıv egesz szamok {−n} sorozata −∞-be divergal, −n→ −∞.

c) A 2, 4, 8, ..., 2n, ... sorozat +∞-be divergal, 2n →∞.

d) A −2,−8,−32, ...,−22n−1, ... sorozat −∞-be divergal, −22n−1 → −∞.

Az an = 2n sorozat a bn = n sorozatnak, a cn = −22n−1 sorozat a dn = −n sorozatnakreszsorozata, ıgy a fenti peldak azt mutatjak, hogy a valodi divergens sorozatok bizonyostekintetben hasonloan viselkednek, mint a konvergens sorozatok. Ervenyes a kovetkezoallıtas:

2.11. Tetel. Ha {an} valodi divergens sorozat, akkor minden reszsorozata is az.

2.34. Pelda. Az an =1

nsorozat 0-hoz konvergal. A bn = n sorozat vegtelenbe divergal.

Altalanosan igaz a kovetkezo tetel.

2.12. Tetel. Ha an → 0 (an > 0), akkor1

an→∞. Ha an →∞, akkor

1

an→ 0.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy an → 0, es legyen K tetszoleges adott szam. Azt kell

megmutatnunk, hogy eleg nagy n-re1

an> K.

Feltehetjuk, hogy K > 0, mert ha a sorozat tagjai valahonnan kezdve pozitıv K-nal

nagyobbak, akkor ez negatıv K-ra meg inkabb igaz. Legyen tehat K > 0. Ekkor1

Kis

pozitıv, es1

an> K akkor es csak akkor all fenn, ha an <

1

Kteljesul, ez utobbi viszont az

an → 0 feltetel miatt eleg nagy n-ekre igaz.A tetel masodik reszenek bizonyıtasahoz induljunk ki abbol, hogy an → ∞, es legyen εtetszolegesen megadott pozitıv szam. Ekkor∣∣∣∣ 1an − 0

∣∣∣∣ = 1

an< ε

teljesul, ha an >1

ε, ez pedig az an → ∞ feltetel miatt eleg nagy n-ekre teljesul, tehat

1

an→ 0. Ezzel a tetelt bebizonyıtottuk. ⋄

2.13. Tetel. Ha an →∞ es c > 0, akkor can →∞, mıg ha c < 0, akkor can → −∞.

Bizonyıtas. Eloszor tegyuk fel, hogy c > 0, es K tetszoleges szam. Ekkor can > K minden

olyan n-re fennall, amelyre an >K

c, ez pedig eleg nagy n-ekre az an →∞ felteves miatt

igaz. Ezzel bebizonyıtottuk, hogy can →∞.

94 2. SZAMSOROZATOK

Legyen most c < 0, es k tetszoleges adott szam. Ekkor a can < k minden olyan n-

re teljesul, amelyre an >k

c, ami an → ∞ miatt eleg nagy n-ekre igaz. Ezzel a tetel

bizonyıtast nyert. ⋄

A vegtelenhez tarto sorozatok eseteben nem fogalmazhatunk meg a hatarertekre vonatkozoolyan teteleket, amilyeneket az elozoekben kimondtunk a vegeshez konvergalo sorozatok

eseteben. Igy nem mondhatunk semmi biztosat a∞−∞, 0·∞,∞∞

tıpusu hatarertekekrol.

Hasonloan kritikusak a 1∞, ∞0, 00 es0

0tıpusu hatarertekek is.

2.5.3. Muveletek konvergens sorozatokkal

A kovetkezo fejezetben latni fogjuk, hogy meg viszonylag egyszeru sorozat konvergenci-ajanak bizonyıtasa sem trivialis. Ezert is van jelentosege a konvergens sorozatok es azalapmuveletek kapcsolatanak, ugyanis nehany egyszeru sorozat hatarertekenek ismerete-ben bonyolultabb sorozatok hatarerteke is meghatarozhato. Most nehany olyan szabalytmutatunk meg, amelyek a sorozatok hatarertekenek gyors kiszamıtasat teszik lehetove.

2.14. Tetel. Ha az {an} es {bn} sorozatok konvergensek, akkor az {an + bn} es az{an − bn} sorozatok is konvergensek, megpedig ugy, hogy

limn→∞

(an + bn) = limn→∞

an + limn→∞

bn, limn→∞

(an − bn) = limn→∞

an − limn→∞

bn.

2.15. Tetel. Ha az {an} es {bn} sorozatok konvergensek, akkor az {an · bn} sorozat iskonvergens, megpedig ugy, hogy

limn→∞

(an · bn) = limn→∞

an · limn→∞

bn.

2.16. Tetel. Ha az {an} es {bn} sorozatok konvergensek, valamint limn→∞

bn = 0, akkor az{anbn

}sorozat is konvergens, megpedig ugy, hogy

limn→∞

anbn

=limn→∞

an

limn→∞

bn.

2.17. Tetel. Ha az {an} sorozat konvergens, akkor ervenyesek az alabbi egyenlosegek:

a) limn→∞

(C · an) = C · limn→∞

an, C = konstans,

b) limn→∞

(an)k = ( lim

n→∞an)

k, k ∈ N.

c) limn→∞

k√an = k

√limn→∞

an, k ∈ N.

d) limn→∞

loga an = loga

(limn→∞

an

), a > 0, a = 1.

e) limn→∞

ean = elimn→∞

an.


A c) esetben paros k eseten meg azt is meg kell kovetelni, hogy az {an} sorozat elemeilegyenek nemnegatıvak, a d) esetben pedig hogy pozitıvak legyenek.

2.18. Tetel. Ha az {an} es {bn} sorozatok konvergensek, es

limn→∞

an ≤ limn→∞

bn,

akkor veges sok n kivetelevel an ≤ bn. Ha az {an} es {bn} sorozatok konvergensek esan ≤ bn veges sok n kivetelevel, akkor

limn→∞

an ≤ limn→∞

bn.

2.19. Tetel. (Rendor-elv.) Ha an ≤ bn ≤ cn teljesul veges sok n kivetelevel, es

limn→∞

an = limn→∞

cn = A,

akkor {bn} konvergens eslimn→∞

bn = A.

A fenti tetel Kurschak professzor talalo elnevezese nyoman a ”Rendor-elv” nevet kapta,amelyet az alabbi erdekes modon tudunk atfogalmazni: Ket rendor ket oldalrol belekarolegy, az utcan elfogott tolvajba. Ha a ket rendor a rendorsegre megy, akkor vilagos, hogya tolvajnak is a rendorokkel a rendorsegre kell menni.

2.5.4. Nehany nevezetes sorozat hatarerteke

Az alabbiakban nehany, a feladatmegoldasok soran gyakran elofordulo sorozat konver-genciajat vizsgaljuk. A kesobbiekben felhasznaljuk a Jacob Bernoulli nevehez fuzodoegyenlotlenseget, amelyet a kovetkezo tetelben fogalmazunk meg. A tetel teljes indukciovalbizonyıthato.

2.20. Tetel. (Bernoulli-egyenlotlenseg). Ha h > −1 valos szam, akkor minden ntermeszetes szamra

(1 + h)n ≥ 1 + nh.

A kovetkezokben megadjuk nehany nevezetes sorozat hatarerteket, amelyeket alaphatar-ertekeknek nevezunk.

I. Ha an = c, akkor a sorozat konvergens es

limn→∞

c = c.

Bizonyıtas. Az an = c egy allando elemu sorozat. Maga az allıtas a hatarertek definıciojaalapjan nyilvanvalo. ⋄

II. Ha an =1

n, akkor a sorozat konvergens es

limn→∞

1

n= 0.

96 2. SZAMSOROZATOK

Bizonyıtas. Ennek belatasahoz a 2.10. Definıcio szerint azt kell megmutatni, hogy barmelyε > 0-hoz megadhato olyan N (N fugg ε-tol!), hogy ha n ≥ N , akkor |an − 0| < ε. Mivel

|an − 0| =∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ = 1

n< ε, ha n >

1

ε,

ezert az N =

[1

ε

]+ 1 valasztas megfelel. ⋄

III. Ha q tetszoleges valos szam es an = qn, akkor

limn→∞

qn =

0, ha |q| < 1,1, ha q = 1,divergens, ha |q| > 1vagy q = −1.

Bizonyıtas. Eloszor a |q| < 1 esetet vizsgaljuk. Megmutatjuk, hogy tetszoleges ε > 0-hozletezik olyan N , hogy n ≥ N eseten |qn − 0| < ε. A |qn − 0| = |qn| < ε egyenlotlensegekvivalens az (

1

|q|

)n

>1

ε

egyenlotlenseggel. Alkalmazzuk a Bernoulli egyenlotlenseget 1+h =1

|q|valasztas eseten.

Ekkor ε-t ugy valasztjuk, hogy(1

|q|

)n

≥ 1 + n

(1

|q|− 1

)>

1

ε

teljesuljon, vagyis |qn − 0| < ε. A fenti egyenlotlensegbol adodik, hogy

n ≥

1− ε

ε(

1|q| − 1

)+ 1 = N.

Masodszor a q = 1 esettel foglalkozunk. Ekkor qn = 1 minden n-re, ıgy an = 1 allandoelemu sorozatunk van. Ez pedig konvergens es hatarerteke 1.Harmadszor a q = −1 es a |q| > 1 eseteket bizonyıtjuk. Ha q = −1, akkor q2n = 1 esq2n−1 = −1. Ezek szerint a sorozatnak vegtelen sok eleme 1, illetve -1, azaz a sorozatnakket torlodasi pontja is van, ezert divergens. Ha |q| > 1, akkor alkalmazzuk a Bernoulliegyenlotlenseget a 1 + h = q2 valasztas mellett. Ekkor q2n ≥ 1 + n(q2 − 1), vagyis azan = qn sorozat paros elemeibol allo reszsorozata 1 < |q| eseten minden hataron tul no,tehat az {an} sorozat nem lehet konvergens, ıgy divergens. ⋄

IV. Ha a > 0 es an = n√a, akkor a sorozat konvergens, es

limn→∞

n√a = 1.

Bizonyıtas. Ha a = 1, akkor az allıtas nyilvanvalo.Ha a > 1, akkor megmutatjuk, hogy tetszoleges ε > 0 szamhoz letezik olyan ε-tol fuggoN , hogy n ≥ N eseten | n

√a− 1| < ε. Az

| n√a− 1| = n

√a− 1 < ε


ekvivalens az a < (1 + ε)n egyenlotlenseggel. Alkalmazzuk a Bernoulli egyenlotlensegeth = ε valasztas eseten. Ekkor

(1 + ε)n ≥ 1 + nε > nε,

ıgy ha a < nε teljesul, akkor teljesul, hogy | n√a− 1| < ε. Az a < nε egyenlotlenseg pedig

minden n ≥ a

εtermeszetes szamra igaz, ezek szerint N =

[aε

]+ 1.

Ha 0 < a < 1, akkor megmutatjuk, hogy tetszoleges ε > 0-hoz letezik olyan ε-tol fuggoN , hogy n ≥ N eseten | n

√a− 1| < ε. Az

| n√a− 1| = 1− n

√a < ε

ekvivalens az a > (1 − ε)n egyenlotlenseggel, ha 0 < a < 1 es ε < 1. Tehat most(1− ε)n → 0, ıgy van olyan N kuszobszam, hogy a kert tulajdonsag teljesul. ⋄

V. Ha an =

(1 +

1

n

)n

, akkor a sorozat konvergens es

limb→∞

(1 +

1

n

)n

= e.

Bizonyıtas. Legyen

an =

(1 +

1

n

)n

, n = 1, 2, 3, ...

Eloszor megmutatjuk (a Bernoulli egyenlotlenseg akalmazasaval), hogy az {an} sorozatnovekvo.

an+1

an=

(1 +

1

n+ 1

)n+1(1 +

1

n

)−n

=

(1− 1

(n+ 1)2

)nn+ 2

n+ 1≥

≥(1 + n

(− 1

(n+ 1)2

))n+ 2

n+ 1= 1 +

1

(n+ 1)3> 1.

Ebbol kovetkezik, hogy an+1 > an, azaz az {an} sorozat novekvo.Mutassuk meg meg, hogy az {an} sorozat korlatos is. Ehhez vegyuk a

bn =

(1 +

1

n

)n+1

, n = 1, 2, 3, . . .

altalanos elemu sorozatot. Ugyanazokkal a fogasokkal, amelyekkel az {an} sorozatrolbelattuk, hogy novekvo, a {bn} sorozatrol megmutatjuk, hogy csokkeno. Konnyen belatha-to, hogy

bnbn+1

=

(1 +

1

n

)n+1(1 +

1

n+ 1

)−n−2

=

(1 +

1

n(n+ 2)

)n+1n+ 1

n+ 2≥

≥(1 + (n+ 1)

1

n(n+ 2)

)n+ 1

n+ 2= 1 +

1

n(n+ 2)2> 1.

Ebbol kovetkezik, hogy bn+1 < bn, azaz a {bn} sorozat csokkeno.

98 2. SZAMSOROZATOK

A bn es az an kozotti

bn =

(1 +

1

n

)n(1 +

1

n

)= an

(1 +

1

n

)osszefuggesbol kovetkezik, hogy an < bn minden n-re. Az {an} sorozat novekvo, a {bn}pedig csokkeno leven, minden n-re fennall az a1 ≤ an < b1 egyenlotlenseg, ami azt jelenti,hogy az {an} sorozat korlatos.Az {an} sorozat novekvo es korlatos, tehat konvergens is, hatarerteket pedig jeloljuk e-vel,azaz

limn→∞

(1 +

1

n

)n

= e.

Az e a nevezetes Euler-fele szam, amely irracionalis es

e = 2, 718 281 828 459 045...

Ha egy sorozat konvergens, akkor minden reszsorozata is konvergens es ugyanoda kon-vergal ahova az eredeti sorozat. Ezert a termeszetes szamok sorozatanak barmely nk

reszsorozatara

limnk→∞

(1 +

1

nk

)nk

= e.

⋄

Bizonyıtas nelkul megemlıtunk meg egy fontos alaphatarerteket:

limn→∞

n√n = 1.

FELADATOK.

Igazoljuk a definıcio alkalmazasaval az alabbi hatarertekek helyesseget. Adott ε esetenszamoljuk ki az N kuszobszamot.

1. limn→∞

1

n= 0, ε = 10−3

Megoldas. Ha ε tetszolegesen megadott pozitıv szam, akkor

|an − A| =∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ = 1

n< ε

teljesul, amennyiben n >1

ε. Talaltunk tehat ε-hoz megfelelo kuszobszamot, s ez

N =

[1

ε

]+ 1. Ha ε = 10−3, akkor a kuszobszam N =

[1

10−3

]+ 1 = 1001.

2. limn→∞

n− 1

n= 1, ε = 10−5

Megoldas. Ha ε tetszolegesen megadott pozitıv szam, akkor

|an − A| =∣∣∣∣n− 1

n− 1

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣n− 1− nn

∣∣∣∣ = 1

n< ε.


Amennyiben n >1

ε, akkor a kuszobszam N =

[1

ε

]+ 1. Amennyiben ε = 10−5,

akkor a megfelelo kuszobszam N =

[1

10−5

]+ 1 = 100001.

3. limn→∞

2n+ 3

n+ 1= 2, ε = 10−4

Megoldas. Amennyiben ε tetszolegesen megadott pozitıv szam, akkor

|an − A| =∣∣∣∣2n+ 3

n+ 1− 2

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣2n+ 3− 2n− 2

n+ 1

∣∣∣∣ = 1

n+ 1< ε.

Ha n + 1 >1

ε, azaz n >

1

ε− 1 akkor a kuszobszam N =

[1

ε− 1

]+ 1. ε = 10−4

eseten a megfelelo kuszobszam N =

[1

10−4− 1

]+ 1 = 10000.

4. limn→∞

3n− 2

2n− 1=

3

2, ε = 0.0025

Megoldas. Tetszolegesen megadott ε pozitıv szamra

|an − A| =∣∣∣∣3n− 2

2n− 1− 3

2

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣2(3n− 2)− 3(2n− 1)

2(2n− 1)

∣∣∣∣ ==

∣∣∣∣6n− 4− 6n+ 3

2(2n− 1)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −12(2n− 1)

∣∣∣∣ = 1

2(2n− 1)< ε.

Ha 4n− 2 >1

ε, azaz n >

1

4ε− 1

2, akkor a megfelelo kuszobszam N =

[1

4ε− 1

2

]+1.

Ha ε = 0.0025, akkor a kuszobszam

N =

[1

4 · 0.0025− 1

2

]+ 1 = [100− 0.5] + 1 = [99.5] + 1 = 100.

5. limn→∞

4n+ 1

7− 5n= −4

5, ε = 0, 0004

Megoldas. Tetszolegesen megadott ε pozitıv szamra

|an − A| =∣∣∣∣4n+ 1

7− 5n+

4

5

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣5(4n+ 1) + 4(7− 5n)

5(7− 5n)

∣∣∣∣ ==

∣∣∣∣20n+ 5 + 28− 20n

5(7− 5n)

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 33

5(7− 5n)

∣∣∣∣ = 33

5(5n− 7)< ε.

Ha 25n − 35 >33

ε, azaz n >

33

25ε+

7

5, akkor N =

[33

25ε+

7

5

]+ 1 a megfelelo

kuszobszam. ε = 0, 004 eseten a kuszobszam

N =

[33

25 · 0, 0004+

7

5

]+ 1 =

[3300 +

7

5

]+ 1 = 3302.

100 2. SZAMSOROZATOK

A kovetkezo feladatokban szamıtsuk ki az {an} sorozat hatarerteket.

A∞∞

tıpusu hatarertek eseteben ugy szuntethetjuk meg a hatarozatlansagot, hogy a

szamlalot es a nevezot elosztjuk ugyanazzal a vegtelenhez tarto kifejezessel, vagy amiugyanaz, a szamlalobol is es a nevezobol is kiemeljuk ugyanazt a vegtelenhez tarto kife-jezest es ezzel egyszerusıtunk.

6. an =2n− 3

7n+ 5

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

2n− 3

7n+ 5=∞∞

= limn→∞

n(2− 3

n

)n(7 + 5

n

) = limn→∞

2− 3n

7 + 5n

=2

7.

7. an =999n+ 1000

n2 − n+ 1

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

999n+ 1000

n2 − n+ 1=∞∞

= limn→∞

999n

+ 1000n2

1− 1n+ 1

n2

=0

1= 0.

8. an =(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

n(2n+ 1)(3n+ 2)

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

n(2n+ 1)(3n+ 2)=∞∞

= limn→∞

n(1 + 1n)n(1 + 2

n)n(1 + 3

n)

n · n(2 + 1n)n(3 + 2

n)

=

limn→∞

(1 + 1n)(1 + 2

n)(1 + 3

n)

(2 + 1n)(3 + 2

n)

=1 · 1 · 12 · 3

=1

6.

9. an =n+ 2√n2 + 3

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

n+ 2√n2 + 3

=∞∞

= limn→∞

n+2n√n2+3n2

= limn→∞

1 + 2n√

1 + 3n2

=1

1= 1.

10. an =2n+ 3

n+3√n2

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

2n+ 3

n+3√n2

=∞∞

= limn→∞

2 + 3n

1 + 3

√n2

n3

= limn→∞

2 + 3n

1 + 3

√1n

=2

1= 2.


11. an =3√3n2 + 7n+ 1

2n+ 3Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

3√3n2 + 7n+ 1

2n+ 3=∞∞

= limn→∞

3

√3n2+7n+1

n3

2n+3n

=

= limn→∞

3

√3n+ 7

n2 +1n3

2 + 3n

=0

2= 0.

12. an =

√n+√n√

n+√n+√n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

√n+√n√

n+√n+√n=∞∞

= limn→∞

√n+

√n

n√n+√

n+√n

n

=

limn→∞

√1 + 1√

n√1 +

√1n+√

1n√n

=1

1= 1.

13. an =2n + 2 · 3n+1

5 · 2n+1 + 3n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

2n + 2 · 3n+1

5 · 2n+1 + 3n=∞∞

= limn→∞

3n(2n

3n+ 2 · 3

)3n(5 · 2n+1

3n+ 1) =

= limn→∞

(23

)2+ 6

10 ·(23

)2+ 1

=0 + 6

0 + 1= 6.

14. an =(n+ 1)(n2 + 1)(n3 + 1) · · · (n100 + 1)

((100n)100 + 1)1012

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(n+ 1)(n2 + 1)(n3 + 1) · · · (n100 + 1)

((100n)100 + 1)1012

=∞∞

=

limn→∞

n(1 + 1

n

)· n2

(1 + 1

n2

)· n3

(1 + 1

n3

)· · ·n100

(1 + 1

n100

)(n100

(100100 + 1

n100

)) 1012

=

= limn→∞

n1+2+3+···+100(1 + 1

n

) (1 + 1

n2

) (1 + 1

n3

)· · ·(1 + 1

n100

)n

100·1012

(100100 + 1

n100

) 1012

=

= limn→∞

n5050(1 + 1

n

) (1 + 1

n2

) (1 + 1

n3

)· · ·(1 + 1

n100

)n5050

(100100 + 1

n100

) 1012

=1

(100100)1012

=1

1005050.


15. an =3√n2 + 1− 3

4√n2 + 5n+

3√2n2

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

3√n2 + 1− 3

4√n2 + 5n+

3√2n2

=∞∞

= limn→∞

3√n2+1−33√n2

4√n2+5n+3√2n2

3√n2

=

= limn→∞

3

√1 + 1

n2 − 33√n2

12

√(n2+5n)3

n8 + 3√2= lim

n→∞

3

√1 + 1

n2 − 33√n2

12

√1n2 (1 +

5n)3 + 3

√2=

13√2.

Ha a hatarertek ∞−∞ tıpusu hatarozatlan kifejezes, akkor irracionalis kifejezes esetengyoktelenıtessel, tortek kulonbsege eseten kozos nevezore hozassal tudunk megszabadulnia hatarozatlansagtol.

16. an =√n+ 2−

√n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(√n+ 2−

√n)=∞−∞ = lim

n→∞

(√n+ 2−

√n)·√n+ 2 +

√n√

n+ 2 +√n=

= limn→∞

n+ 2− n√n+ 2 +

√n= lim

n→∞

2√n+ 2 +

√n=

2

∞= 0.

17. an =√n2 − 2n+ 3− n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(√n2 − 2n+ 3− n

)=∞−∞ =

= limn→∞

(√n2 − 2n+ 3− n

)·√n2 − 2n+ 3 + n√n2 − 2n+ 3 + n

=

= limn→∞

n2 − 2n+ 3− n2

√n2 − 2n+ 3 + n

= limn→∞

−2n+ 3√n2 − 2n+ 3 + n

=−∞∞

=

= limn→∞

−2 + 3n√

1− 2n+ 3

n2 + 1=

−2√1 + 1

= −1.

18. an =√4n4 + 3n2 − 2n2

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(√4n4 + 3n2 − 2n2

)=∞−∞ =

= limn→∞

n(√

4n2 + 3− 2n) √4n2 + 3 + 2n√

4n2 + 3 + 2n= lim

n→∞

n (4n2 + 3− 4n2)√4n2 + 3 + 2n

=

= limn→∞

3n

n(√

4 + 3n2 + 2

) =3√4 + 2

=3

4.


19. an = n− 3√n3 + 4

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(n− 3√n3 + 4

)=∞−∞ =

= limn→∞

(3√n3 − 3

√n3 + 4

)·

3√

(n3)2 + 3√n3(n3 + 4) + 3

√(n3 + 4)2

3√

(n3)2 + 3√n3(n3 + 4) + 3

√(n3 + 4)2

=

= limn→∞

n3 − (n3 + 4)3√n6 + 3

√n3(n3 + 4) + 3

√(n3 + 4)2

=

= limn→∞

−4n2 + 3

√n3(n3 + 4) + 3

√(n3 + 4)2

=−4∞

= 0.

20. an =21√2√

n2 + 15n− 10−√n2 − 6n+ 5

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

21√2√

n2 + 15n− 10−√n2 − 6n+ 5

=const

∞−∞=

= limn→∞

21√2√

n2 + 15n− 10−√n2 − 6n+ 5

·√n2 + 15n− 10 +

√n2 − 6n+ 5√

n2 + 15n− 10 +√n2 − 6n+ 5

=

= limn→∞

21√2(√

n2 + 15n− 10 +√n2 − 6n+ 5

)n2 + 15n− 10− (n2 − 6n+ 5)

=

= limn→∞

21√2(√

n2 + 15n− 10 +√n2 − 6n+ 5

)21n− 15

=

= limn→∞

21√2(√

1 + 15n− 10

n2 +√

1− 6n+ 5

n2

)21− 15

n

=21√2 · 2

21= 2√2.

21. an =

√2n2 + 2n+ 3−

√2n2 + 6n+ 5√

3n2 + 5n+ 1−√3n2 + 7n− 1

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

√2n2 + 2n+ 3−

√2n2 + 6n+ 5√

3n2 + 5n+ 1−√3n2 + 7n− 1

=∞−∞∞−∞

=

= limn→∞

√2n2 + 2n+ 3−

√2n2 + 6n+ 5√

3n2 + 5n+ 1−√3n2 + 7n− 1

·

·√2n2 + 2n+ 3 +

√2n2 + 6n+ 5√

2n2 + 2n+ 3 +√2n2 + 6n+ 5

·√3n2 + 5n+ 1 +

√3n2 + 7n− 1√

3n2 + 5n+ 1 +√3n2 + 7n− 1

=

= limn→∞

2n2 + 2n+ 3− (2n2 + 6n+ 5)

3n2 + 5n+ 1− (3n2 + 7n− 1)·√3n2 + 5n+ 1 +

√3n2 + 7n− 1√

2n2 + 2n+ 3 +√2n2 + 6n+ 5

=

= limn→∞

−4n− 2

−2n+ 2·√3n2 + 5n+ 1 +

√3n2 + 7n− 1√

2n2 + 2n+ 3 +√2n2 + 6n+ 5

=


= limn→∞

−4− 2n

−2 + 2n

·

√3 + 5

n+ 1

n2 +√

3 + 7n− 1

n2√2 + 2

n+ 3

n2 +√2 + 6

n+ 5

n2

=−4−2· 2√3

2√2=√6.

22. an =

√n2 + 1− n

n− 3√n3 + 2

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

√n2 + 1− n

n− 3√n3 + 2

=∞−∞∞−∞

=

= limn→∞

(√n2 + 1− n

n− 3√n3 + 2

·√n2 + 1 + n√n2 + 1 + n

·3√(n3)2 + 3

√n3(n3 + 2) + 3

√(n3 + 2)2

3√(n3)2 + 3

√n3(n3 + 2) + 3

√(n3 + 2)2

)=

= limn→∞

(n2 + 1− n2

n3 − n3 − 2·

3√n6 + 3

√n3(n3 + 2) + 3

√(n3 + 2)2√

n2 + 1 + n

)=

= limn→∞

−1

2·n2(1 + 3

√1 + 2

n3 +3

√(1 + 2

n3 )2)

n(√

1 + 1n2 + 1

) =

= limn→∞

−1

2·n(1 + 3

√1 + 2

n3 +3

√(1 + 2

n3 )2)

√1 + 1

n2 + 1

= −1

2· ∞ = −∞.

23. an =√n2 + 2n+ 3− 3

√n3 + 5n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(√n2 + 2n+ 3− 3

√n3 + 5n

)=∞−∞ =

= limn→∞

(√n2 + 2n+ 3− n+ n− 3

√n3 + 5n

)=

= limn→∞

(√n2 + 2n+ 3− n

)+ lim

n→∞

(n− 3√n3 + 5n

)=

= limn→∞

(√n2 + 2n+ 3− n

)·√n2 + 2n+ 3 + n√n2 + 2n+ 3 + n

+

+ limn→∞

(n− 3√n3 + 5n

)·n2 + n 3

√n3 + 5n+ 3

√(n3 + 5n)2

n2 + n 3√n3 + 5n+ 3

√(n3 + 5n)2

=

= limn→∞

n2 + 2n+ 3− n2

√n2 + 2n+ 3 + n

+ limn→∞

n3 − (n3 + 5n)

n2 + n 3√n3 + 5n+ 3

√(n3 + 5n)2

=

= limn→∞

2n+ 3√n2 + 2n+ 3 + n

+ limn→∞

−5nn2 + n 3

√n3 + 5n+ 3

√(n3 + 5n)2

=

= limn→∞

2 + 3n√

1 + 2n+ 3

n2 + 1+ lim

n→∞

−5n+ 3√n3 + 5n+ 3

√(1 + n2)2

= 1− 0 = 1.


24. an =5n2 + 2

10n− 1− 2n2 + 1

4n+ 3

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(5n2 + 2

10n− 1− 2n2 + 1

4n+ 3

)=∞−∞ =

= limn→∞

(5n2 + 2)(4n+ 3)− (2n2 + 1)(10n− 1)

(10n− 1)(4n+ 3)=

= limn→∞

20n3 + 15n2 + 8n+ 6− 20n3 + 2n2 − 10n+ 1

(10n− 1)(4n+ 3)=

= limn→∞

17n2 − 2n+ 7

(10n− 1)(4n+ 3)=

17

40.

25. an =3n2

2n+ 1+

1− 6n3

1 + 4n2

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(3n2

2n+ 1+

1− 6n3

1 + 4n2

)=∞−∞ =

= limn→∞

3n2(1 + 4n2) + (1− 6n3)(2n+ 1)

(2n+ 1)(1 + 4n2)=

= limn→∞

3n2 + 12n4 + 2n+ 1− 12n4 − 6n3

(2n+ 1)(1 + 4n2)=

= limn→∞

−6n3 + 3n2 + 2n+ 1

(2n+ 1)(1 + 4n2)= lim

n→∞

−6 + 3n+ 2

n2 +1n3

(2 + 1n)( 1

n2 + 4)= −6

8= −3

4.

Ha a hatarertek 1∞ tıpusu, akkor a limn→∞

(1 +

1

n

)n

= e alaphatarertek alkalmazasaval

oldhato fel a hatarozatlansag, vagy erre vezetjuk vissza f(n) = t helyettesıtessel, ha

limn→∞

(1 +

1

f(n)

)f(n)

alaku, de csak abban az esetben, ha n → ∞ eseten f(n) → ∞ is

ervenyes.

26. an =

(n+ 1

n

)n+2

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(n+ 1

n

)n+2

= 1∞ = limn→∞

(1 +

1

n

)n+2

=

= limn→∞

((1 +

1

n

)n

·(1 +

1

n

)2)

= limn→∞

(1 +

1

n

)n

· limn→∞

(1 +

1

n

)2

= e · 1 = e.


27. an =

(n+ 3

n

)n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(n+ 3

n

)n

= 1∞ = limn→∞

(1 +

3

n

)n

= limn→∞

(1 +

1n3

)n· 33

=

= limn→∞

[(1 +

1n3

)n3

]3=

[limn→∞

(1 +

1n3

)n3

]3==

[limk→∞

(1 +

1

k

)k]3

= e3,

ahol bevezettuk azn

3= k helyettesıtest, amely eseteben k →∞, ha n→∞.

28. an =

(3n+ 1

3n

)n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(3n+ 1

3n

)n

= 1∞ = limn→∞

(1 +

1

3n

)n

= limn→∞

(1 +

1

3n

)3n· 13

=

= limn→∞

[(1 +

1

3n

)3n] 1

3

=

[limn→∞

(1 +

1

3n

)3n] 1

3

=

[limk→∞

(1 +

1

k

)k] 1

3

= e13 = 3√e,

ahol bevezettuk a 3n = k helyettesıtest, amely eseteben k →∞, ha n→∞.

29. an =

(n+ 5

n

)3n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(n+ 5

n

)3n

= 1∞ = limn→∞

(1 +

5

n

)3n

= limn→∞

(1 +

1n5

)3n· 55

=

= limn→∞

[(1 +

1n5

)n5

]15=

[limn→∞

(1 +

1n5

)n5

]15=

[limk→∞

(1 +

1

k

)k]15

= e15,

ahol bevezettuk azn


30. an =

(3n+ 1

3n− 2

)n+12

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(3n+ 1

3n− 2

)n+12

= 1∞ = limn→∞

(1 +

3

3n− 2

)n+12

=

= limn→∞

(1 +

13n−2

3

)n+12

· 3n−23

· 33n−2

= limn→∞

[(1 +

13n−2

3

) 3n−23

] 3n+36n−4

=


=

[limn→∞

(1 +

13n−2

3

) 3n−23

] limn→∞

3n+36n−4

=

[limk→∞

(1 +

1

k

)k] limn→∞

3n+36n−4

= e12 =√e,

ahol bevezettuk az3n− 2


31. an =

(6n+ 1

6n− 2

)n2

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(6n+ 1

6n− 2

)n2

= 1∞ = limn→∞

(6n− 2 + 3

6n− 2

)n2

=

= limn→∞

(1 +

3

6n− 2

)n2

= limn→∞

(1 +

16n−2

3

) 6n−23

· 36n−2

·n2

=

= limn→∞

[(1 +

16n−2

3

) 6n−23

] 3n2

6n−2

=

[limn→∞

(1 +

16n−2

3

) 6n−23

] limn→∞

3n2

6n−2

=

=

[limk→∞

(1 +

1

k

)k] limn→∞

3n2

6n−2

= elimn→∞

3n2

6n−2= e∞ =∞,

ahol bevezettuk a6n− 2


32. an =

(2n2 + n+ 1

2n2 − n+ 1

)3n+1

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(2n2 + n+ 1

2n2 − n+ 1

)3n+1

= 1∞ = limn→∞

(1 +

2n2 + n+ 1

2n2 − n+ 1− 1

)3n+1

=

= limn→∞

(1 +

2n2 + n+ 1− 2n2 + n− 1

2n2 − n+ 1

)3n+1

= limn→∞

(1 +

2n

2n2 − n+ 1

)3n+1

=

= limn→∞

(1 +

12n2−n+1

2n

)(3n+1)· 2n2−n+12n

· 2n2n2−n+1

=

= limn→∞

(1 + 12n2−n+1

2n

) 2n2−n+12n

2n(3n+1)

2n2−n+1

=

=

limn→∞

(1 +

12n2−n+1

2n

) 2n2−n+12n

limn→∞

2n(3n+1)

2n2−n+1

=

[limk→∞

(1 +

1

k

)k] limn→∞

6n2+2n

2n2−n+1

= e3,

ahol bevezettuk a2n2 − n+ 1

2n= k helyettesıtest, amely eseteben k → ∞, ha

n→∞.


33. an =

(1− 1

n

)n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(1− 1

n

)n

= 1∞ = limn→∞

(n− 1

n

)n

= limn→∞

(1n

n−1

)n

=

=1

limn→∞

(1 + 1

n−1

)n−1+1 =1

limn→∞

(1 + 1

n−1

)n−1 · limn→∞

(1 + 1

n−1

) =1

1 · e=

1

e,

ahol bevezettuk a n− 1 = k helyettesıtest, amelynel k →∞, ha n→∞.

34. an =

(n+ 2

n+ 3

) 4n+23

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(n+ 2

n+ 3

) 4n+23

= 1∞ = limn→∞

(1

n+3n+2

) 4n+23

= limn→∞

(1

1 + 1n+2

) 4n+23

=

=1

limn→∞

(1 + 1

n+2

) 4n+23

·n+2n+2

=1

limn→∞

[(1 + 1

n+2

)n+2] 4n+2

3n+6

=

=1[

limn→∞

(1 + 1

n+2

)n+2] limn→∞

4n+23n+6

=1[

limk→∞

(1 + 1

k

)k] limn→∞4n+23n+6

=1

e43

=1

3√e4

=1

e 3√e,

ahol bevezettuk a n+ 2 = k helyettesıtest, amelynel k →∞, ha n→∞.

35. an =

(n2 + 2

n2 + 3

)n2+5

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

(n2 + 2

n2 + 3

)n2+5

= 1∞ = limn→∞

(1

n2+3n2+2

)n2+5

=1

limn→∞

(1 + 1

n2+2

)n2+5=

1

e,

mivel

limn→∞

(1 +

1

n2 + 2

)n2+5

= limn→∞

(1 +

1

n2 + 2

)n2+2+3

=

= limn→∞

[(1 +

1

n2 + 2

)n2+2

·(1 +

1

n2 + 2

)3]=

= limn→∞

(1 +

1

n2 + 2

)n2+2

· limn→∞

(1 +

1

n2 + 2

)3

= limk→∞

(1 +

1

k

)k

· 1 = e,

ahol bevezettuk a n2 + 2 = k helyettesıtest, amely eseteben k →∞, ha n→∞.


A kovetkezo harom feladatban hasznaljuk fel a limn→∞

n√a = 1 es lim

n→∞n√n = 1 alaphatar-

ertekeket, ahol a pozitıv valos szam, hogy a feloldjuk a hatarozatlansagot a ∞0 tıpusuhatarozatlan kifejezeseknel.

36. an =n√5n

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

n√5n =

(∞0)= lim

n→∞

(n√5 · n√n)= lim

n→∞n√5 · lim

n→∞n√n = 1.

37. an =n√7n2

Megoldas.

limn→∞

an = limn→∞

n√7n2 =

(∞0)= lim

n→∞

(n√7 ·(

n√n)2)

= limn→∞

n√7 ·(limn→∞

n√n)2

= 1.

38. an = n√3n+ 2

Megoldas.limn→∞

an = limn→∞

n√3n+ 2 =

(∞0).

A hatarerteket a Rendor-elv alapjan oldjuk meg. Mivel n ≥ 2 eseten

3n < 3n+ 2 ≤ 3n+ n, vagyis 3n ≤ 3n+ 2 ≤ 4n,

ezertn√3n ≤ n

√3n+ 2 ≤ n

√4n,

es a megfelelo tetel alapjan

limn→∞

n√3n ≤ lim

n→∞n√3n+ 2 ≤ lim

n→∞n√4n,

vagyis1 ≤ lim

n→∞n√3n+ 2 ≤ 1,

ezertlimn→∞

n√3n+ 2 = 1.

A kovetkezo ket sorozat hatarerteket szamoljuk ki a monotonitasi es korlatossagi tulaj-donsag felhasznalasaval.

39. an =cn

n!, c > 0

Megoldas. Az {an} pozitıv tagu sorozat szigoruan monoton csokkeno, mert

an+1

an=

cn+1

(n+1)!

cn

n!

=

c·cn(n+1)·n!

cn

n!

=c

n+ 1< 1,

ha n > c− 1, tehat a (c− 1)-tol nagyobb indexekre ervenyes lesz az a feltetel, hogyan+1 < an. Mivel az {an} sorozat pozitıv tagu, ezert alulrol korlatos (peldaul a


0-val) es szigoruan monoton csokkeno, ezert ez a sorozat konvergens, tehat letezikhatarerteke. Legyen

limn→∞

an = a.

Ekkorlimn→∞

an+1 = limn→∞

an = a es an+1 = an ·c

n+ 1,

ahonnan

limn→∞

an+1 = limn→∞

(an ·

c

n+ 1

)= lim

n→∞an · lim

n→∞

c

n+ 1.

Ebbol kovetkezik, hogy a = a · 0, illetve a = 0, amely alapjan kimondhato, hogy

limn→∞

cn

n!= 0, ha c > 0.

40. an =

√2 +

√2 + · · ·+

√2, ahol n gyok szerepel a kifejezesben

Megoldas. Igazoljuk eloszor, hogy an < 2 minden n termeszetes szamra. Ennekbizonyıtasat matematikai indukcioval vegezzuk.

1o n = 1 eseten a1 =√2 < 2.

2o Tegyuk fel, hogy az allıtas igaz n = k-ra, azaz ak < 2.

3o Az allıtas n = k + 1 eseten is igaz, mert ak+1 =√2 + ak <

√2 + 2 = 2, tehat

{an} korlatos sorozat.Igazoljuk most szinten matematikai indukcioval, hogy an < an+1 minden n termeszetesszamra.

1o n = 1 eseten a1 =√2 <

√2 +√2 = a2.

2o Tegyuk fel, hogy az allıtas igaz n = k-ra, azaz ak < ak+1.

3o Az allıtas n = k + 1 eseten is igaz, mert ak+1 =√2 + ak <

√2 + ak+1 = ak+2,

tehat {an} szigoruan monoton novekvo sorozat.

Mivel az {an} sorozat szigoruan monoton novekvo es felulrol korlatos (peldaul a2-vel), ezert ez a sorozat konvergens, tehat letezik hatarerteke. Legyen

limn→∞

an = a.

Ekkorlimn→∞

an+1 = limn→∞

an = a valamint an+1 =√2 + an.

Ebbol kovetkezik, hogy a2n+1 = 2 + a+ n, illetve(limn→∞

an+1

)2= lim

n→∞(2 + an)

ahonnan a2 = 2 + a. Ebbol az egyenletbol a = 2 vagy a = −1 kovetkezik, de apozitivitas miatt a = 2 az egyetlen megoldas. Ezert

limn→∞

an = limn→∞

√2 +

√2 + · · ·+

√2 = 2.


2.5.5. Vegtelen mertani sor

2.17. Definıcio. Egy mertani sorozat elemeibol kepzett vegtelen sok tagu ”osszeget”vegtelen mertani sornak nevezzuk.

Tekintsuk az a, aq, aq2, . . . , aqn−1, . . . mertani sorozatot, ahol a = 0 es q = 0. Tudjuk,hogy a mertani sorozat elso n elemenek osszege

Sn = a+ aq + aq2 + · · ·+ aqn−1 = a · 1− qn

1− q.

Ha a mertani sorozat minden elemet ossze akarjuk adni, akkor valojaban az

S = a+ aq + aq2 + · · ·+ aqn−1 + . . .

osszeget keressuk, amelynek erteket a mertani sor {Sn} reszletosszeg sorozatanak hatar-ertekekent tudunk kiszamolni, vagyis az

S = limn→∞

Sn

keplet segıtsegevel, amennyiben ez a hatarertek letezik. Mivel

limn→∞

Sn = limn→∞

a · 1− qn

1− q=

a

1− qlimn→∞

(1− qn) = a

1− q

(1− lim

n→∞qn),

ıgy megallapıthatjuk, hogy ez a hatarertek csak |q| < 1 eseten letezik, ugyanis csak akkorkonvergens a {qn} sorozat. q ≤ −1 es q > 1 eseteben lim

n→∞qn nem letezik, tehat az S

osszeg sem szamıthato ki. q = 1 eseten Sn = n · a es limn→∞

Sn = limn→∞

(n · a) = ±∞ (az elso

elem elojeletol fuggoen). Ezek szerin a vegtelen mertani sor osszege

S =∞∑n=1

= a+ aq + aq2 + · · ·+ aqn−1 + · · · = a

1− q, |q| < 1.

Ezt a kepletet szokas

S =a1

1− q, |q| < 1

alakban is ırni, kihangsulyozva, hogy a1 a mertani sorozat elso eleme.

2.35. Pelda. Ha az

S = 1 +1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n+ · · ·

szeretnenk kiszamıtani, akkor azt kell eszrevennunk, hogy ennek a vegtelen osszegnek atagjai

1,1

2,

1

22, · · · , 1

2n, · · ·

egy mertani sorozat elemei, amelyben a1 = 1 es q =1

2. Mivel a hanyados eleget tesz a∣∣∣∣12

∣∣∣∣ < 1 feltetelnek, ıgy a vegtelen mertani sor osszege

S =a1

1− q=

1

1− 12

= 2.


FELADATOK.

1. Szamıtsuk ki az 1− 3

4+

9

16− 27

64+ · · ·+ (−1)n

(3

4

)n

+ · · · vegtelen osszeget.

Megoldas. Az osszeg egy vegtelen mertani sor, mert tagjai az

1, −3

4,

9

16, −27

64, · · · , (−1)n

(3

4

)n

, · · ·

mertani sorozat elemei, amelynek hanyadosa q = −3

4eleget tesz az

∣∣∣∣−3

4

∣∣∣∣ < 1

feltetelnek, ezert a keresett osszeg

S =a1

1− q=

1

1−(−3

4

) =174

=4

7.

2. Szamıtsuk ki az 1 + x2 + x4 + x6 + · · · vegtelen osszeget, ha tudjuk, hogy |x| < 1.

Megoldas. Ha |x| < 1, akkor |x2| < 1 is ervenyes. A keresett osszeg egy vegtelenmertani sor, mert az 1, x2, x4, x6, · · · elemekkel rendelkezo es q = x2 hanyadosumertani sorozat elemeit adjuk ossze. Mivel a hanyadosra teljesul a |q| < 1 feltetel,ezert a keresett S osszeg letezik es

S =a1

1− q=

1

1− x2.

3. Irjuk fel tort alakjaban az 1, 34 szakaszos tizedes szamot.

Megoldas. Irjuk fel az adott szamot tobb tizedes szamjeggyel es bontsuk fel akovetkezo modon:

1, 34 = 1, 343434 · · · = 1 + 0, 34 + 0, 0034 + 0, 000034 + · · ·

= 1 +34

100+

34

10000+

34

1000000+ · · ·

Vegyuk eszre, hogy a masodik tagtol kezdve egy vegtelen mertani sor tagjait kell

osszegeznunk, melyben a1 =34

100es q =

1

100, amelyre

(1

100

)< 1. Ezert

1, 34 = 1 +34100

1− 1100

= 1 +34

99=

133

99.

4. Az a = 1 befogoju egyenloszaru derekszogu haromszog oldalainak felezopontjaitosszekotve egy ujabb egyenloszaru derekszogu haromszoget kapunk. Felezzuk megennek az oldalait is es ujra kossuk ossze a felezopontokat. Folytassuk ezt az eljarasta vegtelensegig, majd szamıtsuk ki az eredeti es a beırt haromszogek keruleteinekes teruleteinek osszeget.

Megoldas. Ha az egyenloszaru derekszogu haromszog oldala a, akkor kerulete

K = 2a + a√2 = a(2 +

√2), terulete pedig T =

a2

2. Az eredetivel egyutt


a haromszogek befogoi sorban az a,a

2,a

4,a

8, . . . mertani sorozatot adjak. A

haromszogek keruleteinek osszege

K = a(2 +√2) +

a

2(2 +

√2) +

a

4(2 +

√2) +

a

8(2 +

√2) + · · · ,

ahonnan

K = a(2 +√2)

(1 +

1

2+

1

4+

1

8+ · · ·

)= a(2 +

√2) · 1

1− 12

= 2a(2 +√2).

Mivel a = 1, ıgy az osszes haromszog keruletenek osszege K = 2(2+√2) = 4+2

√2.

A haromszogek teruleteinek osszege

T =a2

2+

1

2

(a2

)2+

1

2

(a4

)2+

1

2

(a8

)2+ · · · ,

ahonnan

T =a2

2

(1 +

1

4+

1

16+

1

64+

)=a2

2· 1

1− 14

=2a2

3.

Mivel a = 1, ıgy az osszes haromszog teruletenek osszege T =2

3.

5. Az adott R sugaru korbe ırjunk egyenlooldalu haromszoget, majd abba kort, esfolytassuk ezt az eljarast a vegtelensegig. Szamıtsuk ki a korok keruleteinek es aharomszogek teruleteinek osszeget.

Megoldas. Az R sugaru korbe ırt egyenlooldalu haromszog oldala a = R√3.

Ha ebbe a haromszogbe kort ırunk, akkor annak sugara R1 =R

2, az ujabb beırt

egyenlooldalu haromszog oldala pedig a1 =a

2. Ezert a korok sugarai es az egyen-

looldalu haromszogek oldalai az R,R

2,R

4,R

8, . . . es az a,

a

2,a

4,a

8, . . . mertani

sorozatokat alkotjak. A korok keruleteinek osszege

K = 2Rπ + 2 · R2π + 2 · R

4π + 2 · R

8π + · · · ,

amelybol rendezes utan

K = 2Rπ

(1 +

1

2+

1

4+

1

8+ · · ·

)= 2Rπ · 1

1− 12

= 4Rπ,

vagyis az oszes ıgy eloallıtott kor keruletenek osszege K = 4Rπ. Az emlıtett modoneloallıtott haromszog teruletenek osszege

T = a2√3

4+(a2

)2 √34

+(a4

)2 √34

+(a8

)2 √34

+ · · · ,

amely rendezes utan a

T =a2√3

4

(1 +

1

4+

1

16+

1

64+

)=a2√3

4· 1

1− 14

=a2√3

3

kifejezest adja. Mivel a = R√3, ıgy az osszes haromszog teruletenek osszege

T =3R2√3

3= R2

√3.

114

3. Egyvaltozos valos fuggvenyek

3.1. Valos fuggvenyekkel kapcsolatos alapfogalmak

3.1.1. A fuggvenyek megadasa

Az elso fejezetben altalanosan ertelmeztuk a fuggvenyt. Most csak olyan fuggvenyekkelfoglalkozunk, amelyeknek ertelmezesi tartomanya es keptartomanya is valos szamokbol all.Az ilyen f : A ⊂ R→ B ⊂ R fuggvenyeket egyvaltozos valos fuggvenyeknek nevezzuk, sa latin vagy a gorog abece betuivel jeloljuk, peldaul: f , g, h,..., φ, ψ, ϑ stb.Az A halmazt az f fuggveny ertelmezesi tartomanyanak (domenjenek) nevezzuk es Df -fel jeloljuk, mıg a B halmazt az f fuggveny ertekkeszletenek (kodomenjenek) nevezzukes Rf -fel jeloljuk. Valos fuggvenyeknel altalaban a fuggetlen valtozo jelolesere az x, afuggo valtozo jelolesere az y betut hasznaljuk, de ha szukseges, akkor mas betuket ishasznalhatunk. A fuggveny jelolesenel sokszor az y = f(x) szimbolumot hasznaljuk, amiazt jelenti, hogy y valamilyen fuggvenye x-nek.Ha x0 ∈ Df , akkor az f fuggveny x0 ponthoz rendelt erteket f(x0)-lal jeloljuk, es az ffuggveny x0 pontban felvett helyettesıtesi ertekenek nevezzuk. Ha f(x0) = 0, akkor x0 azf fuggveny zerushelye vagy nullahelye.A valos fuggveny megadasahoz nem eleg csak az ertelmezesi tartomanyt es az ertekkeszletetmegadni, azt is tudnunk kell, hogyan talalhatjuk meg a fuggetlen valtozo egyes ertekeiheztartozo fuggvenyerteket, vagyis ismernunk kell a hozzarendelesi torvenyt. A hozzarendelesitorveny megadasa sokfelekeppen tortenhet. A fuggveny hozzarendelesi torvenyet peldaulmegadhatjuk tablazattal. Ez abban all, hogy kiırjuk a fuggetlen valtozo szamos erteket, smelleırjuk a nekik megfelelo fuggvenyerteket. A fuggvenyek tablazattal valo megadasanakfo hianyossaga a nagy terjedelem es a szemleletesseg hianya, de ettol fuggetlenul igen el-terjedt megadasi mod a termeszettudomanyokban es a muszaki tudomanyokban.A fuggveny megadasanak legfontosabb modja a keplettel (formulaval) valo megadas.Ekkor megadunk egy olyan kepletet, amely az x fuggetlen valtozon kıvul csupa adottszamot tartalmaz. Ha keplettel adjuk meg a fuggvenyt, akkor az ertelmezesi tartomanytmindazok a valos szamok alkotjak, amelyre a kepletben szereplo muveletek mindegyikeelvegezheto es a keplet valos erteket vesz fel.Adott f es g valos fuggvenyekbol kepzett osszetett fuggvenyek ertelmezesi tartomanyanakmeghatarozasakor figyelembe kell venni a kovetkezoket:

1. y =f(x)

g(x)eseten g(x) = 0.

2. y = 2n√f(x) eseten f(x) ≥ 0 (n ∈ N).

3. y = loga f(x) eseten f(x) > 0 (a > 0, a = 1).

4. y = tg f(x) eseten f(x) = π2+ kπ, (k ∈ Z).

3.1. Valos fuggvenyekkel kapcsolatos alapfogalmak 115

5. y = ctg f(x) eseten f(x) = kπ, (k ∈ Z).

6. y = arcsin f(x) es y = arccos f(x) eseten −1 ≤ f(x) ≤ 1.

3.1. Pelda. Az f(x) =x2 + 1

x3 − 4x2fuggveny racionalis tortfuggveny, ezert a nevezoje nem

lehet nulla. Keressuk meg tehat a nevezo nullahelyeit es zarjuk ki azokat az ertelmezesitartomanybol. x3 − 4x2 = 0 akkor es csakis akkor, ha x(x − 2)(x + 2) = 0, innen pedigmegkapjuk, hogy a nevezo nulla, ha x = 0, vagy ha x = 2, vagy ha x = −2. Ezert azertelmezesi tartomany Df = R \ {−2, 0, 2}, vagy mas felırasban

Df = (−∞,−2) ∪ (−2, 0) ∪ (0, 2) ∪ (2,∞).

3.2. Pelda. Az f(x) =√x2 − 16 fuggveny paros gyokkitevoju irracionalis fuggveny,

ezert a gyok alatti mennyiseg nem lehet negatıv, vagyis teljesulnie kell az x2 − 16 ≥ 0,illetve (x − 4)(x + 4) ≥ 0 egyenlotlensegnek. Oldjuk meg tablazattal ezt a masodfokuegyenlotlenseget.

Df (−∞,−4) (−4, 4) (4,∞)x− 4 − − +x+ 4 − + +x2 − 16 + − +

A tablazatbol kiolvashatjuk, hogy az ffuggveny csak a (−4, 4) intervallumonnegatıv, tehat

Df = (−∞,−4] ∪ [4,∞).

3.3. Pelda. Mivel minden logaritmusfuggveny csak pozitıv ertekekre ertelmezett, ezert

az f(x) = ln

(x2 + 1

x2 − 4x+ 3

)fuggveny csak akkor ertelmezett, ha az

x2 + 1

x2 − 4x+ 3> 0

egyenlotlenseg teljesul. Mivel x2 + 1 > 0 minden valos szamra, ezert a tortfuggvenyelojele csak a nevezotol fugg. Bontsuk tenyezokre a nevezot es oldjuk meg tablazattal azıgy kapott (x− 1)(x− 3) > 0 egyenlotlenseget.

Df (−∞, 1) (1, 3) (3,∞)x− 3 − − +x− 1 − + +

x2 − 4x+ 3 + − +

A tablazatbol kiolvashatjuk, hogy azf fuggveny csak az [1, 3] intervallumonnempozitıv, tehat

Df = (−∞, 1) ∪ (3,∞).

3.4. Pelda. Az f(x) = tgx

2fuggveny nem ertelmezett azokban a pontokban, ahol

x

2= π

2+ kπ, k ∈ Z,

illetve x = π + 2kπ, k ∈ Z. A keresett ertelmezesi tartomany tehat

Df = R \ {(2k + 1)π, k ∈ Z}.

3.5. Pelda. Az f(x) = arcsin6x

x2 + 9fuggveny csak akkor ertelmezett, ha a

−1 ≤ 6x

x2 + 9≤ 1

116 3. EGYVALTOZOS VALOS FUGGVENYEK

egyenlotlensegrendszer teljesul. Mivel a6x

x2 + 9nevezoje minden valos szamra pozitıv,

ezert mindket egyenlotlenseget szorozhatjuk x2 + 9-cel. Ekkor −x2 − 9 < 6x < x2 + 9,azaz a

−x2 − 9 ≤ 6x es 6x ≤ x2 + 9

egyenlotlensegeknek kell teljesulniuk, azaz megoldashalmazaik metszete adja az f fuggvenyertelmezesi tartomanyat. Mivel a fenti egyenlotlensegrendszer ekvivalens az

−x2 − 6x− 9 ≤ 0 es x2 − 6x+ 9 ≥ 0,

illetve az

(x+ 3)2 ≥ 0 es (x− 3)2 ≥ 0

egyenlotlensegrendszerekkel, ıgy lathato, hogy mindketto megoldashalmaza az R halmaz,tehat metszetuk is az, es ıgy Df = R.

A fuggveny grafikonja vagy gorbeje a Descartes-fele derekszogu koordinata-rendszer altalmeghatarozott sıkban az olyan (x, f(x)) pontok halmaza, amelyek abszcisszai az x fugget-len valtozo ertekei, ahol x ∈ Df , ordinatai pedig az ezeknek megfelelo fuggvenyertekek,azaz y = f(x), s ezt az egyenletet nevezzuk a fuggvenygorbe egyenletenek. A fuggvenygrafikus megadasa azt jelenti, hogy a fuggveny grafikonjat adjuk meg, es a fuggetlenvaltozo x0 ertekehez tartozo f(x0) fuggvenyertek a gorbe x0 abszcisszaju pontjanak or-dinataja. Gyakran elofordul, hogy a fuggveny grafikonja csak nehany pontbol all, megisaltalanosan elterjedt, hogy a fuggveny grafikonjat gorbenek nevezzuk, s ıgy a fuggvenyes a gorbe fogalma szorosan osszefugg. Egy fuggveny megadasa egy gorbe, a fuggvenygrafikonjanak megadasat jelenti, es fordıtva: egy gorbe megadasaval egy fuggvenyt ismegadunk, azt a fuggvenyt, amelynek a megadott gorbe a grafikonja. Termeszetesencsak olyan gorbet adhatunk meg fuggveny grafikonjakent, amely eseteben az y-tengellyelparhuzamos egyenesek a gorbet legfeljebb egy pontban metszhetik.

3.6. Pelda. A mellekelt tablazattal megadott f fuggvenygrafikonja mindossze harom pontbol all, az (1, 3), (2, 4) es (3, 5)pontokbol, mivel Df = {1, 2, 3}.

x 1 2 3f(x) 3 4 5

3.7. Pelda. Legyen az f(x) = x+ 2 fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = [1, 3]. Az ffuggveny grafikonja most az y = x + 2 gorbe [1, 3] intervallumhoz tartozo darabja, azazaz (1, 3) es (3, 5) pontokat osszekoto szakasz.

3.8. Pelda. Legyen az f(x) = x+2 fuggveny ertelmezesi tartomanya most Df = R. Azf fuggveny grafikonja most az y = x+ 2 egyenes.


1 2 3x

1

2

3

4

5

y

1 2 3x

1

2

3

4

5

y

y=x+2

1 2 3x

1

2

3

4

5

y

A fuggveny grafikonja a fuggveny nullahelyeben metszi at az x-tengelyt. A fuggvenyertelmezesi tartomanyanak azon pontjaiban, ahol a fuggvenyertekek pozitıvak, a fuggveny

grafikonja az x-tengely felett van, az ertelmezesi tar-tomany azon pontjaiban pedig, ahol a fuggvenyertekeknegatıvak, a fuggveny grafikonja az x-tengely alatt van.

3.9. Pelda. Az f(x) = x2 − 1 fuggveny nullahe-lyei az f(x) = 0, illetve az x2 − 1 = 0 egyenletmegoldasai, azaz x1 = 1 es x2 = −1. Az y = x2 − 1parabola tehat a (−1, 0) es (1, 0) pontokban metszi ataz x-tengelyt, s mivel foegyutthatoja pozitıv, minimumavan. A fuggveny elojelet leolvashatjuk a grafikonrol:f(x) > 0, ha x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞), es f(x) < 0,ha x ∈ (−1, 1).

y=x2-1

+ + + + + + + +

- - - --1 1x

-1

1

y

A fuggveny y = f(x) megadasi modjara azt mondjuk, hogy a fuggveny explicit alakbanvan megadva. Ha hasznaljuk ezt a jelolest, akkor az F (x, y) = 0 egyenlet is ertelmezhet(egy vagy tobb) fuggvenyt. Ekkor azt mondjuk, hogy F (x, y) = 0 egy implicit alakbanmegadott fuggveny.

3.10. Pelda. x2 + y2 − 1 = 0 az egysegsugaru korvonal implicit alaku megadasa. Mivelebbol y = ±

√1− x2, ezert x2 + y2 − 1 = 0 jelentheti az f1(x) =

√1− x2 fuggvenyt, de

az f2(x) = −√1− x2 fuggvenyt is. Az f1 fuggveny grafikonja az egysegsugaru korvonal

felso, pozitıv felsıkhoz tartozo felkorıve, az f2 fuggveny grafikonja pedig az egysegsugarukorvonal also, negatıv felsıkhoz tartozo felkorıve.

y= 1- x2

y=- 1- x2

-1 1x

-1

1

y

x2+y2=1

-1 1x

-1

1

y


3.11. Pelda. A parabola x− y2 = 0 implicit alaku megadasa, y = ±√x miatt jelentheti

az f1(x) =√x fuggvenyt, de az f2(x) = −

√x fuggvenyt is. Az f1 fuggveny grafikonja

a parabolagorbe felso, pozitıv felsıkhoz tartozo ıve, az f2 fuggveny grafikonja pedig aparabolagorbe also, negatıv felsıkhoz tartozo ıve.

x= y2

1x

-1

1

y

y= x

y=- x

1x

-1

1

y

FELADATOK.

Hatarozzuk meg a kovetkezo fuggvenyek ertelmezesi tartomanyat.

1. f(x) =3x

x2 + 5

Megoldas. Mivel a racionalis tortfuggveny nevezoje nem nulla, hiszen x2 + 5 > 0,ezert a fuggveny minden valos szamra ertelmezett, azaz Df = R = (−∞,∞).

2. f(x) =x2 + 2

x3 + 6x2 + 8xMegoldas. A racionalis tortfuggveny nevezoje nem lehet nulla, azaz

x3 + 6x2 + 8x = x(x+ 4)(x+ 2) = 0

kell teljesuljon, amely feltetel akkor es csakis akkor igaz, ha x = 0 es x = −4 esx = −2. Az ertelmezesi tartomany tehat

Df = R \ {−4,−2, 0} = (−∞,−4) ∪ (−4,−2) ∪ (−2, 0) ∪ (0,∞).

3. f(x) =3

√x+ 1

x

Megoldas. Paratlan gyokkitevoju a fuggveny, tehat minden valos szamra ertel-mezett, ezert most csak az alatta levo tort nevezojere kell feltenni, hogy ne legyennulla, azaz x = 0, ıgy Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0,∞).

4. f(x) =1√

5x− x2Megoldas. A tort miatt a nevezo nem lehet nulla, a paros gyokkitevoju fuggvenyalatti kifejezes pedig nem lehet negatıv, ıgy megallapıthatjuk, hogy a ket feltetelosszesıtve az 5x − x2 = x(5 − x) > 0 feltetelhez vezet. Oldjuk meg tablazattal ezta masodfoku egyenlotlenseget.

Df (−∞, 0) (0, 5) (5,∞)x − + +

5− x + + −5x− x2 − + −

A tablazatbol kiolvashatjuk, hogy az 5x−x2masodfoku kifejezes csak a (0, 5) intervallu-mon pozitıv, tehat az f fuggveny ertelmezesitartomanya Df = (0, 5).


5. f(x) =1√5 + x

+√−x

Megoldas. Figyelembe veve a tortet es a paros gyokkitevoju fuggvenyeket, akovetkezo kikoteseket kell tennunk: 5 + x > 0 es −x ≥ 0. Az egyenlotlensegekmegoldashalmazai x > −5 es x ≤ 0, amelyek egyidoben −5 < x ≤ 0 valos szamokrateljesulnek, tehat Df = (−5, 0].

6. f(x) = ln

(x+ 5

5− x

)Megoldas. A logaritmusfuggveny csak szigoruan pozitıv ertekekre ertelmezett esa nevezo nem lehet nulla, ezert az

x+ 5

5− x> 0

egyenlotlensegnek kell teljesulnie. Tablazatba foglalva a szamlalo es nevezo tulaj-donsagait, a kovetkezoket kapjuk:

Df (−∞,−5) (−5, 5) (5,∞)x+ 5 − + +5− x + + −x+ 5

5− x− + −

A tablazatbol lathato, hogy azx+ 5

5− xtortkifejezes csak a (−5, 5) intervallumonpozitıv, tehat az f fuggveny ertelmezesitartomanya Df = (−5, 5).

7. f(x) = lnx2

Megoldas. A logaritmusfuggveny csak szigoruan pozitıv ertekekre ertelmezett esx2 ≥ 0 minden valos szamra. Ez azt jelenti, hogy csupan a nullat kell kizarni azertelmezesi tartomanybol, azaz Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0,∞).

8. f(x) = log2 (cosx)

Megoldas. A logaritmusfuggveny csak szigoruan pozitıv ertekekre ertelmezett,ezert teljesulnie kell a cosx > 0 feltetelnek, ami azt jelenti, hogy az f fuggvenyertelmezesi tartomanya azoknak az intervallumoknak az uniojabol all, amelyekbenaz y = cos x fuggvenygorbe az x-tengely folott helyezkedik el. Ezert

Df =∪k∈Z

(−π2+ 2kπ,

π

2+ 2kπ

).

9. f(x) =√

ln (x− x2)Megoldas. Vegyuk figyelembe a logaritmusfuggveny es a paros gyokkitevoju irra-cionalis fuggveny ertelmezettseget is. Ekkor teljesulnie kell a kovetkezo felteteleknek:

x− x2 > 0 es ln(x− x2

)≥ 0.

Az ln(x− x2

)≥ 0 egyenlotlenseg akkor es csakis akkor igaz, ha x−x2 ≥ 1, vagyis az

x2−x+1 ≤ 0 masodfoku egyenlotlenseg is teljesul. Az x2−x+1 masodfoku trinomrolmegallapıthatjuk, hogy determinansa D = 12− 4 = −3 < 0, tehat az y = x2−x+1parabolanak nincs valos nullahelye, viszont a foegyutthatoja a = 1 > 0, vagyiskonvex es minimuma van, ami azt jelenti, hogy minden valos szamra szigoruanpozitıv erteket vesz fel. Ezert az x2 − x+ 1 ≤ 0 masodfoku egyenlotlenseg egyetlenegy valos szamra sem teljesul, tehat Df = ∅.


10. f(x) =√

ln (sin x)

Megoldas. A logaritmusfuggveny es a paros gyokkitevoju irracionalis fuggvenyertelmezettseget is figyelembe veve kikotjuk, hogy teljesulnie kell a

sin x > 0 es ln (sin x) ≥ 0

felteteleknek, illetve az ezzel ekvivalens

sinx > 0 es sinx ≥ 1

egyenlotlensegrendszernek. Az egyenlotlensegrendszer megoldasat a sinx ≥ 1 egyen-lotlenseg megoldashalmaza, illetve a | sin x| ≤ 1 feltetellel osszesıtve a sinx = 1egyenlet megoldashalmaza adja meg. Ezert

Df ={π2+ 2kπ, k ∈ Z

}.

11. f(x) = arccos2

2 + sin x

Megoldas. Vegyuk eszre, hogy a tort nevezojeben szereplo 2+sinx kifejezes mindigszigoruan pozitıv, tehat nem lehet nulla. Ezert csupan a

−1 ≤ 2

2 + sin x≤ 1, illetve

(2

2 + sin x≥ −1 es

2

2 + sin x≤ 1

)egyenlotlensegrendszert kell megoldani. Mivel 2 + sinx > 0 minden valos szamra,ezert mindket egyenlotlenseg beszorozhato (2 + sinx)-szel, s ıgy a

2 ≥ −2− sin x es 2 ≤ 2 + sin x,

illetve asin x ≥ −4 es sinx ≥ 0

egyenlotlensegeket kapjuk, amelyek kozul az elso mindig teljesul, a masodik megol-dashalmaza pedig minden olyan intervallum unioja, ahol az y = sinx fuggvenygorbenem az x-tengely alatt van, tehat

Df =∪k∈Z

[2kπ, (2k + 1)π] .

12. f(x) =√3x+ log(4− x) + 3

√x

x− 2

Megoldas. Vegyuk figyelembe mindharom osszeadando ertelmezesi tartomanyates keressuk meg ezek metszetet. Kikoteseink a kovetkezok:

3x ≥ 0 es 4− x > 0 es x− 2 = 0,

illetve x ≥ 0 es x < 4 es x = 2.

A keresett ertelmezesi tartomany ıgy Df = [0, 2) ∪ (2, 4).


13. f(x) = ex

x+1 −√arcsin

1

x2 + 1+ arctg

(ln(x2 + 1

))Megoldas. Vegyuk figyelembe, hogy az exponencialis fuggveny kitevojeben levotort nevezoje nem lehet nulla, azaz x + 1 = 0, illetve x = −1 kell, hogy teljesuljon.A negyzetgyok alatti kifejezes nem lehet negatıv, tehat kikotjuk, hogy

arcsin1

x2 + 1≥ 0

teljesuljon, ami akkor es csak akkor lehetseges, ha 0 ≤ 1

x2 + 1≤ 1 teljesul. Mivel

x2 + 1 > 0, ezert a kapott egyenletrendszer ekvivalens a 0 ≤ 1 ≤ x2 + 1 egyenlet-rendszerrel, amelynek megoldashalmaza a valos szamok halmaza. Az y = arctgxfuggveny minden valos szamra ertelmezett, tehat itt nincs kikotes, a logaritmus-fuggveny viszont csak szigoruan pozitıv ertekekre ertelmezett, es az x2 + 1 kifejezesteljesıti ezt a feltetelt. Osszegezve a fenti feltetelek mindegyiket azt kapjuk, hogyaz adott fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R \ {−1}, azaz

Df = (−∞,−1) ∪ (−1,∞).

14. f(x) =(x2 − x− 2

)x2+1

Megoldas. Az exponencialis fuggveny alapja csak 1-tol kulonbozo pozitıv valosszam lehet, ıgy teljesulnie kell az

x2 − x− 2 > 0 es x2 − x− 2 = 1,

illetve az(x− 2)(x+ 1) > 0 es x2 − x− 3 = 0

felteteleknek. Az elso egyenlotlenseg megoldasa az (−∞,−1) ∪ (2,∞) intervallum,

a masodik megoldasa pedig: x = 1±√13

2. Ezert a megadott fuggveny ertelmezesi

tartomanya

Df =

(−∞, 1−

√13

2

)∪

(1−√13

2,−1

)∪

(2,

1 +√13

2

)∪

(1 +√13

2,∞

).

15. f(x) = log3x−3

(4− x2

)Megoldas. A logaritmusfuggveny csak pozitıv ertekekre ertelmezett, alapja pedigcsak 1-tol kulonbozo pozitıv valos szam lehet, ezert kikoteseink most:

3x− 3 > 0 es 3x− 3 = 1 es 4− x2 > 0.

Mivel a fenti egyenlotlensegrendszer megoldashalmazat az x > 1, az x = 4

3, valamint

a −2 < x < 2 tulajdonsagok egyidoben torteno megvalosulasa adja meg, ezert az ffuggveny ertelmezesi tartomanya

Df =

(1,

4

3

)∪(4

3, 2

).


Hatarozzuk meg a kovetkezo fuggvenyek ertelmezesi tartomanyat, nullahelyeit, majdvizsgaljuk ki az elojeluket, azaz hatarozzuk meg mely intervallumokon pozitıvak es melyintervallumokon negatıvak.

16. f(x) = 6x− 3

Megoldas. Mivel f linearis fuggveny, ezert Df = R. A fuggveny nullahelye azf(x) = 0 fuggveny megoldasa, ebben az esetben a 6x − 3 = 0 egyenlet gyoke, azaz

x =1

2. Ez azt jelenti, hogy az f fuggveny gorbeje az N

(1

2, 0

)pontban metszi az x-

tengelyt. Az f fuggveny akkor es csakis akkor pozitıv, ha f(x) > 0, azaz 6x−3 > 0,

tehat x >1

2eseten. Az f fuggveny akkor es csakis akkor negatıv, ha f(x) < 0,

azaz 6x − 3 < 0, tehat x <1

2eseten. Ezeket a tulajdonsagokat tablazatban is

osszefoglalhatjuk.

Df

(−∞, 1

2

) (1

2,∞)

f(x) − +

Az f fuggveny pozitıv az

(1

2,∞)

intervallumon,

es negatıv a

(−∞, 1

2

)intervallumon.

17. f(x) = 25− x2

Megoldas. A fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R, mert f masodfokufuggveny. f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 25 − x2 = 0, azaz x = −5 vagyx = 5 eseten, tehat a fuggveny grafikonja N1(−5, 0) es N2(5, 0) pontokban metsziaz x-tengelyt. Felhasznalva, hogy a fuggveny f(x) = (5 − x)(5 + x) alakban isfelırhato, az elojellel kapcsolatos tulajdonsagokat tablazatban foglaljuk ossze.

Df (−∞,−5) (−5, 5) (5,∞)5− x + + −5 + x − + +f(x) − + −

Megallapıthatjuk, hogy az f fuggvenypozitıv a (−5, 5) intervallumon, es negatıva (−∞,−5) ∪ (5,∞) intervallumon.

18. f(x) = x3 + x2 + 2x

Megoldas. f polinomfuggveny, tehat az ertelmezesi tartomanyaDf = R. f(x) = 0akkor es csakis akkor, ha x(x2 + x + 2) = 0, azaz csupan x = 0 eseten, mert

x2 + x + 2 =

(x+

1

2

)2

+7

4> 0. A fuggveny grafikonja tehat csak az N(0, 0)

pontban metszi az x-tengelyt. Az f fuggveny elojele ıgy csak x-tol fugg, vagyisf(x) > 0, ha x ∈ (0,∞), es f(x) < 0, ha x ∈ (−∞, 0).

19. f(x) =x3 − 3x2 + 2x

x2 − 9

Megoldas. f racionalis tortfuggveny, ıgy a nevezo nem lehet nulla, azaz x2−9 = 0,ami azt jelenti, hogy x = 3 es x = −3. Az ertelmezesi tartomany ennek alapjanDf = R \ {−3, 3}, illetve intervallumos alakban Df = (−∞,−3)∪ (−3, 3)∪ (3,∞).f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha a szamlalo nulla, vagyis x(x− 1)(x− 2) = 0. Akapott egyenlet megoldasai x1 = 0, x2 = 1 es x3 = 2, tehat a fuggveny grafikonja azN1(0, 0), N2(1, 0) es N3(2, 0) pontokban metszi az x-tengelyt. Vegezzuk tablazattalaz elojel vizsgalatat.


Df (−∞,−3) (−3, 0) (0, 1) (1, 2) (2, 3) (3,∞)x − − + + + +

x2 − 3x+ 2 + + + − + +x2 − 9 + − − − − +f(x) − + − + − +

Megallapıthatjuk, hogyf(x) > 0, ha x ∈ (−3, 0) ∪ (1, 2) ∪ (3,∞) esf(x) < 0, ha x ∈ (−∞,−3) ∪ (0, 1) ∪ (2, 3).

20. f(x) = 2x − 4

Megoldas. Az exponencialis fuggveny minden valos szamra ertelmezett, ezert azertelmezesi tartomany Df = R. A fuggveny nullahelyet az f(x) = 0 egyenletbolszamıthatjuk ki. 2x − 4 = 0 akkor es csakis akkor, ha 2x = 22, amelybol x = 2,vagyis az f fuggveny grafikonja egyetlen pontban metszi at az x-tengelyt, ez pedigN(2, 0). A fuggveny elojelenek kivizsgalasahoz exponencialis egyenlotlensegeket kellmegoldani. f(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 2x − 4 > 0, azaz 2x > 22, amelybolkovetkezik, hogy x > 2. f(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 2x < 22, ahonnan x < 2.Osszefoglalva,az f fuggveny pozitıv, ha x ∈ (2,∞) esaz f fuggveny negatıv, ha x ∈ (−∞, 2).

21. f(x) =15− 3x√x− 6

Megoldas. A nevezo nem lehet nulla es a gyok alatti kifejezes nem lehet negatıv,ezert x − 6 > 0 eseten lesz csak ertelmezett a fuggveny, ami azt jelenti, hogy azertelmezesi tartomany Df = (6,∞). f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 15−3x = 0,azaz x = 5 eseteben, de mivel 5 /∈ Df , ezert a fuggvenynek nincs nullahelye. Az elojelkivizsgalasanal vegyuk eszre, hogy

√x− 6 > 0 az ertelmezesi tartomany minden

pontjara, tehat a fuggveny elojele csak a szamlalo elojeletol fugg. Ezert f(x) > 0akkor es csakis akkor, ha 15 − 3x > 0, vagyis x < 5 eseten, ami nem lehetseges,mert ez az intervallum nincs benne az ertelmezesi tartomanyban. f(x) < 0 akkor escsakis akkor, ha 15−3x < 0, vagyis x > 5 eseten. Ez azt jelenti, hogy az f fuggvenya teljes ertelmezesi tartomanyon negatıv.

22. f(x) =ln x

1− ln x

Megoldas. A logaritmusfuggveny csak pozitıv ertekekre ertelmezett, ezert az egyikkikotesunk az, hogy x > 0. A nevezo nem lehet nulla, ezert a masik kikotesunk azln x = 1, vagyis x = e. Ezert a fuggveny ertelmezesi tartomanyaDf = (0, e)∪(e,∞).f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha lnx = 0, ez pedig x = 1 eseten teljesul, tehata fuggvenygrafikon az N(1, 0) pontban metszi at az abszcissza tengelyt. Foglaljuktablazatba a fuggveny elojelenek kivizsgalasat.

Df (0, 1) (1, e) (e,∞)ln x − + +

1− lnx + + −f(x) − + −

A tablazatbol megallapıthatjuk, hogyf(x) > 0, ha x ∈ (1, e), esf(x) < 0, ha x ∈ (0, 1) ∪ (e,∞).


23. f(x) = log 12

x+ 2

x− 3

Megoldas. Az f fuggveny akkor es csakis akkor ertelmezett, hax+ 2

x− 3> 0.

Keszıtsuk el a kapott egyenlotlenseg megoldasanak tablazatat.

x (−∞,−2) (−2, 3) (3,∞)x+ 2 − + +x− 3 − − +x+ 2

x− 3+ − +

A tablazatbol megallapıthatjuk, hogy afuggveny ertelmezesi tartomanya

Df = (−∞,−2) ∪ (3,∞).

f(x) = 0 akkor es csakis akkor, hax+ 2

x− 3= 1, azaz x+2 = x− 3 eseten, e ennek az

egyenletnek nincs megoldasa, ıgy a fuggvenynek nincs nullahelye. f(x) > 0 akkor es

csakis akkor, ha 0 <x+ 2

x− 3< 1, azaz akkor es csakis akkor, ha

x+ 2− x+ 3

x− 3< 0.

A kapott egyenlotlenseg megoldasa5

x− 3< 0, illetve x− 3 < 0 megoldasaval ekvi-

valens, ami azt jelenti, hogy az f fuggveny pozitıv x < 3 eseten, tehat a (−∞,−2)intervallumon. f(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha

x+ 2

x− 3> 1, azaz akkor es csakis

akkor, ha5

x− 3> 0. A kapott egyenlotlenseg megoldasa x − 3 > 0 megoldasaval

ekvivalens, ami azt jelenti, hogy az f fuggveny negatıv a (3,∞) intervallumon.

24. f(x) = (x− 2)e1x

Megoldas. Mivel az exponencialis fuggveny kitevojeben levo nevezo nem lehetnulla, ezert x = 0, s ıgy Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0,∞).f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha x− 2 = 0, tehat x = 2 a fuggveny nullahelye. Ezazt jelenti, hogy a fuggvenygrafikon az N(2, 0) pontban metszi az x-tengelyt. Mivelaz exponencialis fuggveny mindig pozitıv, ezert f(x) > 0 akkor es csakis akkor, hax − 2 > 0, es f(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha x − 2 < 0. Az f fuggveny tehatpozitıv x > 2-re, azaz x ∈ (2,∞) eseten, es negatıv x < 2-re, azaz x ∈ (−∞, 2)eseten.

25. f(x) = cos 2x− sinx

Megoldas. Az f fuggvenyben szereplo ket trigonometrikus fuggveny minden valosszamra ertelmezett, tehat az f fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R.Alkalmazva a trigonometriai azonossagokat atalakıthatjuk az f fuggvenyt:

f(x) = cos 2x− sin x = cos2 x− sin2 x− sin x = 1− 2 sin2 x− sin x.

Ekkor f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 2 sin2 x + sinx − 1 = 0. Bevezetve asinx = t helyettesıtest az egyenlet a 2t2 + t− 1 = 0 masodfoku egyenletre vezetodik

vissza, amelynek megoldasai t1 =1

2es t2 = −1. Visszahelyettesıtve az eredeti

valtozot a

sinx =1

2es sin x = −1

egyenleteket kapjuk, amelyek megoldasai

x1 =π

6+ 2kπ, x2 =

5π

6+ 2kπ es x3 =

3π

2+ 2kπ, k ∈ Z.


Mivel az f fuggveny

f(x) = −2(sin x− 1

2

)(sinx+ 1)

alakban is felırhato es sinx + 1 ≥ 0, ezert f(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha

sin x− 1

2< 0, illetve f(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha sinx− 1

2> 0.

Osszegezve a fentieket megallapıthatjuk, hogy az f fuggveny pozitıv, ha

x ∈(0 + 2kπ,

π

6+ 2kπ

)∪(5π

6+ 2kπ,

3π

2+ 2kπ

)∪(3π

2+ 2kπ,

13π

6+ 2kπ

),

illetve az f fuggveny negatıv, ha x ∈(π

6+ 2kπ,

5π

6+ 2kπ

).

3.1.2. Valos fuggvenyek tulajdonsagai

A kovetkezokben felsoroljuk azokat a legegyszerubb fogalmakat, amelyek a fuggvenyekvizsgalata soran leggyakrabban elofordulnak.

3.1. Definıcio. Az f fuggvenyt felulrol (alulrol) korlatosnak nevezzuk, ha van olyan K(k) szam, hogy minden x ∈ Df pontra f(x) < K (k < f(x)). Az f fuggveny korlatos, haalulrol es felulrol is korlatos, ekkor

|f(x)| ≤ max{|k|, |K|}, azaz k ≤ f(x) ≤ K.

Azt mondjuk, hogy K az f fuggveny egy felso, k pedig az f fuggveny egy also korlatja.

Fontos kihangsulyozni, hogy ha a fuggvenynek van egy felso korlatja vagy egy also korlatja,akkor ezekbol vegtelen sok is van. Tehat a felso es also korlat fogalma nem egyertelmu.Lehet definialni korlatos fuggveny legkisebb felso korlatjat, mint a fuggveny szupremumat,vagy korlatos fuggveny legnagyobb also korlatjat, mint a fuggveny infimmumat, de akorlatossag szempontjabol ezek nem a legfontosabb fogalmak.

3.12. Pelda. a) Az f(x) = −x2 + 2 fuggveny felulrol korlatos, egy felso korlatja a 2,tehat a fuggveny grafikonja az y = 2 egyenes alatt helyezkedik el.

b) Az f(x) =1

x2fuggveny alulrol korlatos, egy also korlatja a 0, tehat a fuggveny

grafikonja az y = 0 egyenes felett helyezkedik el.

c) Az f(x) = cosx fuggveny korlatos, egy felso korlatja az 1, egy also korlatja a −1,tehat a fuggveny grafikonja az y = −1 es az y = 1 egyenesek kozott helyezkedik el.

d) Az f(x) = x3 fuggveny sem alulrol, sem felulrol nem korlatos.

3.2. Definıcio. Az f fuggvenyt szigoruan monoton novekvonek (csokkenonek) nevezzuk,ha az ertelmezesi tartomany barmely ket olyan pontjara, amelyekre x1 < x2, az

f(x1) < f(x2) (f(x1) > f(x2))

relacio teljesul. Az f fuggvenyt monoton nemcsokkenonek (nemnovekvonek) mondjuk, hax1 < x2 eseten az teljesul, hogy

f(x1) ≤ f(x2) (f(x1) ≥ f(x2)).


A szigoruan monoton novekvo, szigoruan monoton csokkeno, monoton nemcsokkeno esmonoton nemnovekvo fuggvenyeket kozos neven monoton fuggvenyeknek nevezzuk. Aszigoruan monoton novekvo es szigoruan monoton csokkeno fuggvenyekre azt mondjuk,hogy szigoruan monotonak.

3.13. Pelda. a) Az f(x) = 2−x fuggveny szigoruan monoton csokkeno.

b) Az f(x) = lnx fuggveny szigoruan monoton novekvo.

c) Az f(x) = 2 fuggveny monoton nemcsokkeno es monoton nemnovekvo is.

A monotonitas definialhato az ertelmezesi tartomany valamely reszintervalluman is. Ekkora szoban forgo intervallumon monoton fuggvenyrol beszelunk.

3.14. Pelda. a) Az f(x) =1

x2fuggveny a (−∞, 0) intervallumon szigoruan monoton

novekvo, a (0,∞) intervallumon pedig szigoruan monoton csokkeno, de a teljesertelmezesi tartomanyon vizsgalva nem monoton.

b) Az f(x) = x2−2x+3 fuggveny a (−∞, 1) intervallumon szigoruan monoton csokkeno,a (1,∞) intervallumon pedig szigoruan monoton novekvo, de a teljes ertelmezesitartomanyon vizsgalva nem monoton.

3.3. Definıcio. Legyen x0 az f fuggveny ertelmezesi tartomanyanak egy pontja. Az ffuggvenynek az x0 pontban helyi (vagy lokalis) maximuma (minimuma) van, ha megadhatoaz x0 pontnak olyan kornyezete, hogy az ebbe eso x ∈ Df , de x = x0 pontokra igaz, hogy

f(x) < f(x0) (f(x) > f(x0)) .

Azt az x0 pontot, ahol az f fuggveny eleri helyi maximumat minimumat, az f fuggvenyhelyi maximuma (minimuma) helyenek nevezzuk. Az (x0, f(x0)) pont az y = f(x)fuggvenygorbe helyi maximumpontja minimumpontja. A helyi maximumhelyet es mini-mumhelyet egy szoval helyi szelsoertekhelynek nevezzuk, a helyi maximumpont es mini-mumpont kozos neve pedig helyi szelsoertekpont.

3.15. Pelda. a) Az f(x) = x2 +2 fuggvenynek az x = 0 pontban helyi minimuma van,amelynek erteke fmin(0) = 2.

b) Az f(x) = −x2 + 2x fuggvenynek az x = 1 pontban helyi maximuma van, amelynekerteke fmax(1) = 1.

c) Az f(x) = 3√x fuggvenynek nincs helyi szelsoerteke.

Az olyan fuggvenyek eseteben vizsgalhato a fuggvenygorbe alakja a konvexitas szem-pontjabol, amelyek ertelmezesi tartomanyanak van olyan reszhalmaza, amely intervallum.

3.4. Definıcio. Az [a, b] intervallumon ertelmezett f fuggvenyt konvexnek (konkavnak)nevezzuk, ha minden a ≤ x1 < x < x2 ≤ b eseten

f(x) < f(x1) +f(x2)− f(x1)

x2 − x1(x− x1)

(f(x) > f(x1) +

f(x2)− f(x1)x2 − x1

(x− x1)).


A fenti definıcio szemleletesen a kovetkezokeppen fogalmazhato meg: egy fuggvenygorbetkonvexnek (konkavnak) nevezunk, ha barmely ıvenek minden pontja a vegpontok kive-televel a vegpontok altal meghatarozott hur alatt (felett) van. A konvex gorbeıvre tehataz jellemzo, hogy barmely pontjahoz huzott erintoje folott halad, mıg a konkav gorbeıvreaz, hogy barmely pontjahoz huzott erintoje alatt halad.A fenti elnevezesek akkor lennenek pontosak, ha azt is hozzatennenk, hogy a fuggveny”felulrol nezve” konvex, illetve konkav, de mi mindig ilyen ertelemben hasznaljuk oket.

3.5. Definıcio. Egy fuggvenynek az x0 pontban inflexios (vagy athajlasi) pontja van,ha az x0 pontnak van olyan jobb es bal oldali kornyezete, hogy az egyikben a fuggvenyszigoruan konvex, a masikban szigoruan konkav, vagy fordıtva.

3.16. Pelda. Az f(x) = x3 fuggveny a (−∞, 0) intervallumon konkav, a (0,∞) interval-lumon konvex, az x = 0 pontban pedig inflexios pontja van es finf (0) = 0.

3.6. Definıcio. Az f fuggvenyt, amelynek ertelmezesi tartomanya szimmetrikus az ori-gora, paros fuggvenynek nevezzuk, ha barmely x ∈ Df pontra f(−x) = f(x), es paratlanfuggvenynek, ha barmely x ∈ Df pontra f(−x) = −f(x).

A definıciobol kovetkezik, hogy a paros fuggvenyek grafikonja tengelyesen szimmetrikusaz y-tengelyre, a paratlan fuggvenyek grafikonja pedig kozeppontosan szimmetrikus azorigora.

3.17. Pelda. Az f(x) = x2 + |x| fuggveny paros, mert

f(−x) = (−x)2 + | − x| = x2 + |x| = f(x).

3.18. Pelda. Az f(x) = x3 + x fuggveny paratlan, mert

f(−x) = (−x)3 + (−x) = −x3 − x = −(x3 + x) = −f(x).

3.19. Pelda. Ha tudjuk, hogy a trigonometrikus fuggvenyek kozul csak az y = cosxparos, a tobbi paratlan, akkor megallapıthatjuk, hogy az f(x) = sinx+cosx fuggveny senem paros, se nem paratlan, mivel

f(−x) = sin(−x) + cos(−x) = − sin x+ cos x = ±f(x).

3.20. Pelda. Az f(x) = log x se nem paros, se nem paratlan, mert az ertelmezesitartomanya nem szimmetrikus az origora.

3.7. Definıcio. Az f fuggveny periodikus, ha letezik olyan ω pozitıv valos szam, amelyreteljesul a kovetkezo ket feltetel:

1. minden x ∈ Df eseten kovetkezik, hogy (x+ kω) ∈ Df , ahol k ∈ Z;

2. minden x ∈ Df eseten f(x + ω) = f(x). Ekkor ω-t az f fuggveny periodusanaknevezzuk.

Termeszetesen, ha ω periodus, akkor ennek barmely pozitıv egesz szamszorosa is periodus.A fuggveny leheto legkisebb periodusat a fuggveny alapperiodusanak nevezzuk es ω0-valjeloljuk.


3.21. Pelda. A trigonometrikus fuggvenyek periodikusak. Kozuluk az f(x) = sin x esf(x) = cos x fuggvenyek alapperiodusa ω0 = 2π. Ez azt jelenti, hogy sin(x+ 2π) = sin x,azaz, hogy sin(x + 2kπ) = sinx, k ∈ Z, illetve hogy cos(x + 2kπ) = cosx, k ∈ Z. Azf(x) = tgx es az f(x) = ctgx fuggvenyek alapperiodusa ω0 = π. Ebbol azt tudjuk, hogytg (x+ kπ) = tgx, k ∈ Z, es ctg (x+ kπ) = ctgx, k ∈ Z.

3.22. Pelda. Az f(x) =1

xfuggveny nem periodikus, mert nem talalunk olyan ω pozitıv

valos szamot, hogy f(x+ω) = f(x), vagyis1

x+ ω=

1

xteljesuljon, hiszen akkor x+ω = x

kellene, hogy igaz legyen minden valos x = 0 ertekre, amely csak ω = 0 esetben valosulmeg.

3.23. Pelda. Vizsgaljuk most ki az f(x) = sin 3x fuggveny periodikussagat. Mivelaltalanos esetben tudjuk, hogy az f fuggveny periodikussagahoz egy olyan ω > 0 szamotkeresunk, amelyre f(x + ω) = f(x) igaz, es ebben az esetben tudjuk, hogy az y = sin xfuggveny periodikus es 2π az alapperiodusa, ezert most a

sin 3(x+ ω) = sin(3x+ 2kπ), k ∈ Z

egyenlosegnek kell teljesulnie. Innen 3(x + ω) = 3x + 2kπ akkor es csakis akkor, ha3ω = 2kπ, vagyis

ω =2kπ

3, k ∈ Z.

Az alapperiodust a legkisebb pozitıv egesz k szamra kapjuk, tehat k = 1 eseten, s ıgy az

f fuggvenyrol megallapıthato, hogy periodikus, alapperiodusa pedig ω0 =2π

3.

3.24. Pelda. Mutassuk meg, hogy az f(x) = tg√x fuggveny nem periodikus. E celbol

tegyuk fel, hogy az f fuggveny periodikus ω periodussal, azaz teljesul, hogy

tg√x+ ω = tg (

√x+ kπ), k ∈ Z.

Ebbol√x+ ω =

√x+ kπ, k ∈ Z, ahonnan negyzetre emelessel azt kapjuk, hogy

x+ ω = x+ 2kπ√x+ k2π2, k ∈ Z.

Ekkorω = 2kπ

√x+ k2π2 /∈ R+, k ∈ Z,

mivel az x valtozo is szerepel a kifejezesben. Ezert az f fuggveny egy nem periodikustrigonometrikus fuggveny.

FELADATOK.

Vizsgaljuk ki az alabbi fuggvenyek paritasat.

1. f(x) = x√x2

Megoldas. Mivel

f(−x) = −x√(−x)2 = −x

√x2 = −f(x),

az adott fuggveny paratlan.


2. f(x) = x4 + 5x2 + 6 + 3 cosx

Megoldas. Mivel

f(−x) = (−x)4 + 5(−x)2 + 6 + 3 cos(−x) = x4 + 5x2 + 6 + 3 cosx = f(x),

az adott fuggveny paros.

3. f(x) = sin(sinx)

Megoldas. Mivel

f(−x) = sin(sin(−x)) = sin(− sinx) = − sin(sin x) = −f(x),

az adott fuggveny tehat paratlan.

4. f(x) = x3 + x2 + x+ 1

Megoldas. A fuggveny se nem paros, se nem paratlan, hiszen

f(−x) = (−x)3 + (−x)2 + (−x) + 1 = −x3 + x2 − x+ 1 = ±f(x).

5. f(x) =cos 5x

x3 + x

Megoldas. A fuggveny paratlan, mert Df = (−∞, 0) ∪ (0,∞) es

f(−x) = cos 5(−x)(−x)3 + (−x)

=cos 5x

−x3 − x= − cos 5x

x3 + x= −f(x).

6. f(x) =3x − 3−x

2Megoldas. Mivel

f(−x) = 3(−x) − 3−(−x)

2=

3−x − 3x

2= −3x − 3−x

2= −f(x),

ezert a fuggveny paratlan.

7. f(x) =√1− 3x+ 2x2 −

√1 + 3x+ 2x2

Megoldas. Vegyuk eszre, hogy Df = (−∞,−1) ∪(−1

2,1

2

)∪ (1,∞) es

f(−x) =√1− 3(−x) + 2(−x)2 −

√1 + 3(−x) + 2(−x)2 =

=√1 + 3x+ 2x2−

√1− 3x+ 2x2 = −

(√1 + 3x+ 2x2 −

√1− 3x+ 2x2

)= −f(x),

ezert a fuggveny paratlan.

8. f(x) =3

√(x+ 2)2 +

3

√(x− 2)2

Megoldas. Mivel

f(−x) = 3

√(−x+ 2)2 +

3

√(−x− 2)2 =

3

√(x− 2)2 +

3

√(x+ 2)2 = f(x),

a fuggveny paros.


9. f(x) = loga

(x+√x2 + 1

)Megoldas. A fuggveny paratlan, mert

f(−x) = loga

(−x+

√(−x)2 + 1

)= loga

((√x2 + 1− x

)·√x2 + 1 + x√x2 + 1 + x

)=

= loga

(x2 + 1− x2√x2 + 1 + x

)= loga

(x+√x2 + 1

)−1

= − loga

(x+√x2 + 1

)= −f(x).

10. f(x) = ln2 + cosx

2− cos xMegoldas. A fuggveny paros, mert

f(−x) = ln2 + cos(−x)2− cos(−x)

= ln2 + cosx

2− cos x= f(x).

Vizsgaljuk ki az alabbi fuggvenyek periodikussagat.

11. f(x) = sin2 x

Megoldas. Alkalmazzuk a sin2 x =1− cos 2x

2trigonometriai azonossagot, s ıgy

valojaban az f(x) =1− cos 2x

2fuggveny periodikussagat kell kivizsgalni. Olyan

ω pozitıv valos szamot keresunk, hogy teljesuljon az f(x + ω) = f(x) egyenloseg,illetve ha felhasznaljuk az y = cos x periodikussagat, akkor igaz legyen, hogy

1

2− 1

2cos 2(x+ ω) =

1

2− 1

2cos(2x+ 2kπ), k ∈ Z.

Innencos 2(x+ ω) = cos(2x+ 2kπ), k ∈ Z,

vagyis2x+ 2ω = 2x+ 2kπ, k ∈ Z.

Ebbol adodik, hogy az f fuggveny periodusa ω = kπ, k ∈ Z, az alapperiodusa pedigk = 1-re ω0 = π.

12. f(x) = sin1

xMegoldas. Olyan ω pozitıv valos szamot keresunk, amelyre

sin1

x+ ω= sin

(1

x+ 2kπ

), k ∈ Z.

Ebbol1

x+ ω=

1 + 2kπx

x, k ∈ Z,

vagyis

x = (x+ ω)(1 + 2kπx), illetve x = x+ 2kπx2 + ω + 2kπωx, k ∈ Z,

ahonnan

ω =−2kπx2

1 + 2kπx/∈ R+,

tehat ez a fuggveny nem periodikus.


13. f(x) = 3 ctgπx

Megoldas. Mivel

3 ctg π(x+ ω) = 3 ctg (πx+ kπ), k ∈ Z,

kell legyen, ezert

πx+ πω = πx+ kπ, k ∈ Z,

ahonnan ω = k, k ∈ Z, a periodus, es ω0 = 1 az alapperiodus.

14. f(x) = 2 sinπx

2+ 3 sin

πx

3

Megoldas. Mivel most ket osszeadandonk van, mindkettonek keressuk a periodusat,majd a kapott periodusok legkisebb kozos tobbszorose lesz az f osszegfuggvenyperiodusa. Eloszor a

2 sinπ

2(x+ ω) = 2 sin

(πx2

+ 2kπ), k ∈ Z,

egyenlosegbol kapjuk, hogy

πx

2+πω

2=πx

2+ 2kπ, k ∈ Z,

ahonnan ω = 4k, k ∈ Z. Masodszor a

3 sinπ

3(x+ ω) = 3 sin

(πx3

+ 2kπ), k ∈ Z,

egyenlosegbol kapjuk, hogy

πx

3+πω

3=πx

3+ 2kπ, k ∈ Z,

ahonnan ω = 6k, k ∈ Z. Mivel LKT (4k, 6k) = 12k, az adott f fuggveny periodusaω = 12k, k ∈ Z, alapperiodusa pedig ω0 = 12.

15. f(x) = cosx− 1

π

Megoldas. Vizsgaljuk meg, hogy van-e olyan pozitıv valos ω, amelyre teljesul a

cosx+ ω − 1

π= cos

(x− 1

π+ 2kπ

), k ∈ Z

egyenloseg. Innenx− 1

π+ω

π=x− 1

π+ 2kπ, k ∈ Z

kell legyen, ahonnan ω = 2kπ2, k ∈ Z a fuggveny periodusa, ω0 = 2π2 pedig azalapperiodus.


3.1.3. Muveletek fuggvenyekkel, az inverz fuggveny

3.8. Definıcio. Az f es g valos fuggvenyek osszegen, kulonbsegen, szorzatan, hanyadosanrendre azt az F , G, H, R fuggvenyt ertjuk, amely azokban es csak azokban a pontokbanertelmezett, amelyekben f es g is ertelmezett (kiveve az R fuggvenyt, amely g(x) = 0eseten nem ertelmezett), es minden ilyen pontban:

F (x) = (f + g)(x) = f(x) + g(x),

G(x) = (f − g)(x) = f(x)− g(x),

H(x) = (f · g)(x) = f(x) · g(x),

R(x) =

(f

g

)(x) =

f(x)

g(x).

3.9. Definıcio. Az f es g valos fuggvenyek osszetetelen (vagy kompozıciojan) azt a Ffuggvenyt ertjuk, amelynek ertelmezesi tartomanya a g fuggveny ertelmezesi tartomanya-nak azon x pontjaibol all, amelyekre a g(x) fuggvenyertek hozzatartozik az f fuggvenyertelmezesi tartomanyahoz, es minden ilyen pontban

F (x) = (f ◦ g)(x) = f(g(x)).

3.25. Pelda. Ha f(x) = x+ 12, x ∈ R es g(x) = x2 −√x, x ≥ 0, akkor

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(x2 −√x) = x2 −

√x+ 12, x ≥ 0,

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(x+ 12) = (x+ 12)2 −√x+ 12, x ≥ −12.

3.26. Pelda. Bontsuk fel belso es kulso fuggvenyekre a F (x) =3√1 + 2x+ 4x2 fuggvenyt.

Ha g(x) = 1 + 2x + 4x2 es f(x) = 3√x, akkor f(g(x)) =

3√1 + 2x+ 4x2. Viszont, ha

g1(x) = x+2x2 es f1(x) =3√1 + 2x, akkor f1(g1(x)) =

3√1 + 2(x+ 2x2) =

3√1 + 2x+ 4x2.

3.10. Definıcio. Legyen az f valos fuggveny altal letesıtett lekepezes kolcsonosen egyer-telmu (bijektıv). Az f fuggveny inverz fuggvenyen ertjuk azt az f−1 fuggvenyt, amelynekertelmezesi tartomanya az f ertekkeszlete, s a hozzarendelesi torvenye a kovetkezo: egyx0 ertekhez olyan f−1(x0) erteket rendel, amely helyen az f fuggveny az x0 erteket vettefel, azaz f(f−1(x0)) = x0.

Szigoruan monoton fuggvenynek mindig letezik inverze, ugyanis ekkor a hozzarendeleskolcsonosen egyertelmu.Ha az f invertalhato fuggveny grafikonja megrajzolhato, akkor az f−1 grafikonja is, esez az f fuggveny grafikonjanak az y = x egyenesre vonatkozo tukorkepe a Descartes-felederekszogu koordinata-rendszerben.

3.27. Pelda. Az f(x) =3x+ 2

x+ 5fuggveny f−1 inverzfuggvenye az x =

3f−1(x) + 2

f−1(x) + 5

osszefuggesbol f−1(x) =2− 5x

x− 3, ahol Df = Rf−1 = R \ {−5} es Rf = Df−1 = R \ {3}.


3.28. Pelda. Legyen f(x) = log(x−1)+3 adott fuggveny, ahol Df = (1,∞) es Rf = R.Az f fuggveny f−1 inverzere az f(f−1(x)) = x tulajdonsag alapjan ervenyes, hogy

log(f−1(x)− 1) + 3 = x, azaz f−1(x) = 10x−3 + 1,

ahol Df−1 = R es Rf−1 = (1,∞).

FELADATOK.

Hatarozzuk meg a kovetkezo fuggvenyek inverzeit.

1. f(x) = x2 − 4x+ 3

Megoldas. Az y = x2 − 4x + 3 fuggvenygrafikonrol megallapıthato, hogy az ffuggveny bijektıv a (−∞, 2], illetve a [2,∞) intervallumon, ezert ezek barmelyikenkereshetunk inverzfuggvenyt. Ha y = x2 − 4x + 3, akkor az x ←→ y valtozocsereutan x = y2 − 4y + 3, illetve y2 − 4y + 3− x = 0, innen pedig

y1 = 2 +√1 + x es y2 = 2−

√1 + x.

Ha az f1(x) = x2− 4x+3 fuggveny az f fuggveny leszukıtese az a (−∞, 2] interval-lumra, vagyis Df1 = (−∞, 2], az f2(x) = x2 − 4x+ 3 fuggveny pedig az f fuggvenyleszukıtese az a [2,∞) intervallumra, vagyis Df2 = [2,∞), akkor

f−11 (x) = 2−

√1 + x, es f−1

2 (x) = 2 +√1 + x,

es Rf = [−1,∞) miatt mindket fuggveny ertelmezesi tartomanya

Df−11

= Df−12

= [−1,∞).

2. f(x) = 2 · 3x−2 − 1

Megoldas. Irjuk fel a fuggvenyt y = 2 · 3x−2 − 1 alakban. Ekkor az x ←→ yvaltozocsere utan x = 2 · 3y−2 − 1 ırhato fel, ahonnan

x+ 1

2= 3y−2, illetve y − 2 = log3

x+ 1

2

egyenlosegekhez jutunk, ahonnan az inverzfuggveny f−1(x) = 2 + log3x+ 1

2.

3. f(x) = 3 + ln(2x+ 1)

Megoldas. Mivel most y = 3 + ln(2x+ 1), az x←→ y valtozocsere utan felırhato,hogy x = 3 + ln(2y + 1). Ha ebbol kifejezzuk az y fuggo valtozot, akkor ebbol

x− 3 = ln(2y + 1), illetve ex−3 = 2y + 1,

ahonnan megkapjuk, hogy az inverzfuggveny f−1(x) =1

2

(ex−3 − 1

).


4. f(x) =x+ 1

x− 1

Megoldas. Vegezzuk el az x←→ y valtozocseret az y =x+ 1

x− 1egyenletben. Ekkor

az x =y + 1

y − 1egyenletet kapjuk, ahonnan ki kell fejeznunk az y fuggo valtozot. Az

atalakıtas soran azt kapjuk, hogy x(y−1) = y+1, illetve y(x−1) = x+1, ahonnan

az inverz fuggveny f−1(x) =x+ 1

x− 1.

Vegyuk eszre, hogy az f fuggveny most onmaganak inverze, ami azt jelenti, hogy afuggveny grafikonja szimmetrikus az y = x egyeneshez viszonyıtva.

5. f(x) =2x − 2−x

2

Megoldas. Vezessuk be az y =2x − 2−x

2egyenletbe az x ←→ y valtozocseret.

Ekkor az x =2y − 2−y

2osszefuggest kapjuk, amelybol ki kell fejezni a fuggo y

valtozot. Rendezve az egyenletet adodik, hogy

2x = 2y − 1

2y, illetve 2x · 2y = 22y − 1.

Ha a kapott egyenletben bevezetjuk a 2y = t helyettesıtest, akkor a t2− 2xt− 1 = 0masodfoku egyenletet kapjuk, amelybol

t1 = x+√x2 + 1 es t2 = x−

√x2 + 1,

illetve a visszahelyettesıtes utan

2y = x+√x2 + 1 vagy 2y = x−

√x2 + 1.

Mivel x−√x2 + 1 < 0, ezert csak a 2y = x+

√x2 + 1 egyenloseg lehetseges, ahonnan

mindket oldal logaritmalasa utan kapjuk meg, hogy f−1(x) = log2

(x+√x2 + 1

).

6. f(x) =ax − a−x

ax + a−x, a > 0, a = 1

Megoldas. Bovıtsuk az f fuggvenyt ax-nel. Igy az y =a2x − 1

a2x + 1egyenletbe kell

bevezetni az x ←→ y valtozocseret, s ekkor x =a2y − 1

a2y + 1. Kifejezve ebbol a fuggo

valtozot adodik, hogy

a2y(x− 1) = x+ 1, illetve a2y =x+ 1

x− 1,

amelybol megkaphatjuk, hogy a keresett inverzfuggveny f−1(x) = loga

√x+ 1

x− 1.

7. f(x) = ln1 + x

1− x


Megoldas. Az x ←→ y valtozocsere utan az y = ln1 + x

1− xegyenletbol kapjuk az

x = ln1 + y

1− yegyenletet, amelybol y-t fejezzuk ki. Ekkor

ex(1− y) = 1 + y, illetve y (ex + 1) = ex − 1

az ekvivalens egyenlet, ahonnan a keresett inverzfuggveny f−1(x) =ex − 1

ex + 1.

8. f(x) = loga

(x+√x2 + 1

), a > 0, a = 1

Megoldas. Ismeteljuk meg az elozo feladatokbol mar jol ismert eljarast, azaz

vezessuk be az y = loga

(x+√x2 + 1

)egyenletben az x←→ y valtozocseret. Ekkor

x = loga

(y +

√y2 + 1

), ahonnan ax − y =

√y2 + 1.

Negyzetre emeles utan adodik, hogy

a2x − 2yax + y2 = y2 + 1, illetve 2yax = a2x − 1,

innen pdig kovetkezik, hogy az inverzfuggveny f−1(x) =ax − a−1

2.

9. f(x) =2

1− 2 sin 3x

Megoldas. Alkalmazzuk az y =2

1− 2 sin 3xegyenletre az x ←→ y valtozocseret.

Ekkor az x =2

1− 2 sin 3yegyenletet kapjuk, ahonnan az

x− 2x sin 3y = 2, illetvex− 2

2x= sin 3y

ekvivalens egyenleteket kapjuk. A keresett inverzfuggveny tehat

f−1(x) =1

3arcsin

x− 2

2x.

10. f(x) =ecosx − 1

2 + ecosx

Megoldas. Ha y =ecosx − 1

2 + ecosx, akkor az inverzfuggvenyt az x ←→ y valtozocsere

utan az x =ecos y − 1

2 + ecos yegyenletbol hatarozzuk meg. Innen

ecos y(1− x) = 2x+ 1, azaz cos y = ln2x+ 1

1− x,

a keresett inverzfuggveny pedig f−1(x) = arccos

(ln

2x+ 1

1− x

).


11. Irjuk fel az f(x) =x2 − 4

|x+ 1|fuggvenyt mas alakban, az abszolutertek definıciojanak

felhasznalasaval.

Megoldas. Mivel

|x| ={

x, ha x ≥ 0,−x, ha x < 0,

ıgy |x+ 1| ={

x+ 1, ha x ≥ −1,−(x+ 1), ha x < −1.

Ezert az f fuggveny felırhato a kovetkezo alakban:

f(x) =

x2−4x+1

, ha x ≥ −1,

4−x2

x+1, ha x < −1.

12. Irjuk fel az f(x) = (x + 2)sgn (x + 5) − 3x + 2 fuggvenyt mas alakban, az elojelfuggveny definıciojanak felhasznalasaval.

Megoldas. Mivel

sgnx =

1, ha x > 0,0, ha x = 0,−1, ha x < 0,

ezert f(x) =

(x+ 2) · 1− 3x+ 2, ha x > −5,(x+ 2) · 0− 3x+ 2, ha x = −5,

(x+ 2) · (−1)− 3x+ 2, ha x < −5,

rendezes utan pedig

f(x) =

4− 2x, ha x > −5,2− 3x, ha x = −5,−4x, ha x < −5.

13. Ha f(x) = 2x − 1, akkor hatarozzuk meg az x es y erteket ugy, hogy f(f(x)) = 0es f(f(y)) = y igaz legyen.

Megoldas. Alkalmazva az osszetett fuggveny szabalyat az f(f(x)) = 0 feltetelbolaz

f(2x− 1) = 0 illetve 2(2x− 1)− 1 = 0

egyenlet kovetkezik, amelynek megoldasa x =3

4.

Az f(f(y)) = y feltetelbol kovetkezik, hogy

f(2y − 1) = y vagyis 2(2y − 1) = y,

ıgy a kapott egyenlet megoldasa y = 1.

14. Ha f(x) = 2x + 1, akkor hatarozzuk meg a g fuggvenyt az f(1 + g(x)) = 2x + 3osszefuggesbol.

Megoldas. Ha f(1 + g(x)) = 2x + 3, akkor az f fuggveny definıcioja alapjanervenyes, hogy 2(1 + g(x)) + 1 = 2x + 3 azaz 2 + 2g(x) + 1 = 2x + 3, ahonnang(x) = x.


15. Keressuk meg mindazokat az f : R → R fuggvenyeket, melyekre f(2010) = 1 esf(x)f(y) = f(x− y) ervenyes legyen minden x, y ∈ R eseten.

Megoldas. Vegyuk eszre, hogy minden y ∈ R eseten f(y) = 0 kell legyen, mert haletezne olyan y ∈ R, amelyre f(y) = 0 lenne, akkor minden x ∈ R eseten ervenyeslenne, hogy f(x) · 0 = f(x − y), amely csak f(x) ≡ 0 eseten lenne igaz, de ez azf(2010) = 1 feltetel miatt nem lehetseges.Vegyuk eszre tovabba azt, hogy x = 2y valasztasaval (ami lehetseges, hiszen azf(x)f(y) = f(x− y) egyenlet minden x, y ∈ R eseten ervenyes)

f(2y)f(y) = f(y)

adodik, ahonnan f(2y) = f(x) = 1, amely fuggveny eleget tesz az f(2010) = 1feltetelnek is. Igy a keresett fuggveny az f(x) = 1 konstans fuggveny.

16. Hatarozzuk meg mindazokat az f valos fuggvenyeket, melyekre ervenyes, hogyf(xy) = f(x)f(y) es f(x+ y) = f(x) + f(y) + 2xy minden x, y ∈ R eseten.

Megoldas. Ha y = 0, akkor az f(x+ y) = f(x)+ f(y)+2xy feltetelbol kovetkezik,hogy f(x) = f(x)+f(0), azaz f(0) = 0 adodik. Ha az f(x+ y) = f(x)+ f(y)+2xyfeltetelben y = −x, akkor

f(0) = f(x) + f(−x)− 2x2.

Mivel f(0) = 0, ıgy az kovetkezik, hogy f(x) + f(−x) = 2x2. Irjuk fel az elobbilepesben kapott feltetelt f(x · 1) + f(x · (−1)) = 2x2 alakban, majd alkalmazzuk raaz f(xy) = f(x)f(y) feltetelt. Ekkor

f(x) · f(1) + f(x) · f(−1) = 2x2, ahonnan f(x)(f(1) + f(−1)) = 2x2.

Ha most az f(x+y) = f(x)+f(y)+2xy feltetelben x = 1-et es y = −1-et valasztunk,akkor f(1) + f(−1) = 2 kovetkezik, ahonnan megkapjuk az f(x) = x2 megoldast.

17. Ha f(x) =ex − e−x

2es g(x) =

ex + e−x

2, akkor mutassuk meg, hogy

f(x± y) = f(x)g(y)± g(x)f(y).

Megoldas. Eloszor mutassuk meg, hogy f(x+ y) = f(x)g(y) + g(x)f(y) teljesul.

f(x+ y) =ex+y − e−x−y

2=e2(x+y) − 1

2ex+y=

2e2xe2y − 2

4exey=

=(e2xe2y − e2y + e2x − 1) + (e2xe2y + e2y − e2x − 1)

4exey=

=(e2x − 1) (e2y + 1)

2ex · 2ey+

(e2x + 1) (e2y − 1)

2ex · 2ey=e2x − 1

2ex· e

2y + 1

2ey+e2x + 1

2ex· e

2y − 1

2ey=

=ex − e−x

2· e

y + e−y

2+ex + e−x

2· e

y − e−y

2= f(x)g(y) + g(x)f(y).


Mutassuk meg hasonlokeppen, hogy az f(x− y) = f(x)g(y)− g(x)f(y) osszefuggesis teljesul.

f(x− y) = ex−y − e−x+y

2=e2(x−y) − 1

2ex−y=

2e2xe−2y − 2

4exe−y=

=(e2xe−2y − e2x + e−2y − 1) + (e2xe−2y + e2x − e−2y − 1)

4exe−y=

=(e2x − 1) (e−2y + 1)

2ex · 2e−y+(e2x + 1) (e−2y − 1)

2ex · 2e−y=e2x − 1

2ex·e

−2y + 1

2e−y+e2x + 1

2ex·e

−2y − 1

2e−y=

=ex + e−x

2· e

−y − ey

2+ex − e−x

2· e

−y + ey

2= f(x)g(y)− g(x)f(y).

18. Legyen f(x) =x√

1 + x2adott fuggveny es n ∈ N. Hatarozzuk meg az fn(x)

kifejezest, ha f1(x) = f(x) es fn(x) = f(fn−1(x)).

Megoldas. Mivel

f1(x) = f(x) =x√

1 + x2,

f2(x) = f(f1(x)) = f

(x√

1 + x2

)=

x√1+x2√

1 + x2

1+x2

=

x√1+x2

√1+2x2√1+x2

=x√

1 + 2x2,

f3(x) = f(f2(x)) = f

(x√

1 + 2x2

)=

x√1+2x2√

1 + x2

1+2x2

=

x√1+2x2

√1+3x2√1+2x2

=x√

1 + 3x2,

f4(x) = f(f3(x)) = f

(x√

1 + 3x2

)=

x√1+3x2√

1 + x2

1+3x2

=

x√1+3x2

√1+4x2√1+3x2

=x√

1 + 4x2,

ahonnan most mar megsejthetjuk, hogy

fn(x) =x√

1 + nx2, n ∈ N.

Az allıtast matematikai indukcioval bizonyıtjuk.1o n = 1-re az allıtast igaz.

2o Feltesszuk, hogy az allıtas igaz n = k-ra, azaz fk(x) =x√

1 + kx2, k ∈ N.

3o Igazoljuk, hogy ekkor az allıtas n = k + 1-re is igaz. Mivel

fk+1(x) = f(fk(x)) = f

(x√

1 + kx2

)=

x√1+kx2√

1 + x2

1+kx2

=x√

1 + (k + 1)x2,

ezzel az allıtast igazoltuk.

19. Mutassuk meg, hogy minden valos x eseten arctgx = arcsinx√

1 + x2.

Megoldas. Ha ket fuggvenyertek egyenlo, akkor tangenseik is egyenloek, tehat

tg (arctgx) = tg

(arcsin

x√1 + x2

), x ∈ R.

3.2. Fuggvenyek folytonossaga 139

Hasznaljuk fel, hogy tgα =sinα

cosα=

sinα√1− sin2 α

es vegezzuk el a megfelelo transz-

formaciokat. Ekkor

x =sin(arcsin x√

1+x2

)√1− sin2

(arcsin x√

1+x2

) , innen x =

x√1+x2√

1− x2

1+x2

, illetve x = x

kovetkezik, amivel az allıtasunkat igazoltuk.

20. Mutassuk meg, hogy ha |x| < 1, akkor arcsinx = arctgx√

1− x2.

Megoldas. Vegyuk eszre, hogy |x| < 1 eseten azx√

1− x2kifejezes ertelmezett. Ha

ket fuggvenyertek megegyezik, akkor szınuszaik is megegyeznek, tehat

sin (arcsin x) = sin

(arctg

x√1− x2

), |x| < 1.

A sinα =tgα√

1 + tg 2αtrigonometriai azonossag alkalmazasaval kovetkezik, hogy

x =tg(arctg x√

1−x2

)√1 + tg 2

(arctg x√

1−x2

) , ebbol x =

x√1−x2√

1 + x2

1−x2

, illetve x = x

kovetkezik, amivel az allıtasunkat igazoltuk.

3.2. Fuggvenyek folytonossaga

3.2.1. A folytonossag definıcioja

3.29. Pelda. Tekintsuk az f(x) = sgnx elojel fuggvenyt (Df = R) es az x = 0 pontot.Tudjuk, hogy sgn (0) = 0. Vegyunk egy olyan 0-hoz tarto {xn} sorozatot, amelyben

xn < 0. Legyen peldaul xn = − 1

2n. Ekkor lim

n→∞xn = 0, a megfelelo fuggvenyertekekbol

alkotott sorozat hatarertekere pedig ervenyes, hogy

limn→∞

f(xn) = limn→∞

f

(− 1

2n

)= lim

n→∞(−1) = −1.

Ha xn =1

2n, akkor most xn > 0 es lim

n→∞xn = 0, a megfelelo fuggvenyertekekbol alkotott

sorozat hatarertekere pedig igaz, hogy

limn→∞

f(xn) = limn→∞

f

(1

2n

)= lim

n→∞(+1) = 1.


Vegyunk most olyan 0-hoz tarto sorozatot, amelyben az elemek felvaltva pozitıv, il-

letve negatıv elojeluek. Legyen peldaul xn =(−1)n

2n, ahol lim

n→∞xn = 0, a megfelelo

fuggvenyertekekbol alkotott sorozat pedig

f

(−1

2

)= −1, f

(1

22

)= 1, f

(− 1

23

)= −1, f

(1

24

)= 1,

f

(− 1

25

)= −1, · · · f

((−1)n

2n

)= (−1)n, · · ·

Ez a sorozat nem is konvergens. Megallapıthatjuk tehat, hogy az f(x) = sgnx fuggvenyerteke nullaban ertelmezett es f(0) = 0. Ha az {xn} sorozat balrol tart 0-hoz, akkorlimn→∞

f(xn) = −1, ha az {xn} sorozat jobbrol tart 0-hoz, akkor limn→∞

f(xn) = 1, es ezek a

hatarertekek nem egyeznek meg az f(0) fuggvenyertekkel, a 0-hoz tarto oszcillalo {xn}sorozat eseten pedig lim

n→∞f(xn) nem is letezik. Vegyuk eszre azt is, hogy a szignum

fuggveny grafikonja a 0-ban megszakad.

3.30. Pelda. Tekintsuk most az f(x) = {x} tortresz fuggvenyt es az x = 1 pontot(Df = R), ahol a {x} = x − [x], vagyis [x] az x valos szam egesz reszet, {x} pedig azx valos szam tortreszet jeloli. Vegyunk eloszor olyan sorozatot, melynek minden eleme

1-nel kisebb es 1-hez tart. Ilyen peldaul az xn =n− 1

n. E sorozat elemeihez tartozo

fuggvenyertekekbol alkotott sorozat

f(0) = 0, f

(1

2

)=

1

2, f

(2

3

)=

2

3, f

(3

4

)=

3

4, · · · f

(n− 1

n

)=n− 1

n, · · ·

Igy a fuggvenyertekekbol alkotott sorozat 1-hez tart. Vegyunk most olyan sorozatot,amelynek minden eleme 1-nel nagyobb es ez a sorozat is tartson 1-hez. Ilyen peldaul az

xn =n+ 1

n. E sorozat elemeihez tartozo fuggvenyertekekbol alkotott sorozat

f(2) = 0, f

(3

2

)=

1

2, f

(4

3

)=

1

3, f

(5

4

)=

1

4, · · · f

(n+ 1

n

)=

1

n, · · ·

Ez a sorozat 0-hoz konvergal. Tudjuk tovabba azt is, hogy a fuggvenyertek f(1) = {1} == 1 − [1] = 1 − 1 = 0. Vegyuk tehat eszre, hogy f(1) = 0, lim

n→∞f(xn) = 1, ha az {xn}

sorozat balrol tart 1-hez, es limn→∞

f(xn) = 0, ha az {xn} sorozat jobbrol tart 1-hez. A

tortresz fuggveny grafikonjarol azt is lathatjuk, hogy a grafikon 1-ben megszakad.

3.31. Pelda. Tekintsuk most az f(x) = x2 fuggvenyt es az x =1

2pontot. Ekkor

f

(1

2

)=

1

4. Vegyunk fel olyan tetszoleges {xn} sorozatot, amely

1

2-hez tart. A megfelelo

fuggvenyertekek sorozata {x2n} es hatarertekere igaz, hogy

limn→∞

(xn)2 =

(limn→∞

xn

)2=

(1

2

)2

=1

4,

3.2. Fuggvenyek folytonossaga 141

amely ertek megegyezik az f

(1

2

)=

1

4fuggvenyertekkel. Ha az f(x) = x2 fuggveny

grafikonjat vizsgaljuk az x =1

2pontban, akkor az elozo ket peldaval ellentetben megalla-

pıthatjuk, hogy a fuggveny grafikonja az x =1

2pontban nem szakad meg.

Maskeppen is leırhato a fuggveny1

2-ben vizsgalt tulajdonsaga. Adjunk meg egy tetszoleges

pozitıv ε szamot es legyen 0 < x < 1. Ekkor∣∣∣∣x2 − 1

4

∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣x2 −

(1

2

)2∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣x+ 1

2

∣∣∣∣ · ∣∣∣∣x− 1

2

∣∣∣∣ ≤ (|x|+ 1

2

) ∣∣∣∣x− 1

2

∣∣∣∣ ≤ 3

2

∣∣∣∣x− 1

2

∣∣∣∣ < ε,

ha ∣∣∣∣x− 1

2

∣∣∣∣ < 2ε

3.

Ezert, ha a δ pozitıv szamot1

2-nel kisebbre valasztjuk, akkor az

1

2-nek van olyan δ-sugaru

kornyezete, hogy az ebbe eso x pontokban a fuggveny erteke az1

4fuggvenyertektol ε-nal

kevesebbel ter el.

Ezen gondolatmenet alapjan megfogal-mazhatjuk a folytonossag definıciojat. Ezerta tovabbiakban mindig feltesszuk, hogya fuggveny, nemcsak a vizsgalt pontban,hanem annak valamely kornyezeteben (eset-leg csak felkornyezeteben) ertelmezve van. Afolytonossag pontos fogalmara ket definıciotis adunk.

3.11. Definıcio. (Cauchy). Az f fuggvenyfolytonos az x0 pontban, ha barmely pozitıvε-hoz megadhato olyan pozitıv δ (δ az ε es azx0 fuggvenye), hogy (x0− δ, x0 + δ) ⊂ Df , esha |x − x0| < δ, akkor |f(x) − f(x0)| < ε,mikozben x0, x ∈ Df .

y= f HxL

x0-∆È

x0È

x0+∆È

f Hx0L-¶ -

f Hx0L -

f Hx0L+¶ -

x

f HxL -

∆x

y

3.12. Definıcio. (Heine). Az f fuggveny folytonos az x0 ∈ Df pontban, ha f az x0szimmetrikus kornyezeteben ertelmezve van, es minden olyan {xn} (xn ∈ Df ) sorozatra,amely x0-hoz tart, az f(xn) fuggvenyertekek sorozata az f(x0) fuggvenyertekhez tart.

Ezen definıciok azon megfogalmazasnak adnak pontos ertelmet, miszerint, ha az x ponteleg kozel van x0-hoz, akkor f(x) kozel van f(x0)-hoz. Belathato, hogy a Heine-fele es aCauchy-fele folytonossagi definıciok ekvivalensek. Az alabbiakban megadjuk a feloldalifolytonossag fogalmat is a Cauchy-fele megfogalmazas szerint. Minden folytonossagidefinıcio megfogalmazhato Heine szerint is.


3.13. Definıcio. (Cauchy). Az f fuggvenyt az x0-ban balrol (jobbrol) folytonosnak nevez-zuk, ha f az x0 megfelelo felkornyezeteben ertelmezett es barmely ε > 0-hoz megadhatoolyan pozitıv δ (δ az ε es az x0 fuggvenye), hogy x < x0 (x > x0) es x ∈ (x0 − δ, x0)(x ∈ (x0, x0 + δ)), akkor |f(x)− f(x0)| < ε, mikozben x0, x ∈ Df .

3.1. Tetel. Az f fuggveny egy x0 pontban akkor es csak akkor folytonos, ha x0-ban balrolis es jobbrol is folytonos.

3.32. Pelda. a) Az f(x) =√x fuggveny minden x ≥ 0 pontban folytonos.

b) Az f(x) = sgn x fuggveny az x = 0 pontban nem folytonos.

c) Az x 7→ {x}, az un. tortresz-fuggveny minden egesz ertekben balrol nem folytonos,jobbrol viszont folytonos.

3.2.2. Folytonos fuggvenyek

3.2. Tetel. Ha ket fuggveny folytonos az x0 pontban, akkor osszeguk, kulonbseguk esszorzatuk is folytonos az x0 pontban. Hanyadosuk is folytonos, ha a nevezoben levofuggveny az x0 pontban nullatol kulonbozo.

3.3. Tetel. Az f ◦ g osszetett fuggveny folytonos az x0 pontban, ha a g belso fuggvenyfolytonos x0 pontban es az f fuggveny folytonos g(x0) pontban.

A folytonossag pontbeli tulajdonsag, bar a fuggvenynek a vizsgalt pont kornyezetebenvalo ertelmezettsege is szukseges az e pontbeli folytonossaghoz. Most ezt a pontbelitulajdonsagot intervallumokra is kiterjesztjuk.

3.14. Definıcio. Az f fuggvenyt egy nyitott intervallumon folytonosnak nevezzuk, ha azintervallum minden pontjaban folytonos. Az f fuggvenyt egy zart intervallumon folytonos-nak nevezzuk, ha az intervallum minden belso pontjaban folytonos, a bal vegpontban jobbroles a jobb vegpontban balrol folytonos.

3.15. Definıcio. Egy fuggvenyt folytonosnak mondunk, ha ertelmezesi tartomanyanakminden pontjaban folytonos.

Amennyiben az ertelmezesi tartomany tobb intervallumbol all, akkor minden intervallu-mon megkoveteljuk a folytonossagot. Az olyan helyeken, ahol a fuggveny nincs ertelmezve,a folytonossag kerdesenek feltevese eleve indokolatlan. Fontos megjegyezni, hogy az elemifuggvenyek folytonosak az ertelmezesi tartomanyukon.

3.4. Tetel. (Bolzano-tetel). Ha a fuggveny a zart intervallumon folytonos, es az inter-vallum ket vegpontjaban az ertekei kulonbozo elojeluek, akkor az intervallum belsejebenvan nullahelye.

A tetel geometriai jelentese a kovetkezo: ha az f fuggveny az [a, b] zart intervallumbanfolytonos es grafikonjanak az x-tengely mindket oldalan van pontja, akkor van a grafikone ket pont kozotti ıvenek az x-tengellyel legalabb egy metszespontja.

A kovetkezo tetel a zart intervallumon folytonos fuggvenyek, a kesobbi alkalmazasokszempontjabol nagyon fontos tulajdonsagat fogalmazza meg.

3.3. Fuggvenyek hatarerteke 143

3.5. Tetel. Zart intervallumon folytonos fuggveny korlatos ezen az intervallumon.

A tetel geometriai jelentese: ha az f fuggveny az [a, b] intervallumban folytonos, akkorgrafikonja nem tavolodhat el akarmilyen messzire az x-tengelytol; megadhato olyan, azx-tengellyel parhuzamos sav, hogy az f fuggveny grafikonjanak az [a, b] intervallumhoztartozo szakasza a savban halad.

Vegul kovetkezzen ket tetel, melyek az inverz fuggvenyekkel kapcsolatosak.

3.6. Tetel. Legyen az f fuggveny folytonos az [a, b] intervallumon, ekkor az f−1 fuggvenyletezesehez szukseges es elegseges, hogy az f fuggveny szigoruan monoton legyen az [a, b]intervallumon.

3.7. Tetel. Ha f az [a, b] intervallumon szigoruan monoton folytonos fuggveny, inverze,f−1 is folytonos azon az [α, β] intervallumon, amelynek vegpontjai α = min{f(a), f(b)}es β = max{f(a), f(b)}.

3.3. Fuggvenyek hatarerteke

3.3.1. Fuggveny hatarertekevel kapcsolatos alapfogalmak

Legtobbszor olyan fuggvenyeket vizsgalunk, amelyek egy intervallumon vannak ertelmezve.Vannak azonban olyan peldak is, ahol a fuggvenyek egy pontban vagy nincsenek ertelmezve,vagy az adott pontban vegtelen nagy erteket vesznek fel. Ilyen esetekben szukseg van afuggvenynek a pont egy kornyezeteben valo vizsgalatara. Nezzunk eloszor nehany peldat.

3.33. Pelda. Az f(x) = sgn |x| fuggveny azorigoban nem folytonos, viszont ha xn = 0 esxn → 0, akkor a {sgn |xn|} sorozat konvergenses 1-hez tart, hiszen minden n-re sgn |xn| = 1.

y=sgnÈxÈ

x

1

y

3.34. Pelda. Az

f(x) =x2 − 1

x− 1

fuggveny az x = 1 pontban nem folytonos,de megallapıthatjuk, hogy barmely xn → 1es xn = 1 sorozatra{

x2n − 1

xn − 1

}= {xn + 1}

konvergens es 2-hoz tart.

y=x2- 1

x- 1

1x

1

2

y

3.35. Pelda. Az f(x) =1

x2fuggveny az origoban nem folytonos, de barmely mas

pontban igen. Barmely xn = 0 es peldaul xn → 2 sorozatra a

{1

x2n

}konvergens, sot

hatarerteke megegyezik a fuggveny x = 2 pontban vett helyettesıtesi ertekevel, az1

4-del.


Az ilyen es hasonlo tulajdonsagufuggvenyekrol azt mondjuk, hogy letezik ahatarertekuk. Most is azt feltetelezzuk, hogya vizsgalt pont valamely kornyezeteben vagyfelkornyezeteben ertelmezve van a fuggveny(a vizsgalt helyen a fuggveny nem feltetlenulertelmezett).

3.16. Definıcio. Legyen az f fuggveny azx0 pont valamely kornyezeteben ertelmezett,kiveve esetleg az x0 pontot. Ekkor aztmondjuk, hogy az f fuggveny x0 pontbelihatarerteke az A szam, ha barmely ε > 0-hoz letezik olyan δ > 0 (δ fuggvenye ε-nak esaz x0-nak), hogy ha |x − x0| < δ (x = x0),akkor |f(x)−A| < ε. Termeszetesen x ∈ Df .

y= f HxL

x0-∆È

x0È

x0+∆È

A-¶ -

A -

A+¶ -

x

f HxL -

∆

f Hx0L -

x

y

3.36. Pelda. A fenti peldak eseteben tehat felırhato, hogy

limx→0

sgn |x| = 1 es limx→1

x2 − 1

x− 1= lim

x→1

(x− 1)(x+ 1)

x− 1= lim

x→1(x+ 1) = 2.

3.17. Definıcio. Legyen az f fuggveny az x0 pont valamely jobb, illetve bal oldalifelkornyezeteben ertelmezett, kiveve esetleg az x0 pontot. Ekkor azt mondjuk, hogy azf fuggveny x0 pontbeli jobboldali (baloldali) hatarerteke az A szam, ha barmely ε > 0szamhoz megadhato olyan δ > 0 (δ fuggvenye ε-nak es az x0-nak), hogy ha x0 < x < x0+δ(x0 − δ < x < x0), akkor |f(x)− A| < ε. Termeszetesen x ∈ Df .

A jobboldali, illetve baloldali hatarertekek jelolese:

limx→x0+0

f(x) = A, illetve limx→x0−0

f(x) = A.

3.37. Pelda. a) Az f(x) = sgnx fuggveny viselkedeset az x = 0 pont kornyezeteben afeloldali hatarertekek segıtsegevel ıgy ırhatjuk fel:

limx→0−0

sgnx = −1 es limx→0+0

sgnx = 1.

b) Az f(x) = [x] egeszresz fuggveny viselkedese az x = 3 pont kornyezeteben ıgy ırhatofel:

limx→3−0

[x] = 3 es limx→3+0

[x] = 4.

c) Az f(x) = {x} tortresz fuggveny viselkedese az x = 2 pont kornyezeteben ıgy ırhatofel:

limx→2−0

{x} = 1 es limx→2+0

{x} = 0.

3.8. Tetel. Az f fuggvenynek az x0 pontban akkor es csak akkor letezik hatarerteke, haott letezik a jobb es bal oldali hatarerteke es ezek egyenloek, azaz

limx→x0+0

f(x) = limx→x0−0

f(x) = limx→x0

f(x).


3.3.2. Fuggveny hatarertekenek tulajdonsagai

Most pedig megfogalmazunk nehany, a fuggvenyekkel vegezheto muveletekre, a fuggvenyekhatarertekere es folytonossagara vonatkozo egyszeru allıtast.

3.9. Tetel. Ha f(x) ≥ 0 es limx→x0

f(x) letezik, akkor limx→x0

f(x) ≥ 0.

3.10. Tetel. Ha limx→x0

f(x) es limx→x0

g(x) letezik, akkor az x0 pontban az f es g fuggvenyek

osszegenek es kulonbsegenek hatarerteke is letezik es

limx→x0

[f(x) + g(x)] = limx→x0

f(x) + limx→x0

g(x),

limx→x0

[f(x)− g(x)] = limx→x0

f(x)− limx→x0

g(x).


f(x) es limx→x0

g(x) letezik, akkor az x0 pontban az f es g fuggvenyek

szorzatanak hatarerteke is letezik es

limx→x0

[f(x)g(x)] = limx→x0

f(x) limx→x0

g(x).


f(x) es limx→x0

g(x) letezik es limx→x0

g(x) = 0, akkor az x0 pontban az

f es g fuggvenyek hanyadosanak hatarerteke is letezik es

limx→x0

f(x)

g(x)=

limx→x0 f(x)

limx→x0 g(x).


f(x) es limx→x0

g(x) letezik, valamint az x0 valamely kornyezeteben

f(x) ≥ g(x), akkor

limx→x0

f(x) ≥ limx→x0

g(x).

3.14. Tetel. (Rendor-elv). Ha limx→x0

f(x) es limx→x0

g(x) hatarertekek leteznek es egyenloek,

azaz

limx→x0

f(x) = limx→x0

g(x) = A

valamint az x0 valamely kornyezeteben f(x) ≤ h(x) ≤ g(x), akkor

limx→x0

h(x) = A.

3.15. Tetel. Az f fuggvenynek x0-ban akkor es csak akkor letezik hatarerteke, ha {f(xn)}konvergens, valahanyszor xn → x0 (xn = x0), xn ∈ Df .

3.16. Tetel. Az f fuggveny akkor es csak akkor folytonos az x0 pontban, ha az x0 pontbanletezik hatarerteke es

limx→x0

f(x) = f(x0).


3.3.3. Vegtelenben vett es vegtelen hatarertek

Az eddigiekben veges helyen vett veges hatarertekrol beszeltunk. A kovetkezokben aveges helyen vett ”vegtelen erteku” es a ”vegtelenben vett” hatarerteket ismertetjuk.

3.18. Definıcio. Legyen az f fuggveny az x0 pont valamely kornyezeteben ertelmezett,kiveve esetleg az x0 pontot. Ekkor az f fuggvenynek az x0 pontban +∞ (−∞) a hatarerteke,ha barmely M szamhoz megadhato olyan δ > 0 (δ fuggvenye M-nek es az x0-nak), hogyha |x− x0| < δ (x = x0), akkor f(x) > M (f(x) < M) teljesul. Termeszetesen x ∈ Df .

A vegtelen hatarertek jelolese:

limx→x0

f(x) =∞, limx→x0

f(x) = −∞.

3.38. Pelda. Az f(x) =1

x2, illetve a g(x) = − 1

x2fuggveny viselkedese az x = 0 pont

kornyezeteben felırhato, mint

limx→0

1

x2=∞, illetve lim

x→0

(− 1

x2

)= −∞.

A fentiekhez hasonloan definialhatok a feloldali vegtelen hatarertekek is.

3.39. Pelda. a) A feloldali vegtelen hatarertekek segıtsegevel az f(x) =1

xfuggveny

viselkedese az x = 0 pont kornyezeteben felırhato, mint

limx→0−0

1

x= −∞ es lim

x→0+0

1

x=∞.

b) A feloldali vegtelen hatarertekre szuksegunk akkor is, ha a logaritmusfuggveny vi-selkedeset szeretnenk leırni az x = 0 pont kornyezeteben, hiszen ez a fuggveny azx = 0 pontnak csak a jobboldali kornyezeteben ertelmezett. Felırhato, hogy

limx→0+0

loga x = −∞ (a > 1) es limx→0+0

loga x =∞ (0 < a < 1).

A kovetkezokben feltesszuk, hogy a megfelelo felegyenesen a fuggveny ertelmezett.

3.19. Definıcio. Az f fuggvenynek a +∞-ben (−∞-ben) a hatarerteke az A szam, habarmely ε > 0-hoz megadhato olyan x∗ (x∗ fuggvenye ε-nak), hogy ha x > x∗ (x < x∗),akkor |f(x)− A| < ε. Termeszetesen x ∈ Df .

A hatarertek jelolese a vegtelenben:

limx→∞

f(x) = A, limx→−∞

f(x) = A.

3.20. Definıcio. Az f fuggvenynek a +∞-ben (−∞-ben) a hatarerteke +∞, illetve−∞, ha barmely M szamhoz van olyan x∗ szam (x∗ fuggvenye M -nek), hogy ha x > x∗

(x < x∗), akkor f(x) > M , illetve f(x) < M . Termeszetesen x ∈ Df .

A vegtelenben vett vegtelen hatarertek jelolese:

limx→∞

f(x) =+∞, limx→∞

f(x) =−∞,

limx→−∞

f(x) =+∞, limx→−∞

f(x) =−∞.


3.3.4. Nehany fontosabb hatarertek

I. limx→0

sin x

x= 1

Bizonyıtas. Mivel asin x

xfuggveny paros, ezert csak az x > 0 esetet targyaljuk. Mutassuk

meg eloszor, hogy

cos x <sin x

x< 1, ha 0 < x <

π

2.

A bizonyıtashoz felhasznaljuk az egysegsugarukort, amelynek kozeppontja a koordinatarendszerkezdopontja, a sugara pedig egy hosszusagegyseg.Ebben az x valtozot az AB korıv jelenti, ahol B akorvonal x-tengellyel valo metszespontja, A pedig akorvonal I. negyedbe eso tetszoleges pontja. LegyenA1 az A pont x-tengelyre eso meroleges vetulete,C pedig az OA felegyenes es a kor B pontban sz-erkesztett erintojenek metszespontja. A rajzrol le-olvashato, hogy AA1 = sinx es BC = tgx, s az is jollathato, hogy az AOB korcikk terulete az OAB△ esaz OBC△ terulete koze esik. Ennek kovetkezteben,mivel a kor sugara 1, kovetkezik, hogy

0

A

A1 B

C

x

x

y

1

2· 1 · sinx < 1

2· 1 · x < 1

2· 1 · tgx,

amibol a sinx ertekkel valo osztas es 2-vel valo szorzas utan kovetkezik, hogy

1 <x

sinx<

1

cos x, vagyis cosx <

sin x

x< 1.

Tudjuk, hogy az f(x) = cosx folytonos a 0 pontban es cos 0 = 1. Igy ha x → 0 (x = 0),

akkor limx→0 cos x = 1. A rendor-elv szerint tehat kovetkezik, hogy limx→0−0

sinx

x= 1, ebbol

pedig asin x

xfuggveny parossaga miatt lim

x→0

sin x

x= 1 is igaz. ⋄

II. limx→∞

(1 +

1

x

)x

= e

Bizonyıtas. A bizonyıtas a szamsorozatokra vonatkozo limn→∞

(1 +

1

n

)n

= e hatarertek

segıtsegevel tortenik. Ha [x] az x valos szam egesz resze, akkor [x] = n ∈ N es ervenyes az[x] ≤ x < [x]+1 egyenlotlenseg. Ha x→∞, akkor [x] = n→∞ is teljesul. Megmutatjuk,hogy

limx→∞

(1 +

1

[x] + 1

)[x]

= limx→∞

(1 +

1

[x]

)[x]+1

= e.

Legyen

f(n) =

(1 +

1

n+ 1

)n

es g(n) =

(1 +

1

n

)n+1

, n ∈ N.


A szamsorozatokrol szolo fejezetben mar belattuk, hogy

limn→∞

(1 +

1

n+ 1

)n

= limn→∞

(1 +

1

n

)n+1

= e.

Innen az

f1(x) = f([x]) =

(1 +

1

[x] + 1

)[x]

es g1(x) = g([x]) =

(1 +

1

[x]

)[x]+1

,

fuggvenyek definialasaval kovetkezik, hogy

limx→∞

f1(x) = limx→∞

(1 +

1

[x] + 1

)[x]

= limx→∞

f([x]) = limn→∞

f(n) = limn→∞

(1 +

1

n+ 1

)n

= e,

es

limx→∞

g1(x) = limx→∞

(1 +

1

[x]

)[x]+1

= limx→∞

g([x]) = limn→∞

g(n) = limn→∞

(1 +

1

n

)n+1

e.

Legyen most

h(x) =

(1 +

1

x

)x

.

Mivel limx→∞

f1(x) = limx→∞

g1(x) = e, valamint f1(x) ≤ h(x) ≤ g1(x) ervenyes minden x valos

szamra, ezert a rendor-elv alapjan

limx→∞

h(x) = limx→∞

(1 +

1

x

)x

= e.

⋄

III. limx→0

ln(1 + x)

x= 1

Bizonyıtas. Ha a 2. alaphatarertekben bevezetjuk az1

x= y helyettesıtest, akkor x→∞

akkor es csakis akkor, ha y → 0. Ekkor kozvetlenul adodik, hogy

limy→0

(1 + y)1y = e, vagy y = x eseten lim

x→0(1 + x)

1x = e.

E tenynek es a logaritmusfuggveny folytonossaganak felhasznalasaval adodik, hogy

limx→0

ln(1 + x)

x= lim

x→0ln (1 + x)

1x = ln

(limx→0

(1 + x)1x

)= ln e = 1.

⋄

IV. limx→0

ax − 1

x= ln a (a > 0, a = 1) es a = e eseten lim

x→0

ex − 1

x= 1

Bizonyıtas. Alkalmazzuk az y = ax − 1 helyettesıtest, ahol x → 0 akkor es csakis akkor,ha y → 0. Ekkor

x = loga(y + 1) =ln(1 + y)

ln a, tehat lim

x→0

ax − 1

x= lim

y→0

yln(1+y)

ln a

= ln a,


ahol a 3. alaphatarerteket es a ket fuggveny hanyadosanak hatarertekere vonatkozoszabalyt alkalmaztuk. ⋄

V. limx→0

(1 + x)α − 1

x= α (α ∈ R, α = 0)

Bizonyıtas. Ha az (1 + x)α kifejezest eα ln(1+x) alakban ırjuk fel es alkalmazzuk a 3. es 4.alaphatarerteket, akkor a kovetkezoket kapjuk:

limx→0

(1 + x)α − 1

x= lim

x→0

eα ln(1+x) − 1

x= lim

x→0

(eα ln(1+x) − 1

ln(1 + x)· ln(1 + x)

x

)=

= limy→0

ey − 1yα

· limx→0

ln(1 + x)

x= α · 1 · 1 = α,

ahol az elso hatarerteknel alkalmaztuk az α ln(1+x) = y helyettesıtest, ahol x→ 0 akkores csakis akkor, ha y → 0. ⋄

VI. limx→0

(1 + x)1x = e

Bizonyıtas. Alkalmazzuk a 2. alaphatarerteket. Ha x → 0 + 0, akkor t =1

xeseten

t→ +∞ es

limx→0+0

(1 + x)1x = lim

t→+∞

(1 +

1

t

)t

= e.

Ha x→ 0− 0, akkor s = −1

xeseten s→ −∞ es

limx→0−0

(1 + x)1x = lim

s→+∞

(1− 1

s

)−s

= lims→+∞

(s

s− 1

)s

= lims→+∞

(1 +

1

s− 1

)s−1+1

=

= lims→+∞

(1 +

1

s− 1

)s−1

· lims→+∞

(1 +

1

s− 1

)1

= limz→+∞

(1 +

1

z

)z

· 1 = e.

A levezetes soran alkalmaztuk a z = s − 1 helyettesıtest, ahol z → +∞, akkor es csakisakkor, ha s→ +∞. ⋄

Fuggvenyek hatarertekeinek kiszamıtasanal a kovetkezo hatarozatlan kifejezesekkel talal-kozhatunk:

1o∞∞,

0

0,

2o ∞−∞, 0 · ∞,

3o 1∞, 00, ∞0.


FELADATOK.

Szamoljuk ki a kovetkezo hatarertekeket.

1. limx→2

x2 + 3x− 5

x− 1

Megoldas. Egyszeru behelyettesıtessel kapjuk, hogy

limx→2

x2 + 3x− 5

x− 1=

4 + 6− 5

2− 1= 5.

2. limx→1

x2 + 3x− 5

x− 1


limx→1

x2 + 3x− 5

x− 1=

1 + 3− 5

1− 1=−1−0

= +∞.

3. limx→0

ex − e−x

2


limx→0

ex − e−x

2=e0 − e−0

2=

1− 1

2=

0

2= 0.

4. limx→π

2

sin x

1− cos x

Megoldas. Ugyancsak behelyettesıtessel kapjuk, hogy

limx→π

2

sinx

1− cosx=

sin π2

1− cos π2

=1

1− 0= 1.

5. limx→+0

ln x

x+ 2

Megoldas. Most is egyszeru behelyettesıtessel kapjuk meg a keresett hatarerteket:

limx→+0

ln x

x+ 2=−∞0 + 2

= −∞.

Amennyiben a hatarertek behelyettesıtes utan∞∞

tıpusu hatarozatlan kifejezes, akkor x

legmagasabb kitevoju hatvanyanak a szamlalobol es a nevezobol valo kiemelesevel, majdleegyszerusıtesevel juthatunk egyszerubb alakhoz, amelybol a hatarertek meghatarozhato.Ezt a megoldasi modszert mar alkalmaztuk a sorozatok hatarertekeinel is, ezert az analogiamiatt csak nehany feladatot mutatunk be.

6. limx→∞

3x3 − 2x+ 7

4x3 + 5x2 + 6x


Megoldas. Ha vegtelen nagy szamot helyettesıtunk az x valtozo helyebe, akkor∞∞

tıpusu hatarozatlan kifejezest kapunk. Ekkor

limx→∞

3x3 − 2x+ 7

4x3 + 5x2 + 6x=(∞∞

)= lim

x→∞

x3(3− 2x2 +

7x3 )

x3(4 + 5x+ 6

x2 )= lim

x→∞

3− 2x2 +

7x3

4 + 5x+ 6

x2

=3

4,

mivel limx→∞

C

xk= 0, ha C = konstans es n ∈ N.

7. limx→−∞

x3 + x2 + x+ 1

3x2 − 2x+ 1

Megoldas.

limx→−∞

x3 + x2 + x+ 1

3x2 − 2x+ 1=

(−∞+∞

)= lim

x→−∞

x2(x+ 1 + 1

x+ 1

x2

)x2(3− 2

x+ 1

x2

) =

= limx→−∞

x+ 1 + 1x+ 1

x2

3− 2x+ 1

x2

=−∞3

= −∞.

8. limx→∞

x+ 5

7x2 − 8x+ 2

Megoldas.

limx→∞

x+ 5

7x2 − 8x+ 2=

(−∞+∞

)= lim

x→∞

x(1 + 5

x

)x(7x− 8 + 2

x

) = limx→∞

1 + 5x

7x− 8 + 2x

=1

∞= 0.

9. limx→+∞

√x2 + 1

x+ 2

Megoldas.

limx→+∞

√x2 + 1

x+ 2=(∞∞

)= lim

x→+∞

√x2(1 + 1

x2

)x+ 2

= limx→+∞

|x|√

1 + 1x2

x(1 + 2x)

=

= limx→+∞

x√1 + 1

x2

x(1 + 2x)

= limx→+∞

√1 + 1

x2

1 + 2x

=1

1= 1.

10. limx→−∞

3x− 4√9x2 + 18x+ 9

Megoldas. Mivel x < 0 eseten |x| = −x, ıgy

limx→−∞

3x− 4√9x2 + 18x+ 9

=

(−∞+∞

)= lim

x→−∞

3x(1− 4

3x

)|3x|

√1 + 2

x+ 1

x2

=

= limx→−∞

3x(1− 4

3x

)−3x

√1 + 2

x+ 1

x2

= limx→−∞

(1− 4

3x

)−√1 + 2

x+ 1

x2

=1

−1= −1.


Amennyiben a hatarertek behelyettesıtes utan0

0tıpusu hatarozatlan kifejezes es a raciona-

lis tortfuggvenyunk van, akkor a szamlalo es a nevezo tenyezokre bontasaval, majd leegy-szerusıtesevel juthatunk egyszerubb alakhoz, amelybol a hatarertek meghatarozhato. Hairracionalis fuggvenyunk van, akkor altalaban gyoktelenıteni kell, ha pedig trigonometrikus

a fuggveny, akkor altalaban a limx→0

sin x

x= 1 alaphatarertek alkalmazasaval probaljuk

megszuntetni a hatarozatlansagot.

11. limx→4

x2 − 8x+ 16

x3 − 16x

Megoldas.

limx→4

x2 − 8x+ 16

x3 − 16x=

(0

0

)= lim

x→4

(x− 4)2

x(x− 4)(x+ 4)= lim

x→4

x− 4

x(x+ 4)=

0

32= 0.

12. limx→−2

x3 + 4x2 + x− 6

2x3 + 2x2 − 16x− 24

Megoldas.

limx→−2

x3 + 4x2 + x− 6

2x3 + 2x2 − 16x− 24=

(0

0

)= lim

x→−2

(x− 1)(x+ 2)(x+ 3)

2(x+ 2)2(x− 3)=

= limx→−2

(x− 1)(x+ 3)

2(x+ 2)(x− 3)=

−3 · 12 · 0 · (−5)

=−3−0

= +∞.

13. limx→0

√x+ 1− 1

x2

Megoldas. Mivel a kifejezes0

0tıpusu hatarozatlan kifejezes es irracionalis, ezert

gyoktelenıtessel juthatunk el a megoldasig.

limx→0

√x+ 1− 1

x2=

(0

0

)= lim

x→0

(√x+ 1− 1

x2·√x+ 1 + 1√x+ 1 + 1

)=

= limx→0

x+ 1− 1

x2(√

x+ 1 + 1) = lim

x→0

1

x(√

x+ 1 + 1) =

1

0 · 2=

1

0=∞.

14. limx→8

√x+ 17− 5

3√x− 2

Megoldas.

limx→8

√x+ 17− 5

3√x− 2

=

(0

0

)= lim

x→8

(√x+ 17− 5

3√x− 2

·√x+ 17 + 5√x+ 17 + 5

·3√x2 + 2 3

√x+ 4

3√x2 + 2 3

√x+ 4

)=

= limx→8

(x+ 17− 25

x− 8·

3√x2 + 2 3

√x+ 4√

x+ 17 + 5

)= lim

x→8

(1 ·

3√x2 + 2 3

√x+ 4√

x+ 17 + 5

)=

=3√64 + 2 · 3

√8 + 4√

25 + 5=

4 + 2 · 2 + 4

10=

12

10=

6

5.


15. limx→0

sin 3x− sin 2x

sinxMegoldas. Mivel trigonometrikus fuggveny hatarerteket kell kiszamıtanunk, a

limx→0

sin x

x= 1 alaphatarerteket alkalmazzuk a megoldas soran.

limx→0

sin 3x− sin 2x

sin x=

(0

0

)= lim

x→0

(sin 3x

sin x− sin 2x

sinx

)= lim

x→0

sin 3x

sinx− lim

x→0

sin 2x

sin x=

= limx→0

3·sin 3x3xsinxx

− limx→0

2 sin x cos x

sinx=

3 · limx→03·sin 3x

3x

limx→0sinxx

− 2 · limx→0

cosx =

= 3 · limt→0

sin t

t− 2 · 1 = 3 · 1− 2 = 1,

ahol a 3x = t, x→ 0 akkor es csakis akkor ha t→ 0 helyettesıtest alkalmaztuk.

16. limx→0

tgx− sin x

sin3 xMegoldas.

limx→0

tgx− sin x

sin3 x=

(0

0

)= lim

x→0

sin x(

1cosx− 1)

sin3 x= lim

x→0

1−cosxcosx

sin2 x=

= limx→0

1− cos x

cos x(1− cos2 x)= lim

x→0

1

cosx(1 + cosx)=

1

1 · 2=

1

2.

17. limx→0

1− cosx

x2

Megoldas.

limx→0

1− cos x

x2=

(0

0

)= lim

x→0

2 sin2 x2

x2= lim

x→0

sin2 x2

2 · x2

4

=1

2·(limx2→0

sin x2

x2

)2

=1

2· 12 = 1

2,

vagy masik modszerrel

limx→0

1− cos x

x2=

(0

0

)= lim

x→0

1− cosx

x2· 1 + cosx

1 + cosx= lim

x→0

1− cos2 x

x2(1 + cosx)=

= limx→0

sin2 x

x2(1 + cosx)=

(limx→0

sin x

x

)2

· limx→0

1

1 + cosx= 12 · 1

1 + 1=

1

2.

18. limx→1

(1− x)tg πx2

Megoldas.

A = limx→1

(1− x)tg πx2

= (0 · ∞) = limx→1

(1− x) sin πx2

cos πx2

=

(0

0

)Vezessuk be az 1− x = t helyettesıtest, ahol x→ 1 akkor es csakis akkor, ha t→ 0.Ekkor

A = limt→0

t sin(π2− π

2t)

cos(π2− π

2t) =

(0

0

)= lim

t→0

t sin(π2− π

2t)

cos π2cos π

2t+ sin π

2sin π

2t=

= limt→0

t sin(π2− π

2t)

sin π2t

= limt→0

t

sin π2t· limt→0

sin(π2− π

2t)=

2

π· limt→0

π2t

sin π2t·1 =

2

π·1 ·1 =

2

π.


19. limx→π

√1− tgx−

√1 + tgx

sin 2x

Megoldas.

limx→π

√1− tgx−

√1 + tgx

sin 2x=

(0

0

)=

= limx→π

√1− tgx−

√1 + tgx

sin 2x·√1− tgx+

√1 + tgx√

1− tgx+√1 + tgx

=

= limx→π

1− tgx− 1− tgx

2 sin x cos x(√

1− tgx+√1 + tgx

) =

= limx→π

−1cos2 x

(√1− tgx+

√1 + tgx

) =−1

(−1)2 · (√1 +√1)

= −1

2.

20. limx→0−0

√1− cos 2x

x

Megoldas. Az x → 0 − 0 jeloles azt jelenti, hogy balrol, vagyis negatıv ertekekenkeresztul kozelıtunk a nulla fele.

limx→0−0

√1− cos 2x

x=

(0

0

)= lim

x→0−0

√2 sin2 x

x= lim

x→0−0

√2| sin x|x

=

=√2 limx→0−0

(| sinx||x|

· |x|x

)=√2 limx→0−0

(∣∣∣∣sinxx∣∣∣∣ · |x|x

)=

=√2 limx→0−0

(∣∣∣∣sinxx∣∣∣∣ · lim

x→0−0

|x|x

)=√2 · 1 · (−1) = −

√2.

Amennyiben a hatarertek a kozvetlen behelyettesıtes utan ∞ − ∞ tıpusu, akkor irra-cionalis kulonbseg eseten gyoktelenıtessel, tortek kulonbsegenek esten pedig kozos nevezorehozassal szabadulhatunk meg a hatarozatlansagtol.

21. limx→+∞

(√x2 + 5x− 3−

√x2 − 3x+ 2

)Megoldas. Az adott hatarertek ∞−∞ tıpusu es irracionalis, ezert vegezzuk el agyoktelenıtest. Ekkor

limx→+∞

(√x2 + 5x− 3−

√x2 − 3x+ 2

)= (∞−∞) =

= limx→+∞

(√x2 + 5x− 3−

√x2 − 3x+ 2

)·√x2 + 5x− 3 +

√x2 − 3x+ 2√

x2 + 5x− 3 +√x2 − 3x+ 2

=

= limx→+∞

x2 + 5x− 3− x2 + 3x− 2√x2 + 5x− 3 +

√x2 − 3x+ 2

= limx→+∞

8x− 5√x2 + 5x− 3 +

√x2 − 3x+ 2

=

= limx→+∞

x(8− 5x)

|x|(√

1 + 5x− 3

x2 +√

1− 3x+ 2

x2

) =8√

1 +√1= 4.


22. limx→−∞

(√x2 − 2x+ 3 + x

)Megoldas. Mivel most x→ −∞, ezert a hatarertek∞−∞ tıpusu. A gyoktelenıteselvegzesevel kapjuk, hogy

limx→−∞

(√x2 − 2x+ 3 + x

)= (∞−∞) =

= limx→−∞

(√x2 − 2x+ 3 + x

)·√x2 − 2x+ 3− x√x2 − 2x+ 3− x

= limx→−∞

x2 − 2x+ 3− x2√x2 − 2x+ 3− x

=

= limx→−∞

−2x+ 3√x2 − 2x+ 3− x

= limx→−∞

x(−2 + 3

x

)|x|√1− 2

x+ 3

x2 − x=

= limx→−∞

−x(2− 3

x

)−x(√

1− 2x+ 3

x2 + 1) =

2√1 + 1

= 1.

23. limx→∞

(3√x3 + 5− 3

√x3 − 5

)Megoldas. A hatarertek ∞−∞ tıpusu. Gyoktelenıtsunk a megfelelo modon.

limx→∞

(3√x3 + 5− 3

√x3 − 5

)= (∞−∞) =

= limx→∞

(3√x3 + 5− 3

√x3 − 5

)·

3√(x3 + 5)2 + 3

√(x3 + 5)(x3 − 5) + 3

√(x3 − 5)2

3√(x3 + 5)2 + 3

√(x3 + 5)(x3 − 5) + 3

√(x3 − 5)2

=

= limx→∞

x3 + 5− x3 + 53√

(x3 + 5)2 + 3√(x3 + 5)(x3 − 5) + 3

√(x3 − 5)2

= limx→∞

103√(x3 + 5)2 + 3

√(x3 + 5)(x3 − 5) + 3

√(x3 − 5)2

=10

∞= 0.

24. limx→∞

(3√x3 + 3x2 −

√x2 − 2x

)Megoldas.

limx→∞

(3√x3 + 3x2 −

√x2 − 2x

)= (∞−∞) =

= limx→∞

(3√x3 + 3x2 − x+ x−

√x2 − 2x

)=

= limx→∞

(3√x3 + 3x2 − x

)+ lim

x→∞

(x−√x2 − 2x

)=

= limx→∞

(3√x3 + 3x2 − 3

√x3)·

3√(x3 + 3x2)2 + 3

√(x3 + 3x2)x3 +

3√x6

3√(x3 + 3x2)2 + 3

√(x3 + 3x2)x3 +

3√x6

+

+ limx→∞

(√x2 −

√x2 − 2x

)·√x2 +

√x2 − 2x√

x2 +√x2 − 2x

=

= limx→∞

x3 + 3x2 − x33√(x3 + 3x2)2 + 3

√(x3 + 3x2)x3 +

3√x6

+ limx→∞

x2 − x2 + 2x√x2 +

√x2 − 2x

=


= limx→∞

3x2

x2(

3

√(1 + 3

x

)2+ 3

√1 + 3

x+ 1

) + limx→∞

2x

|x|(1 +

√1− 2

x

) =

= limx→∞

3

3

√(1 + 3

x

)2+ 3

√1 + 3

x+ 1

+ limx→∞

2

1 +√

1− 2x

=3

1 + 1 + 1+

2

1 + 1= 2.

25. limx→∞

(4√x4 − x2 + 2−

√x2 + x

)Megoldas. Az adott hatarertek∞−∞ tıpusu. Vegezzuk el ketszer a gyoktelenıtest.Ekkor

limx→∞

(4√x4 − x2 + 2−

√x2 + x

)= (∞−∞) =

= limx→∞

(4√x4 − x2 + 2−

√x2 + x

)·

4√x4 − x2 + 2 +

√x2 + x

4√x4 − x2 + 2 +

√x2 + x

=

= limx→∞

√x4 − x2 + 2− (x2 + x)

4√x4 − x2 + 2 +

√x2 + x

·√x4 − x2 + 2 + (x2 + x)√x4 − x2 + 2 + (x2 + x)

=

= limx→∞

x4 − x2 + 2− x4 − 2x3 − x2

( 4√x4 − x2 + 2 +

√x2 + x)(

√x4 − x2 + 2 + (x2 + x))

=

= limx→∞

−2x3 − 2x2 + 2

x(

4

√1− 1

x2 +2x4 +

√1 + 1

x

)· x2

(√1− 1

x2 +2x4 + 1 + 1

x

) =

= limx→∞

x3(−2− 2

x+ 2

x2

)x3 ·

(4

√1− 1

x2 +2x4 +

√1 + 1

x

)(√1− 1

x2 +2x4 + 1 + 1

x

) =−22 · 2

= −1

2.

26. limx→∞

(x4

x3 + 2x− x)

Megoldas. Az adott hatarertek∞−∞ tıpusu, de nem irracionalis. Kozos nevezore

hozassal∞∞

tıpusu hatarozatlan kifejezest kapunk.

limx→∞

(x4

x3 + 2x− x)

= (∞−∞) = limx→∞

x4 − x4 − 2x2

x3 + 2x=

= limx→∞

−2x2

x3 + 2x=(∞∞

)= lim

x→∞

−2x+ 2

x

= 0.

27. limx→−∞

(2x3

4x2 − 1− x2

2x+ 1

)Megoldas. A hatarertek most −∞− (−∞), azaz ∞−∞ tıpusu. Hozzunk kozosnevezore.

limx→−∞

(2x3

4x2 − 1− x2

2x+ 1

)= (∞−∞) = lim

x→−∞

2x3 − x2(2x− 1)

4x2 − 1=

= limx→−∞

2x3 − 2x3 + x2

4x2 − 1= lim

x→−∞

x2

4x2 − 1=(∞∞

)= lim

x→−∞

x2

x2(4− 1

x2

) =1

4.


28. limx→1

(1

x− 1− 3

x2 − 1

)Megoldas. Ha az x helyebe 1-et helyettesıtunk, akkor∞−∞ tıpusu hatarozatlankifejezest kapunk, ezert kozos nevezore hozunk.

limx→1

(1

x− 1− 3

x2 − 1

)= (∞−∞) = lim

x→1

x+ 1− 3

x2 − 1= lim

x→1

x− 2

x2 − 1=−10

= −∞.

29. limx→1

(x+ 2

x2 − 5x+ 4+

x− 4

3x2 − 9x+ 6

)Megoldas. Az x = 1 helyettesıtessel meggyozodhetunk rola, hogy ∞−∞ tıpusua hatarertek. Bontsuk tenyezokre a nevezoket, majd hozzunk kozos nevezore.

limx→1

(x+ 2

x2 − 5x+ 4+

x− 4

3x2 − 9x+ 6

)= (∞−∞) =

= limx→1

(x+ 2

(x− 1)(x− 4)+

x− 4

3(x− 1)(x− 2)

)= lim

x→1

3(x+ 2)(x− 2) + (x− 4)2

3(x− 1)(x− 2)(x− 4)=

= limx→1

3x2 − 12 + x2 − 8x+ 16

3(x− 1)(x− 2)(x− 4)= lim

x→1

4x2 − 8x+ 4

3(x− 1)(x− 2)(x− 4)=

= limx→1

4(x− 1)2

3(x− 1)(x− 2)(x− 4)= lim

x→1

4(x− 1)

3(x− 2)(x− 4)=

0

−3 · (−3)= 0.

30. limx→−2

(1

x2 + 3x+ 2− 1

x3 + 4x2 + 4x

)Megoldas.

limx→−2

(1

x2 + 3x+ 2− 1

x3 + 4x2 + 4x

)= (∞−∞) =

= limx→−2

(1

(x+ 1)(x+ 2)− 1

x(x+ 2)2

)= lim

x→−2

x(x+ 2)− (x+ 1)

x(x+ 1)(x+ 2)2=

= limx→−2

x2 + 2x− x− 1

x(x+ 1)(x+ 2)2= lim

x→−2

x2 + x− 1

x(x+ 1)(x+ 2)2=

4− 2− 1

0=

1

0=∞.

Ha a hatarertek 1∞ tıpusu hatarozatlan kifejezes, akkor a megoldast helyettesıtessel, a

limx→+∞

(1 +

1

x

)x

= e alaphatarertekre valo visszavezetessel keressuk.

31. limx→+∞

(x+ 1

x

)3x2+1

Megoldas. Mivel x → +∞ esetenx+ 1

x→ 1, ıgy 1∞ tıpusu a hatarertek.

Vegezzuk el a kovetkezo transzformaciokat, amelyekkel megszuntethetjuk a hata-rozatlansagot.

limx→+∞

(x+ 1

x

)3x2+1

= limx→+∞

(1 +

1

x

)3x2+1

= (1∞) = limx→+∞

[(1 +

1

x

)x] 3x2+1x

=


=

[lim

x→+∞

(1 +

1

x

)x] limx→+∞

3x2+1x

= e+∞ = +∞.

Az atalakıtasoknal felhasznaltuk az y = ex fuggveny folytonossagat es ennek alapjanadott g valos fuggvenyre

limx→+∞

eg(x) = elim

x→+∞g(x)

.

32. limx→+∞

(2x+ 6

2x+ 1

)x+13

Megoldas.

limx→+∞

(2x+ 6

2x+ 1

)x+13

= (1∞) = limx→+∞

(2x+ 1 + 5

2x+ 1

)x+13

= limx→+∞

(1 +

5

2x+ 1

)x+13

=

= limx→+∞

(1 +

12x+15

) 2x+15

· 52x+1

·x+13

= limx→+∞

[(1 +

12x+15

) 2x+15

] 5x+56x+3

=

=

[lim

x→+∞

(1 +

12x+15

) 2x+15

] limx→+∞

5x+56x+3

=

[lim

z→+∞

(1 +

1

z

)z] limx→+∞

5x+56x+3

= e56 =

6√e5,

ahol bevezettuk a2x+ 1

5= z helyettesıtest, amelyre ervenyes, hogy ha x → +∞

akkor z → +∞.

33. limx→+∞

(x2 − x+ 3

x2 + 2x+ 4

)x2+1x

Megoldas.

limx→+∞

(x2 − x+ 3

x2 + 2x+ 4

)x2+1x

= (1∞) = limx→+∞

(1

1 + 3x+1x2−x+3

)x2+1x

=

= limx→+∞

1x2+1

x(1 + 3x+1

x2−x+3

)x2+1x

=lim

x→+∞1

x2+1x

limx→+∞

(1 +

3x+ 1

x2 − x+ 3

)x2+1x

=1

e3,

mert

limx→+∞

1x2+1

x = 1lim

x→+∞x2+1

x= 1+∞ = 1

es

limx→+∞

(1 +

3x+ 1

x2 − x+ 3

)x2+1x

= limx→+∞

(1 +

1x2−x+33x+1

)x2−x+33x+1

· 3x+1

x2−x+3·x

2+1x

=


= limx→+∞

(1 + 1x2−x+33x+1

)x2−x+33x+1

3x+1

x2−x+3·x

2+1x

=

=

limx→+∞

(1 +

1x2−x+33x+1

)x2−x+33x+1

lim

x→+∞3x+1

x2−x+3·x

2+1x

=

=

[lim

z→+∞

(1 +

1

z

)z] limx→+∞

3x3+x2+3x+1x3−x2+3x

= e3,

ahol alkalmaztuk azx2 − x+ 3

3x+ 1= z helyettesıtest, amely eseten ha x→ +∞ akkor

z → +∞.

A kovetkezo ket feladatban alkalmazzuk a limx→0

(1 + x)1x = e alaphatarerteket.

34. limx→0

(1 + sinx)1x

Megoldas. A hatarertek 1∞ tıpusu hatarozatlan kifejezes es a kovetkezokeppenoldhato meg:

limx→0

(1 + sinx)1x = (1∞) = lim

x→0(1 + sinx)

1sin x

· sin xx =

= limx→0

[(1 + sinx)

1sin x

] sin xx

=[limx→0

(1 + sinx)1

sin x

]limx→0

sin xx

= e1 = e

35. limx→0

(cosx)1x2

Megoldas. Hasonloan jarunk el, mint az elozo feladatban.

limx→0

(cosx)1x2 = (1∞) = lim

x→0(1 + (cosx− 1))

1cos x−1

· cos x−1x2 =

= limx→0

[(1 + (cosx− 1))

1cos x−1

] cos x−1x2

=

=[limx→0

(1 + (cosx− 1))1

cos x−1

]limx→0

cos x−1x2

=

=[limz→0

(1 + z)1z

]−limx→0

1−cos x

x2

= e−12 =

1√e.

A levezetesben alkalmaztuk a z = cosx− 1 helyettesıtest, ahol z → 0, ha x→ 0 esfelhasznaltuk a 17. feladatbol, hogy

limx→0

1− cosx

x2=

1

2.


Alkalmazzuk a kovetkezo ket feladatban a limx→0

ln(1 + x)

x= 1 alaphatarerteket.

36. limx→0

ln(cos 2x)

x2

Megoldas. Vegezzuk el a kovetkezo transzformaciokat:

A = limx→0

ln(cos 2x)

x2=

(0

0

)= lim

x→0

(ln(1 + cos 2x− 1)

cos 2x− 1

cos 2x− 1

x2

)=

= limx→0

ln(1 + cos 2x− 1)

cos 2x− 1· limx→0

cos 2x− 1

x2.

Az elso hatarertekben alkalmazzuk a cos 2x − 1 = t helyettesıtest, ahol ha x → 0,akkor t→ 0. A masodik hatarertekben vezessuk be a 2x = z helyettesıtest, ahol hax→ 0, akkor z → 0, majd hasznaljuk fel ismet a 17. feladat megoldasat. Ekkor

A = limt→0

ln(1 + t)

t· (−4) · lim

z→0

1− cos z

z2= 1 · (−4) · 1

2= −2.

37. limx→0

ln(cos 3x)

ln(cos 4x)

Megoldas. Jarjunk el a kovetkezo modon:

limx→0

ln(cos 3x)

ln(cos 4x)=

(0

0

)= lim

x→0

ln(1 + cos 3x− 1)

ln(1 + cos 4x− 1)= lim

x→0

ln(1+cos 3x−1)cos 3x−1


·cos 3x−1

x2

cos 4x−1x2

=

=limx→0


limx→0


·(−9) · lim

x→0

1−cos 3x(3x)2

(−16) · limx→0

1−cos 4x(4x)2

=1

1· −9 · 1−16 · 1

=9

16.

38. Szamoljuk ki a limx→0

ax2 − cosx

x2(a > 0) hatarerteket a lim

x→0

ax − 1

x= ln a alaphatar-

ertekre valo visszavezetessel.

Megoldas.

limx→0

ax2 − cos x

x2=

(0

0

)= lim

x→0

ax2 − 1 + 1− cosx

x2=

= limx→0

ax2 − 1

x2+ lim

x→0

1− cos x

x2= lim

z→0

az − 1

z+

1

2= 1 +

1

2=

3

2,

ahol az elso hatarertekben az x2 = z hatarerteket alkalmaztuk (z → 0, ha x → 0),a masodik pedig a 17. feladatbol ismert megoldas.


eax − ebx

sinx(a > 0) hatarerteket a lim

x→0

ex − 1

x= 1 alaphatarertek

alkalmazasaval.

Megoldas.

limx→0

eax − ebx

sinx=

(0

0

)= lim

x→0

eax − 1 + 1− ebx

sinx= lim

x→0

(eax − 1

sinx− ebx − 1

sinx

)=


= limx→0

eax − 1

sin x− lim

x→0

ebx − 1

sin x= lim

x→0

(eax − 1

ax· axsinx

)− lim

x→0

(ebx − 1

bx· bx

sin x

)=

= limx→0

eax − 1

ax· a · lim

x→0

x

sin x− lim

x→0

ebx − 1

bx· b · lim

x→0

x

sin x= a− b.


√1− sinx− 3

√1 + sinx

x(a > 0) hatarerteket a

limx→0

(1 + x)α − 1

x= α (α ∈ R, α = 0)

alaphatarertek felhasznalasaval.

Megoldas.

limx→0

√1− sinx− 3

√1 + sin x

x=

(0

0

)= lim

x→0

√1− sinx− 1 + 1− 3

√1 + sin x

x=

= limx→0

√1− sinx− 1

x− lim

x→0

3√1 + sin x− 1

x=

= limx→0

(1− sin x)12 − 1

x− lim

x→0

(1 + sinx)13 − 1

x=

= limx→0

((1− sinx)

12 − 1

− sinx· − sin x

x

)− lim

x→0

((1 + sinx)

13 − 1

sin x· sinx

x

)=

= limz→0

(1 + z)12 − 1

z· (−1) · lim

x→0

sin x

x− lim

t→0

(1 + t)13 − 1

t· limx→0

sinx

x=

=1

2· (−1) · 1− 1

3· 1 = −1

2− 1

3= −5

6.

3.3.5. Valos fuggveny szakadaspontjai es aszimptotai

3.21. Definıcio. Ha az f fuggveny az x0 helyen nem folytonos, akkor x0 a fuggvenyszakadaspontja. Ilyenkor azt mondjuk, hogy x0 a fuggvenynek

1. megszuntetheto szakadasa, ha limx→x0

f(x) = L es L = f(x0), azaz a fuggvenynek az

x0 pontban letezik hatarerteke, de az nem egyezik meg a fuggveny ertekevel az adottpontban;

2. elso tıpusu szakadasa, ha limx→x0+

f(x) = L1 es limx→x0−

f(x) = L2, de L1 = L2, azaz a

fuggvenynek letezik baloldali es jobboldali hatarerteke is, de azok nem egyenloek;

3. masodik tıpusu szakadasa, ha a szakadas nem megszuntetheto szakadas es nem is elsotıpusu szakadas.


3.40. Pelda. a) Az f(x) =x2 − 1

x− 1fuggveny az x = 0 pontban nem folytonos, mert

nem is ertelmezett, de itt veges hatarerteke van:

limx→0

x2 − 1

x− 1= 2.

Az x = 0 pont tehat az f fuggvenynek megszuntetheto szakadasa. Az f fuggvenyszakadasat az uj f1 fuggveny definialasaval szuntethetjuk meg. Ekkor az

f1(x) =

x2 − 1

x− 1, ha x = 1,

2, ha x = 1.

fuggveny minden valos szamra ertelmezett es folytonos.

b) Az f(x) =sinx

xfuggveny az x = 0 pontban nem folytonos, mert nem is ertelmezett,

viszont van veges hatarerteke:

limx→0

sinx

x= 1.

Az x = 0 pont tehat az f fuggvenynek megszuntetheto szakadasa. Az

f1(x) =

{sinx

x, ha x = 0,

1, ha x = 0.

fuggveny minden valos szamra ertelmezett es folytonos.

c) A 3.37. Pelda fuggvenyeinek a szemlelt pontokban elso tıpusu szakadasa van, tehataz f(x) = sgnx fuggvenynek az x = 0 pontban, f(x) = [x] fuggvenynek az x = 3pontban es f(x) = {x} fuggvenynek az x = 2 pontban, hiszen baloldali es jobboldalihatarertekeik leteznek a szemlelt pontokban, de azok egymassal nem egyenloek.

d) Az f(x) =1

x− 2fuggveny az x = 2 pontban nem folytonos (minden mas helyen igen).

A fuggvenynek itt masodik tıpusu szakadasa van, mert a baloldali es jobboldalihatarertekek ±∞-be tartanak, ugyanis

limx→2−0

1

x− 2=

1

2− 0− 2=

1

−0= −∞ es lim

x→2+0

1

x− 2=

1

2 + 0− 2=

1

+0= +∞.

e) az f(x) = e1x fuggvenynek az x = 0 pontban szinten masodik tıpusu szakadasa

van, mert itt nincs hatarerteke, ugyanis a baloldali es jobboldali hatarertekek nemegyeznek meg.

limx→0−0

e1x = 0, lim

x→0+0e

1x = +∞.

3.22. Definıcio. Az x = a egyenesre akkor mondjuk, hogy az y = f(x) fuggvenygrafikonfuggoleges (vagy vertikalis) aszimptotaja, ha a

limx→a−0

f(x) = ±∞ vagy limx→a+0

f(x) = ±∞

hatarertekek valamelyike teljesul.


3.41. Pelda. a) Az f(x) = loga x logaritmusfuggvenynek az x = 0 egyenes feloldalifuggoleges aszimptotaja, mert

limx→0+0

loga x = −∞ (a > 1) es limx→0+0

loga x =∞ (0 < a < 1).

b) Az f(x) =1

xfuggvenynek az x = 0 egyenes fuggoleges aszimptotaja, mert

limx→0−0

1

x= −∞ es lim

x→0+0

1

x=∞.

c) Az f(x) = tgx fuggvenynek az x =π

2egyenes fuggoleges aszimptotaja, mert

limx→π

2−0

tgx =∞ es limx→π

2+0

tgx = −∞.

d) Az f(x) = ctgx fuggvenynek az x = 0 egyenes fuggoleges aszimptotaja, mert

limx→0−0

ctgx = −∞ es limx→0+0

ctgx =∞.

e) Az f(x) = arthx fuggvenynek az x = −1 es x = 1 egyenesek feloldali fuggolegesaszimptotai, mert

limx→−1+0

arthx = −∞ es limx→1−0

arthx =∞.

f) Az f(x) = arcthx fuggvenynek az x = −1 es x = 1 egyenesek feloldali fuggolegesaszimptotai, mert

limx→−1−0

arcthx = −∞ es limx→1+0

arcthx =∞.

3.23. Definıcio. Az y = kx + n egyenest akkor nevezzuk az y = f(x) fuggvenygrafikonferde aszimptotajanak, az x → +∞ (x → −∞) eseteben, ha az f fuggveny es az adottegyenes megfelelo ordinataja kozotti kulonbseg nullahoz tart, ha x → +∞ (x → −∞),vagyis ha

limx→+∞

[f(x)− (kx+ n)] = 0

(lim

x→−∞[f(x)− (kx+ n)] = 0

).

Ha k = 0, akkor az y = n egyenes az y = f(x) fuggvenygrafikon vızszintes (vagy hori-zontalis) aszimptotaja x→ +∞ (x→ −∞) eseten.

Megjegyezzuk, hogy a fuggvenyeknek lehetnek kozos ferde vagy vızszintes aszimptotaix→ +∞ (x→ −∞) eseten, amit x→ ±∞ modon szoktunk felırni.

3.42. Pelda. a) Az f(x) = ax (a > 0, a = 1) fuggvenynek az y = 0 egyenes vızszintesaszimptotaja, mert

limx→−∞

loga x = 0 (a > 1) es limx→+∞

loga x = 0 (0 < a < 1).


b) Az f(x) =1

xfuggvenynek az y = 0 egyenes vızszintes aszimptotaja, mert

limx→−∞

1

x= lim

x→+∞

1

x= 0.

c) Az f(x) = arctgx es f(x) = arcctgx fuggvenyeknek az y = −π2es y =

π

2egyenesek

vızszintes aszimptotai, mert

limx→−∞

arctgx = −π2, limx→+∞

arctgx =π

2, lim

x→−∞arcctgx =

π

2, limx→+∞

arcctgx = −π2.

d) Az f(x) = thx es f(x) = cthx fuggvenyeknek az y = −1 es y = 1 egyenesek vızszintesaszimptotai, mert

limx→−∞

thx = −1, limx→+∞

thx = 1, limx→−∞

cthx = −1, limx→+∞

cthx = 1.

3.43. Pelda. Mivel f(x) =x2

x− 1= x+ 1+

1

x− 1, ezert f(x)− (x+ 1) =

1

x− 1. Ennek

alapjan

limx→±∞

[f(x)− (x+ 1)] = limx→±∞

1

x− 1= 0,

tehat a definıcio alapjan az f(x) =x2

x− 1fuggvenynek az y = x + 1 egyenes ferde a-

szimptotaja. Ugyanakkor az y =x2

x− 1fuggvenygrafikonnak az x = 1 egyenes fuggoleges

aszimptotaja, hiszen

limx→1−0

x2

x− 1=

(1− 0)2

1− 0− 1=

1

−0= −∞, lim

x→1+0

x2

x− 1=

(1 + 0)2

1 + 0− 1=

1

+0= +∞.

y=x2

x- 1

x=1

y=x+1

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5x

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

y


A ferde aszimptota meghatarozasa nem mindig lehetseges az elozo peldaban bemutatotteljarassal. Ezert van szukseg a kovetkezo tetelre.

3.17. Tetel. Az y = f(x) fuggvenygrafikonnak az y = kx + n egyenes x → +∞ eseten(x→ −∞ eseten) akkor es csakis akkor ferde aszimptotaja, ha a

limx→+∞

f(x)

x= k

(lim

x→−∞

f(x)

x= k

)es lim

x→+∞[f(x)− kx] = n

(lim

x→−∞[f(x)− kx] = n

)hatarertekek leteznek.

Bizonyıtas. Tegyuk fel eloszor, hogy az y = kx+ n egyenes az y = f(x) fuggvenygrafikonferde aszimptotaja, ha x → +∞, azaz teljesuljon a lim

x→+∞[f(x) − (kx + n)] = 0 feltetel.

Igazoljuk, hogy a ferde aszimptota k es n egyutthatoit a

k = limx→+∞

f(x)

xes n = lim

x→+∞[f(x)− kx]

hatarertekek segıtsegevel tudjuk meghatarozni, s hogy ezek leteznek.E celbol vezessuk be az f(x)−(kx+n) = α(x) helyettesıtest, amelybol f(x) = kx+n+α(x)adodik, ahol lim

x→+∞α(x) = 0. Ekkor

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

kx+ n+ α(x)

x= lim

x→+∞

(k +

n

x+α(x)

x

)= k,

limx→+∞

[f(x)− kx] = limx→+∞

[(kx+ n+ α(x))− kx] = limx→+∞

[n+ α(x)] = n,

tehat az allıtas belattuk.Fordıtva, tegyuk most fel, hogy leteznek a

limx→+∞

f(x)

x= k es lim

x→+∞[f(x)− kx] = n

hatarertekek. Igazoljuk, hogy az y = kx + n egyenes az y = f(x) fuggvenygrafikon ferdeaszimptotaja, ha x → +∞. Ekkor a masodik hatarertekbol az α(x) = f(x) − (kx + n)jelolest alkalmazva adodik, hogy

limx→+∞

α(x) = limx→+∞

[f(x)− (kx+ n)] = limx→+∞

[f(x)− kx]− n = n− n = 0,

innen pediglim

x→+∞[f(x)− (kx+ n)] = 0,

vagyis az y = kx + n egyenes az y = f(x) fuggvenygrafikon ferde aszimptotaja, hax→ +∞.A bizonyıtas analog modon az x→ −∞ esetben is elvegezheto. ⋄

3.44. Pelda. Az f(x) =x2

x− 1fuggveny ferde aszimptotait az elobbi tetel kepletei

segıtsegevel is kiszamıthatjuk. Ekkor a ferde aszimptotat az y = kx+n egyenes alakjabankeressuk, ahol

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

x2

x(x− 1)= lim

x→±∞

x

x− 1= 1,

n = limx→±∞

[f(x)− kx] = limx→±∞

[x2

x− 1− x]= lim

x→±∞

x

x− 1= 1,

tehat y = x+ 1 a keresett ferde aszimptota.


FELADATOK.

Vizsgaljuk ki a kovetkezo fuggvenyek aszimptotait.

1. f(x) =1

x2 + x− 2

Megoldas. Mivel x2+x−2 = (x+2)(x−1), ıgy a fuggveny ertelmezesi tartomanyaDf = R \ {−2, 1}. Ez azt jelenti, hogy x = −2-ben es x = 1-ben a fuggvenynekszakadaspontja van. Mivel

limx→−2−0

1

(x+ 2)(x− 1)=

1

(−2− 0 + 2)(−2− 0− 1)=

1

−0 · (−3)= +∞,

limx→−2+0

1

(x+ 2)(x− 1)=

1

(−2 + 0 + 2)(−2 + 0− 1)=

1

+0 · (−3)= −∞,

ıgy a fuggvenynek az x = −2 egyenes fuggoleges aszimptotaja. Mivel

limx→1−0

1

(x+ 2)(x− 1)=

1

(1− 0 + 2)(1− 0− 1)=

1

3 · (−0)= −∞,

limx→1+0

1

(x+ 2)(x− 1)=

1

(1 + 0 + 2)(1 + 0− 1)=

1

3 · (+0)= +∞,

ezert a fuggvenynek az x = 1 egyenes fuggoleges aszimptotaja.A fuggvenynek az y = 0 egyenes vızszintes aszimptotaja, mert

limx→±∞

1

(x+ 2)(x− 1)= 0.

Mivel az y = kx+ n ferde aszimptota k = 0 eseten lesz vızszintes helyzetu (y = n),ezert ha a fuggvenynek van vızszintes aszimptotaja, akkor nincs ferde aszimptotaja,es fordıtva.

2. f(x) =x2 − x− 5

x+ 2

Megoldas. A fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R \ {−2}. A fuggvenynek azx = −2 egyenes fuggoleges aszimptotaja, mert

limx→−2−0

x2 − x− 5

x+ 2=

(−2− 0)2 − (−2− 0)− 5

−2− 0 + 2=

1

−0= −∞,

limx→−2+0

x2 − x− 5

x+ 2=

(−2 + 0)2 − (−2 + 0)− 5

−2 + 0 + 2=

1

+0= +∞.

Mivel

limx→+∞

x2 − x− 5

x+ 2= +∞ es lim

x→−∞

x2 − x− 5

x+ 2= −∞,

ezert a fuggvenynek nincs vızszintes aszimptotaja.A ferde aszimptotat y = kx+ n alakban keressuk, ahol

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

x2 − x− 5

x2 + 2x= 1,


n = limx→±∞

[f(x)− kx] = limx→±∞

[x2 − x− 5

x+ 2− x]=

= limx→±∞

x2 − x− 5− x2 − 2x

x+ 2= lim

x→±∞

−3x− 5

x+ 2= −3,

ıgy az y = x− 3 egyenes a fuggveny ferde aszimptotaja.

3. f(x) = e−1x

Megoldas. A fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R \ {0}.Az x = 0 egyenes a fuggveny egyoldali fuggoleges aszimptotaja, mert

limx→0−0

e−1x = e−

1−0 = e+∞ =∞ es lim

x→0+0e−

1x = e−

1+0 = e−∞ =

1

e∞=

1

∞= 0.

Mivel

limx→+∞

e−1x = e−

1∞ = e−0 = 1 es lim

x→−∞e−

1x = e−

1−∞ = e+0 = 1,

ezert az y = 1 egyenes a fuggveny vızszintes aszimptotaja, es ıgy a fuggvenynekferde aszimptotaja nincs.

4. f(x) = x− arctgx

Megoldas. Mivel Df = R, ezert a fuggvenynek nincs szakadaspontja, s ıgyfuggoleges aszimptotaja sem. Mivel

limx→+∞

(x− arctgx) = +∞− π2= +∞, lim

x→−∞(x− arctgx) = −∞−

(−π2

)= −∞,

ezert a fuggvenynek nincs vızszintes aszimptotaja.Keressuk y = kx+ n alakban a ferde aszimptotat. Mivel

k1 = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

x− arctgx

x= lim

x→+∞

(1− arctgx

x

)= 1−

π2

+∞= 1,

k2 = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

x− arctgx

x= lim

x→−∞

(1− arctgx

x

)= 1−

−π2

−∞= 1,

n1 = limx→+∞

[f(x)− kx] = limx→+∞

(x− arctgx− x) = limx→+∞

(−arctgx) = −π2

es

n2 = limx→−∞

[f(x)− kx] = limx→−∞

(x− arctgx− x) = limx→−∞

(−arctgx) = π

2,

ezert a fuggvenynek ket ferde aszimptotaja van, ezek pedig az y = x − π

2es az

y = x+π

2egyenesek. Ha x→ +∞, akkor a fuggveny az y = x− π

2egyeneshez, ha

x → −∞, akkor pedig a fuggveny az y = x +π

2egyeneshez kozelıt. Vegyuk eszre,

hogy az f fuggveny grafikonjanak most egymassal parhuzamos ferde aszimptotaivannak.


5. f(x) = x−√x2 − x− 6

Megoldas. Az f fuggveny akkor ertelmezett, ha x2 − x − 6 ≥ 0, illetve ha az(x− 3)(x+2) ≥ 0 egyenlotlenseg igaz, ami a Df = (−∞,−2]∪ [3,+∞) ertelmezesitartomanyon teljesul.Mivel a fuggveny x = −2-ben es x = 3-ban ertelmezett, azaz az f(−2) = −2 esf(3) = 3 valos ertekek leteznek, ezert a fuggvenynek fuggoleges aszimptotaja nincs.Vizsgaljuk ki, hogy van-e vızszintes aszimptotaja.

limx→+∞

(x−√x2 − x− 6

)= (∞−∞) =

= limx→+∞

[(x−√x2 − x− 6

)· x+

√x2 − x− 6

x+√x2 − x− 6

]= lim

x→+∞

x2 − x2 + x+ 6

x+√x2 − x− 6

=

= limx→+∞

x+ 6

x+ |x|√

1− 1x− 6

x2

= limx→+∞

x(1 + 6

x

)x(1 +

√1− 1

x− 6

x2

) =1

1 + 1=

1

2,

viszontlim

x→−∞

(x−√x2 − x− 6

)= −∞−∞ = −∞,

es ez azt jelenti, hogy a fuggvenynek x → +∞ eseten az y =1

2egyenes vızszintes

aszimptotaja, de x→ −∞ eseten nincs vızszintes aszimptotaja.A ferde aszimptota kivizsgalasat ezert csak az x→ −∞ esetere korlatozzuk. Keres-suk a fuggveny ferde aszimptotajat y = kx+ n alakban. Ekkor

k = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

x−√x2 − x− 6

x= lim

x→−∞

x− |x|√

1− 1x− 6

x2

x=

= limx→−∞

x+ x√1− 1

x− 6

x2

x= lim

x→−∞

x(1 +

√1− 1

x− 6

x2

)x

= 1 +√1 = 2

esn = lim

x→−∞[f(x)− kx] = lim

x→−∞

(x−√x2 − x− 6− 2x

)=

= limx→−∞

(−x−

√x2 − x− 6

)= (−1) · lim

x→−∞

(x+√x2 − x− 6

)=

= (−1) · limx→−∞

[(x+√x2 − x− 6

)· x−

√x2 − x− 6

x−√x2 − x− 6

]=

= (−1) · limx→−∞

x2 − x2 + x+ 6

x− |x|√1− 1

x− 6

x2

= (−1) · limx→−∞

x(1 + 6

x

)x(1 +

√1− 1

x− 6

x2

) =

= (−1) · 1

1 + 1= −1

2,

vagyis x→ −∞ eseten a fuggvenynek ferde aszimptotaja van, megpedig az

y = 2x− 1

2egyenes.

169

4. Egyvaltozos valos fuggvenyek differencialszamıtasa

4.1. A differencialszamıtas alapfogalmai

4.1.1. A gorbe erintoje es a pillanatnyi sebesseg

Tekintsuk az f : R+ → R+ f(x) = 4√x fuggvenyt. Huzzuk meg az y = 4

√x gorbe

egy szelojet a P0(1, 4√1) es P1(9, 4

√9) pontokon at, majd egy masikat a P0(1, 4

√1) es

P2(4, 4√4) pontokon keresztul. (A gorbe szelojenek nevezunk minden olyan egyenest,

amelynek a gorbevel legalabb ket kozos pontja van.) Ezeknek a szeloknek az iranytenyezoje

k1 = tgα1 =4√9− 4

√1

9− 1= 1, k2 = tgα2 =

4√4− 4

√1

4− 1=

4

3.

Kepzeljunk el egy olyan {xn}szamsorozatot, ahol x1 = 9, x2 = 4,a sorozat tobbi eleme pedig monotoncsokkenve tart 1-hez, azaz xn → 1.Ha szelot fektetunk a P0(1, 4

√1)

es valamely Pn(xn, 4√xn) ponton

keresztul, akkor a kapott szeloiranytangense

kn = tgαn =4√xn − 4

√1

xn − 1es

y=4 x

P0

P1

P2

t

ΑΑ1 Α2

11 4 9x

1

4

8

12

y

A = limxn→1

tgαn = limxn→1

4√xn − 4

√1

xn − 1= lim

xn→1

4(√xn −

√1)

xn − 1·√xn +

√1

√xn +

√1=

= 4 limxn→1

xn − 1

(xn − 1)(√xn +

√1)

= 4 limxn→1

1√xn +

√1= 4 · 1

2= 2.

Ha xn → 1, akkor a megfelelo szelok sorban az y = 4√x gorbe P0(1, 4) pontban huzott

erintojehez tartanak, tehat A = 2 ennek az erintonek az iranytenyezoje. (A gorbe erin-tojenek nevezunk minden olyan egyenest, amelynek a gorbevel legalabb egy kozos pontjavan es a kozos pont - ugynevezett erintesi pont - egy kornyezeteben a gorbe csak az egyenesegyik oldalan helyezkedik el.)

Altalanosan tekintsunk egy f fuggvenyt, amely ertelmezett az x0 ∈ R pont egy kor-nyezeteben. Vegyunk ismet xn = x0, xn → x0 pontokat es tekintsuk a P0(x0, f(x0)) esPn(xn, f(xn)) pontokon athalado szelo iranytangenset. Jelolje ∆x = xn−x0 az x-tengelyenaz x0 ponttol valo eltavolodas merteket, azaz az x fuggetlen valtozo novekmenyet es

170 4. EGYVALTOZOS VALOS FUGGVENYEK DIFFERENCIALSZAMITASA

∆y = f(xn)− f(x0) az y-tengelyen az f(x0) fuggvenyertektol valo eltavolodas merteket,azaz az f fuggveny x0 ponthoz tartozo novekmenyet. Most

tgαn =f(xn)− f(x0)

xn − x0=

∆y

∆x

alakban is felırhato, s ezt a∆y

∆xhanyadost az y = f(x) fuggvenygorbe x = x0 ponthoz

tartozo differenciahanyadosanak (kulonbsegi hanyadosanak) nevezzuk. Ha letezik az

A = limxn→x0

tgαn = limxn→x0

f(xn)− f(x0)xn − x0

= lim∆x→0

∆y

∆x

hatarertek, akkor azt mondjuk, hogy az f fuggveny grafikonjanak a P0(x0, f(x0)) pontbanletezik erintoje es ennek az erintonek az iranytangense A.

Tekintsuk most az egyik specialis mozgast, a szabadesest. Ha egy golyot leejtunk akkor

a golyo t0 ido alatt s0 =g

2t20, tn ido alatt pedig sn =

g

2t2n utat tesz meg (g a nehezsegi

gyorsulas). A

g2t2n −

g2t20

tn − t0

hanyados azt az atlagsebesseget mutatja, amivel haladva a golyo az sn − s0 utat tn − t0ido alatt tenne meg. Ha tn olyan idopillanatok sorozata, hogy tn = t0, tn → t0, akkor haa

v = limtn→t0

g2t2n −

g2t20

tn − t0

hatarertek letezik, akkor ezt a v hatarerteket a mozgo test t0 idopontbeli pillanatnyisebessegenek nevezzuk.

Altalanosan, ha ismerjuk az s = s(t) utfuggvenyt, es tn olyan idopillanatok sorozata, hogytn = t0, tn → t0, valamint ha ∆t = tn − t0 az ido, mint fuggetlen valtozo novekmenyees ∆s = s(tn) − s(t0) az utfuggveny novekmenye, akkor a t0 idopontban a mozgo testpillanatnyi sebessege

v = limtn→t0

s(tn)− s(t0)tn − t0

= lim∆t→0

∆s

∆t.

A ket problemaban az kozos, hogy 0-val nem lehet osztani. Ezert kell a szelok iranytan-genseibol, illetve az atlagsebessegekbol sorozatokat kepezni es vizsgalni, hogy e sorozatokkonvergensek-e.

4.1. A differencialszamıtas alapfogalmai 171

4.1.2. A derivalt (differencialhanyados) fogalma

Egy pontbeli erinto es egy idopontbelisebesseg problemajanak vizsgalata ugyan-arra a feladatra vezetett. Azt kell vizsgalni,hogy ha adott egy f : (a, b) → R fuggvenyes x0 ∈ (a, b), akkor az

f(x0 +∆x)− f(x0)∆x

differenciahanyados fuggvenynek letezik-ehatarerteke az x0 pontban, ha ∆x kozelıtnullahoz.

y= f HxL

x0 x0+Dx

f Hx0L

f Hx0+DxL

Dx

Dy t

Αx

y

Sok mas gyakorlati (suruseg, aramerosseg, gyorsulas) es elmeleti feladat is ugyanerre aproblemara vezet, ezert erdemes erre a hatarertekre kulon elnevezest bevezetni.

4.1. Definıcio. Legyen f az (a, b) intervallumon ertelmezett fuggveny es x0 ∈ (a, b)egy adott pont. Legyen tovabba ∆x az x fuggetlen valtozo olyan novekmenye, amelyreigaz, hogy x0 + ∆x ∈ (a, b). Ekkor az f fuggvenyt az x0 pontban derivalhatonak vagydifferencialhatonak nevezzuk, ha letezik a

lim∆x→0

f(x0 +∆x)− f(x)∆x

hatarertek. Ezt a hatarerteket nevezzuk az f fuggveny x0 pontbeli derivaltjanak vagy dif-ferencialhanyadosanak, szokasos jelolese pedig

f ′(x0) = lim∆x→0

f(x0 +∆x)− f(x)∆x

= lim∆x→0

∆y

∆x=dy

dx

∣∣∣∣x=x0

.

A derivalt tovabbi jelolesei:

f ′(x)

∣∣∣∣x=x0

, illetvedf

dx

∣∣∣∣x=x0

.

Ez utobbi jeloles egybetartozo szimbolum, a tortvonal tehat nem osztast jelol!

Szokas a derivalt definıciojaban hasznalni a ∆x = h jelolest. Ekkor az f fuggveny x0helyen vett derivaltjat ıgy is ırhatjuk:

f ′(x0) = lim∆x→0

f(x0 +∆x)− f(x0)∆x

= limh→0

f(x0 + h)− f(x0)h

.

Vezessuk be most az x = x0 + ∆x jelolest. Ez esetben ∆x → 0 akkor es csak akkorteljesul, ha x→ x0. Ezzel a jelolessel az f fuggveny x0 helyen vett differencialhanyadosaa kovetkezo ekvivalens alakban ırhato fel:

f ′(x0) = lim∆x→0

f(x0 +∆x)− f(x0)∆x

= limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

.


Mivel az x0 pontbeli differencialhanyados erteke a P0(x0, f(x0)) pontban megegyezik azy = f(x) fuggvenygorbehez huzott t erinto meredeksegevel, vagyis

limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

= f ′(x0) = tgα,

ezert a t erintoegyenes egyenlete

t : y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0),

a P0(x0, f(x0)) pontban y = f(x) fuggvenygorbehez huzott n meroleges egyenes egyenletepedig

n : y − f(x0) = −1

f ′(x0)(x− x0).

Lathato, hogy a differencialhatosag a fuggveny pontbeli tulajdonsaga, bar a pont kornye-zeteben valo ertelmezettsege is kovetelmeny. Termeszetesen vannak olyan fuggvenyek,amelyek ertelmezesi tartomanyuk tobb pontjaban, esetleg ertelemzesi tartomanyuk vala-mely reszintervalluman differencialhatok, sot sok fuggveny a teljes ertelmezesi tartoma-nyan differencialhato. Az alabbiakban megadjuk az intervallumon valo differencialhatosagdefinıciojat.

4.2. Definıcio. Az f fuggvenyt az (a, b) intervallumon differencialhato fuggvenyneknevezzuk, ha f az (a, b) intervallum minden pontjaban differencialhato.

4.3. Definıcio. Azt a fuggvenyt, mely az (a, b) intervallum minden pontjahoz az f adottpontbeli derivaltjat rendeli hozza, az f fuggveny derivaltfuggvenyenek, vagy roviden de-

rivaltjanak nevezzuk es f ′-vel, vagydf

dx-szel jeloljuk, s ıgy

f ′(x) = lim∆x→0

f(x+∆x)− f(x)∆x

, x ∈ (a, b).

4.1. Pelda. Legyenek a es b valos szamok. Az f(x) = ax + b fuggveny derivaltjat adefinıco segıtsegevel a kovetkezokeppen szamıthatjuk ki:

(ax+ b)′ = f ′(x) = lim∆x→0


= lim∆x→0

a(x+∆x) + b− ax− b∆x

=

= lim∆x→0

a(x+∆x− x)∆x

= lim∆x→0

a∆x

∆x= lim

∆x→0

a

1= a.

4.2. Pelda. Az f(x) = x2 fuggveny derivaltja a definıco segıtsegevel ıgy szamıthato ki:

(x2)′ = f ′(x) = lim∆x→0


= lim∆x→0

(x+∆x)2 − x2

∆x=

= lim∆x→0

x2 + 2x∆x+ (∆x)2 − x2

∆x= lim

∆x→0

∆x(2x+∆x)

∆x= lim

∆x→0

2x+∆x

1= 2x.


4.3. Pelda. Az f(x) =√x fuggveny derivaltjanak kiszamıtasa a definıco segıtsegevel:

(√x)′ = f ′(x) = lim

∆x→0


= lim∆x→0

√x+∆x−

√x

∆x=

= lim∆x→0

√x+∆x−

√x

∆x·√x+∆x+

√x√

x+∆x+√x=

= lim∆x→0

x+∆x− x(∆x)(

√x+∆x+

√x)

= lim∆x→0

1√x+∆x+

√x=

1

2√x.

4.4. Pelda. Az f(x) = sin x fuggveny derivaltjanak meghatarozasa a definıco segıtsegevel:

(sinx)′ = f ′(x) = lim∆x→0


= lim∆x→0

sin(x+∆x)− sin x

∆x=

= lim∆x→0

2 sin ∆x2cos 2x+∆x

2

∆x= lim

∆x→0

sin ∆x2cos 2x+∆x

2∆x2

=

= lim∆x2

→0

sin ∆x2

∆x2

· lim∆x→0

cos2x+∆x

2= 1 · cosx = cosx.

4.5. Pelda. Az f(x) = cosx fuggveny derivaltjanak kiszamıtasa a definıco alapjan:

(cosx)′ = f ′(x) = lim∆x→0


= lim∆x→0

cos(x+∆x)− cos x

∆x=

= lim∆x→0

−2 sin ∆x2sin 2x+∆x

2

∆x= − lim

∆x→0

sin ∆x2sin 2x+∆x

2∆x2

=

= − lim∆x2

→0

sin ∆x2

∆x2

· lim∆x→0

sin2x+∆x

2= −1 · sinx = − sinx.

4.6. Pelda. Az f(x) = ax fuggveny derivaltjat is ki lehet szamıtani a definıco segıtsegevel.Legyen a > 0, a = 1 es x ∈ R. Ekkor

(ax)′ = f ′(x) = lim∆x→0


= lim∆x→0

ax+∆x − ax

∆x= ax lim

∆x→0

a∆x − 1

∆x= ax ln a.

A levezetesben felhasznaltuk a limt→0

at − 1

t= at ln a ismert hatarerteket.

Az a = e specialis esetben azt kapjuk, hogy (ex)′ = ex.

4.7. Pelda. Az f(x) = lnx fuggveny derivaltja is kiszamıthato a definıco segıtsegevel.Ha x > 0, akkor

(lnx)′ = f ′(x) = lim∆x→0


= lim∆x→0

ln(x+∆x)− lnx

∆x=

= lim∆x→0

ln(x+∆x

x

)∆x

= lim∆x→0

ln(1 + ∆x

x

)∆xx

· 1x=

1

x,

felhasznalva a limt→0

ln(1 + t)

t= 1 ismert hatarerteket.

Hasonloan mutathato meg, hogy (loga x)′ =

1

x ln a, x > 0, a > 0, a = 1.


Emlekezzunk vissza, hogy egy x0 pontban folytonos f valos fuggveny mindig kielegıti a

limx→x0

f(x) = f(x0)

feltetelt, amelyet a kovetkezo formaban is felırhatunk:

lim∆x→0

[f(x0 +∆x)− f(x0)] = 0.

Az ıgy felırt feltetel lathatoan szukseges ahhoz, hogy azf(x0 +∆x)− f(x0)

∆xdifferen-

ciahanyadosnak legyen veges hatarerteke ∆x → 0 eseten. Megfogalmazhato tehat azalabbi allıtas:

4.1. Tetel. Ha az f valos fuggveny differencialhato az x0 pontban, akkor f folytonos isaz x0 pontban.

Valamely fuggveny adott pontbeli folytonossagabol nem kovetkezik e pontbeli differenci-alhatosaga, bar lehet differencialhato is.

4.8. Pelda. Az f(x) = |x| fuggveny x = 0 pontban folytonos, de nem differencialhato.

4.9. Pelda. Az f(x) = 3√x fuggveny x = 0 pontban folytonos es differencialhato is.

A differencialhatosag tehat erosebb feltetelt jelent, mint a folytonossag. Tetelunk alapjanvilagos, ha f az x0 pontban nem folytonos, akkor ott nem is differencialhato.

4.1.3. Differencialasi szabalyok

4.2. Tetel. Ha az f fuggveny differencialhato az x pontban, akkor a cf fuggveny isdifferencialhato az x pontban, ahol k tetszoleges konstans, es

[kf(x)]′ = kf ′(x).

Bizonyıtas. Legyen F (x) = kf(x). Ekkor

[kf(x)]′ = F ′(x) = lim∆x→0

F (x+∆x)− F (x)∆x

= lim∆x→0

kf(x+∆x)− kf(x)∆x

=

= lim∆x→0

k[f(x+∆x)− f(x)]∆x

= k lim∆x→0


= kf ′(x).

⋄

4.3. Tetel. Ha az f es g fuggvenyek differencialhatok az x pontban, akkor f + g osszegukis differencialhato az x pontban, es

(f + g)′(x) = [f(x) + g(x)]′ = f ′(x) + g′(x).


Bizonyıtas. Legyen F (x) = f(x) + g(x). Ekkor

[f(x) + g(x)]′ = F ′(x) = lim∆x→0

F (x+∆x)− F (x)∆x

=

= lim∆x→0

f(x+∆x) + g(x+∆x)− (f(x) + g(x))

∆x=

= lim∆x→0

(f(x+∆x)− f(x)

∆x+g(x+∆x)− g(x)

∆x

)= lim

∆x→0


+ lim∆x→0

g(x+∆x)− g(x)∆x

= f ′(x) + g′(x).

⋄

4.4. Tetel. Ha az f es g fuggvenyek differencialhatok az x pontban, akkor f − g kulonb-seguk is differencialhato az x pontban, es

(f − g)′(x) = [f(x)− g(x)]′ = f ′(x)− g′(x).

Bizonyıtas. Legyen F (x) = f(x)− g(x). Ekkor

[f(x)− g(x)]′ = F ′(x) = lim∆x→0

F (x+∆x)− F (x)∆x

=

= lim∆x→0

f(x+∆x)− g(x+∆x)− (f(x)− g(x))∆x

=

= lim∆x→0

(f(x+∆x)− f(x)

∆x− g(x+∆x)− g(x)

∆x

)= lim

∆x→0


− lim∆x→0


= f ′(x)− g′(x).

⋄

4.5. Tetel. Ha az f es g fuggvenyek differencialhatok az x pontban, akkor fg szorzatukis differencialhato az x pontban es ervenyes, hogy:

(fg)′(x) = [f(x)g(x)]′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Bizonyıtas. Legyen F (x) = f(x)g(x). Ekkor

[f(x)g(x)]′ = F ′(x) = lim∆x→0

F (x+∆x)− F (x)∆x

=

= lim∆x→0

f(x+∆x)g(x+∆x)− f(x)g(x)∆x

=

= lim∆x→0

f(x+∆x)g(x+∆x)− f(x)g(x+∆x) + f(x)g(x+∆x)− f(x)g(x)∆x

=

= lim∆x→0


g(x+∆x) + f(x) lim∆x→0


=

= f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

⋄


4.6. Tetel. Ha az f es g fuggvenyek differencialhatok az x pontban es g(x) = 0, akkor a

fuggvenyekf

ghanyadosa is differencialhato az x pontban es ervenyes, hogy:

(f

g

)′

(x) =

[f(x)

g(x)

]′=f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)

(g(x))2.

Bizonyıtas. Legyen F (x) =f(x)

g(x). Ekkor

[f(x)

g(x)

]′= F ′(x) = lim

∆x→0

F (x+∆x)− F (x)∆x

=1

∆xlim

∆x→0

f(x+∆x)

g(x+∆x)− f(x)

g(x)=

= lim∆x→0

f(x+∆x)g(x)− f(x)g(x) + f(x)g(x)− f(x)g(x+∆x)

(∆x)g(x+∆x)g(x)=

= lim∆x→0

1

g(x+∆x)g(x)

[f(x+∆x)− f(x)

∆xg(x)− f(x)g(x+∆x)− g(x)

∆x

]=

=1

(g(x))2

[lim

∆x→0


g(x)− f(x) lim∆x→0


]=

=f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)

(g(x))2.

⋄

4.10. Pelda. Az f(x) = tgx fuggveny derivaltja a hanyados derivaltjanak szabalyasegıtsegevel ıgy szamıthato ki:

(tgx)′ =

(sin x

cos x

)′

=(sin x)′ cos x− sinx(cosx)′

cos2 x=

cos2 x+ sin2 x

cos2 x=

1

cos2 x.

4.11. Pelda. Az f(x) = ctgx fuggveny derivaltja is meghatarozhato a hanyados de-rivaltjanak szabalya segıtsegevel:

(ctgx)′ =(cos xsin x

)′=

(cosx)′ sinx− cosx(sinx)′

sin2 x=− sin2 x− cos2 x

sin2 x= − 1

sin2 x.

4.7. Tetel. Ha a g fuggveny differencialhato az x pontban es az f fuggveny differencial-hato a g(x) pontban, akkor az f ◦ g osszetett fuggveny is differencialhato az x pontban eservenyes, hogy:

(f ◦ g)′(x) = [f(g(x))]′ = f ′(g(x))g′(x).

Bizonyıtas. Legyen F (x) = f(g(x)). Ekkor

[f(g(x))]′ = F ′(x) = lim∆x→0

F (x+∆x)− F (x)∆x

= lim∆x→0

f(g(x+∆x))− f(g(x))∆x

=

= lim∆x→0

(f(g(x+∆x))− f(g(x))

g(x+∆x)− g(x)· g(x+∆x)− g(x)

∆x

)=


= limg(x+∆x)→g(x)

f(g(x+∆x))− f(g(x))g(x+∆x)− g(x)

· lim∆x→0


=

= f ′(g(x))g′(x),

ahol g(x + ∆x) → g(x), ha ∆x → 0, mert g differencialhato az x pontban es emiattfolytonos is x-ben. ⋄

4.12. Pelda. Legyen α tetszoleges valos szam. Ha f(x) = xα = eα lnx, akkor

(xα)′ = f ′(x) =(eα lnx

)′= eα lnx(α ln x)′ = xα · α

x= αxα−1.

4.13. Pelda. Mivel az osszetett fuggveny derivalasi szabalya szerint (e−x)′ = −e−x, ezert

(shx)′ =

(ex − e−x

2

)′

=ex + e−x

2= chx, (chx)′ =

(ex + e−x

2

)′

=ex − e−x

2= sh x.

4.14. Pelda. Az f(x) = thx fuggveny derivaltja ıgy szamıthato ki:

(thx)′ =

(sh x

ch x

)′

=(sh x)′chx− sh x(chx)′

ch 2x=

ch 2x− sh 2x

ch 2x=

1

ch 2x.

4.15. Pelda. Az f(x) = cthx fuggveny derivaltja a kovetkezokeppen hatarozhato meg:

(cthx)′ =

(chx

sh x

)′

=(chx)′shx− chx(sh x)′

sh 2x=

sh 2x− ch 2x

sh 2x= − 1

sh 2x.

4.8. Tetel. Az f fuggveny f−1 inverz fuggvenye differencialhato az x pontban, ha az ffuggveny differencialhato az f−1(x) pontban, ahol f ′(f−1(x)) = 0 es ervenyes, hogy:

(f−1)′(x) =

[f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x)).

Bizonyıtas. Az inverz fuggveny tulajdonsaga, hogy

f(f−1(x)) = x.

Meghatarozva mindket oldal derivaltjat kapjuk az osszetett fuggveny differencialasi szabalyaalapjan, hogy

f ′(f−1(x)) ·[f−1(x)

]′= 1.

Leosztas utan kovetkezik, hogy [f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x)).

⋄

A trigonometrikus fuggvenyek es a hiperbolikus fuggvenyek inverzeinek derivaltjait azelozoekben bemutatott keplet alapjan szamıthatjuk ki.


4.16. Pelda. Ha f(x) = sin x, akkor f−1(x) = arcsinx es f ′(x) = cosx. Ekkor

(arcsinx)′ =[f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x))=

1

cos(arcsinx).

Mivel cos x =√

1− sin2 x es sin(arcsin x) = x, ezert

(arcsinx)′ =1√

1− (sin(arcsinx))2=

1√1− x2

.

4.17. Pelda. Ha f(x) = cos x, akkor f−1(x) = arccos x es f ′(x) = − sinx. Ekkor

(arccosx)′ =[f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x))= − 1

sin(arccosx).

Mivel sin x =√1− cos2 x es cos(arccosx) = x, ezert

(arccosx)′ = − 1√1− (cos(arccosx))2

= − 1√1− x2

.

4.18. Pelda. Ha f(x) = tgx, akkor f−1(x) = arctgx es f ′(x) =1

cos2 x. Ekkor

(arctgx)′ =[f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x))=

11

(cos(arctgx))2

= (cos(arctgx))2.

Az inverz fuggveny tulajdonsaga alapjan tg (arctgx) = x es

cos2 x =cos2 x

1=

cos2 x

cos2 x+ sin2 x=

cos2 xcos2 x

cos2 x+sin2 xcos2 x

=1

1 + tg 2x,

ezert

(arctgx)′ =1

1 + (tg (arctgx))2=

1

1 + x2.

4.19. Pelda. Ha f(x) = ctgx, akkor f−1(x) = arcctgx es f ′(x) = − 1

sin2 x. Ekkor

(arcctgx)′ =[f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x))=

1

− 1(sin(arcctgx))2

= −(sin(arcctgx))2.

Az inverz fuggveny tulajdonsaga alapjan ctg (arcctgx) = x es

sin2 x =sin2 x

1=

sin2 x

sin2 x+ cos2 x=

sin2 xsin2 x

sin2 x+cos2 xsin2 x

=1

1 + ctg 2x,

ezert

(arcctgx)′ = − 1

1 + (ctg (arcctgx))2= − 1

1 + x2.


4.20. Pelda. Ha f(x) = shx, akkor f−1(x) = arshx es f ′(x) = chx. Ekkor

(arshx)′ =[f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x))=

1

ch (arsh x).

Mivel ch x =√1 + sh 2x es sh (arsh x) = x, ezert

(arshx)′ =1√

1 + (sh (arshx))2=

1√1 + x2

.

Ha a megfelelo area fuggvenyt logaritmusos alakban ırjuk fel, akkor a derivaltfuggveny aderivalasi szabalyok alkalmazasaval is kiszamıthato. Ebben az esetben

(arshx)′ =(ln(x+

√x2 + 1)

)′=

1

x+√x2 + 1

·(1 +

2x

2√x2 + 1

)=

=1

x+√x2 + 1

·√x2 + 1 + x√x2 + 1

=1√

1 + x2.

4.21. Pelda. Ha f(x) = chx, akkor f−1(x) = archx es f ′(x) = shx. Ekkor

(archx)′ =[f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x))=

1

sh (archx).

Mivel sh x =√ch 2x− 1 es ch (archx) = x, ezert

(archx)′ =1√

(ch (archx))2 − 1=

1√x2 − 1

.

A masik modon:

(archx)′ =(ln(x+

√x2 − 1)

)′=

1

x+√x2 − 1

·(1 +

2x

2√x2 − 1

)=

=1

x+√x2 − 1

·√x2 − 1 + x√x2 − 1

=1√

x2 − 1.

4.22. Pelda. Ha f(x) = thx, akkor f−1(x) = arthx es f ′(x) =1

ch 2x. Ekkor

(arthx)′ =[f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x))=

11

(ch(arthx))2

= (ch (arthx))2.

Az inverz fuggveny tulajdonsaga alapjan th(arthx) = x es

ch 2x =ch 2x

1=

ch 2x

ch 2x− sh 2x=

ch2xch2x

ch2x−sh2xsh2x

=1

1− th2x,

ezert

(arthx)′ =1

1− (th(arthx))2=

1

1− x2.

A masik modszerrel:

(arthx)′ =

(1

2· ln 1 + x

1− x

)′

=1

2· 1− x1 + x

· 1 · (1− x)− (−1) · (1 + x)

(1− x)2=

=1

2· 1− x1 + x

· 1− x+ 1 + x

(1− x)2=

1

2· 1

1 + x· 2

1− x=

1

1− x2.


4.23. Pelda. Ha f(x) = cthx, akkor f−1(x) = arcthx es f ′(x) = − 1

sh 2x. Ekkor

(arcthx)′ =[f−1(x)

]′=

1

f ′(f−1(x))=

1

− 1(sh(arcthx))2

= −(sh (arcthx))2.

Az inverz fuggveny tulajdonsaga alapjan cth (arcthx) = x es

−sh 2x =sh 2x

−1=

sh 2x

sh 2x− ch 2x=

sh2xsh2x

sh2x−ch2xsh2x

=1

1− cth 2x,

ezert

(arcthx)′ =1

1− (cth (arcthx))2=

1

1− x2.

A masik modszerrel:

(arcthx)′ =

(1

2· ln x+ 1

x− 1

)′

=1

2· x− 1

x+ 1· 1 · (x− 1)− 1 · (x+ 1)

(x− 1)2=

=1

2· x− 1

x+ 1· x− 1− x− 1

(x− 1)2=

1

2· 1

x+ 1· −2x− 1

=1

1− x2.


Elemi fuggvenyek derivaltjainak tablazata

1. (c)′ = 0, c = const.

2. (xα)′ = αxα−1, x > 0, α ∈ R

3. (ex)′ = ex, (ax)′ = ax ln a, x ∈ R, a > 0, a = 1

4. (lnx)′ =1

x, (loga x)

′ =1

x ln a, a > 0, a = 1

5. (sin x)′ = cos x, x ∈ R

6. (cosx)′ = − sinx, x ∈ R

7. (tgx)′ =1

cos2 x, x = π

2+ kπ, k ∈ Z

8. (ctgx)′ = − 1

sin2 x, x = kπ, k ∈ Z

9. (arcsinx)′ =1√

1− x2, |x| < 1

10. (arccosx)′ = − 1√1− x2

, |x| < 1

11. (arctgx)′ =1

1 + x2, x ∈ R

12. (arcctgx)′ = − 1

1 + x2, x ∈ R

13. (sh x)′ = chx, x ∈ R

14. (chx)′ = sh x, x ∈ R

15. (thx)′ =1

ch 2x, x ∈ R

16. (cth x)′ = − 1

sh 2x, x ∈ R \ {0}

17. (arsh x)′ =1√

x2 + 1

18. (archx)′ =1√

x2 − 1, |x| > 1

19. (arthx)′ =1

1− x2, |x| < 1

20. (arcthx)′ =1

1− x2, |x| > 1


FELADATOK

1. Hatarozzuk meg az f(x) = 2x2 − 3x+ 5 fuggveny derivaltjat a definıcio alapjan.

Megoldas.

(2x2 − 3x+ 5)′ = f ′(x) = lim∆x→0


=

= lim∆x→0

2(x+∆x)2 − 3(x+∆x) + 5− (2x2 − 3x+ 5)

∆x=

= lim∆x→0

2x2 + 4x∆x+ 2(∆x)2 − 3x− 3∆x− 2x2 + 3x− 5

∆x=

= lim∆x→0

∆x(4x+ 2∆x− 3)

∆x= lim

∆x→0

4x+ 2∆x− 3

1= 4x− 3.

2. Hatarozzuk meg az f(x) = x3 + 1 fuggveny derivaltjat a definıcio alapjan.

Megoldas. Az f(x) = x3 + 1 fuggveny derivaltjat a definıco segıtsegevel ıgyszamıthatjuk ki:

(x3 + 1)′ = f ′(x) = lim∆x→0


= lim∆x→0

(x+∆x)3 + 1− x3 − 1

∆x=

= lim∆x→0

x3 + 3x2∆x+ 3x(∆x)2 + (∆x)3 − x3

∆x=

= lim∆x→0

∆x(3x2 + 3x∆x+ (∆x)2)

∆x= lim

∆x→0

3x2 + 3x∆x+ (∆x)2

1= 3x2.

3. Hatarozzuk meg az f(x) = 3√2x− 5 fuggveny derivaltjat a definıcio alapjan.

Megoldas.

(3√2x− 5)′ = f ′(x) = lim

∆x→0


=

= lim∆x→0

3√

2(x+∆x)− 5− 3√2x− 5

∆x=

= 3 lim∆x→0

√2(x+∆x)− 5−

√2x− 5

∆x·√

2(x+∆x)− 5 +√2x− 5√

2(x+∆x)− 5 +√2x− 5

=

= 3 lim∆x→0

2(x+∆x)− 5− (2x− 5)

(∆x)(√2(x+∆x)− 5 +

√2x− 5)

=

= 3 lim∆x→0

2√2(x+∆x)− 5 +

√2x− 5

=3√

2x− 5.

Hatarozzuk meg a kovetkezo fuggvenyek derivaltjat, alkalmazva az elemi fuggvenyekderivaltjainak tablazatat es a derivalasi szabalyokat.

4. f(x) = x5 − 3x4 + 2x3 − 7x2 + x− πMegoldas.

f ′(x) =(x5 − 3x4 + 2x3 − 7x2 + x− π

)′=

= 5x4 − 3 · 4x3 + 2 · 3x2 − 7 · 2x+ 1 = 5x4 − 12x3 + 6x2 − 14x+ 1.


5. f(x) =6

x2− 5

x3+

√2

x4

Megoldas.

f ′(x) =

(6

x2− 5

x3+

√2

x4

)′

=(6x−2 − 5x−3 +

√2x−4

)′=

= 6 · (−2) · x−3 − 5 · (−3) · x−4 +√2 · (−4) · x−5 = −12

x3+

15

x4− 4√2

x5.

6. f(x) =√x+ 2 3

√x− 3 4

√x

Megoldas.

f ′(x) =(√

x+ 2 3√x− 3 4

√x)′=(x

12 + 2x

13 − 3x

14

)′=

=1

2x−

12 + 2 · 1

3· x−

23 − 3 · 1

4· x−

34 =

1

2√x+

2

3

3√x2 − 3

4

4√x3.

7. f(x) =3√x2 +

35√x4

Megoldas.

f ′(x) =

(3√x2 +

35√x4

)′

=(x

23 + 3x

45

)′=

2

3x−

13 + 3 · 4

5· x−

15 =

2

3 3√x+

12

5 5√x.

8. f(x) = x3

√x2

4√x3

Megoldas. Irjuk fel az irracionalis kifejezest x hatvanyakent. Ekkor

f ′(x) =

(x

3

√x2

4√x3)′

=(x · x

23 · x

312

)′=(x

2312

)′=

23

12· x

1112 =

2312√x11

12.

9. f(x) =a√x+ π 3

√x

3√x2

, a ∈ R

Megoldas. Bontsuk az adott fuggvenyt ket osszeadandora. Ekkor

f ′(x) =

(a√x+ π 3

√x

3√x2

)′

=

(a√x

3√x2

+π 3√x

3√x2

)′

=(a · x−

16 + πx−

13

)′=

= a ·(−1

6

)· x−

76 + π ·

(−1

3

)x−

43 = − a

6x 6√x− π

3x 3√x.

10. f(x) = xex

Megoldas. Alkalmazzuk a szorzat derivalasi szabalyat. Ekkor

f ′(x) = (xex)′ = (x)′ · ex + x · (ex)′ = 1 · ex + x · ex = (x+ 1)ex.


11. f(x) =(√

x+ 2)sin x

Megoldas.

f ′(x) =((√

x+ 2)sin x

)′=(√

x+ 2)′sin x+

(√x+ 2

)(sin x)′ =

=1

2√x· sinx+

(√x+ 2

)· cos x =

sin x

2√x+(√

x+ 2)cosx.

12. f(x) =x2

x3 + 5

Megoldas. Alkalmazzuk a hanyados derivalasi szabalyat. Ekkor

f ′(x) =

(x2

x3 + 5

)′

=(x2)′(x3 + 5)− x2 · (x3 + 5)′

(x3 + 5)2=

=2x(x3 + 5)− x2 · 3x2

(x3 + 5)2=

2x4 + 10x− 3x4

(x3 + 5)2=

10x− x4

(x3 + 5)2=x(10− x3)(x3 + 5)2

.

13. f(x) =2− ln x

2 + lnx

Megoldas.

f ′(x) =

(2− ln x

2 + lnx

)′

=(2− ln x)′(2 + lnx)− (2− ln x)(2 + lnx)′

(2 + lnx)2=

=− 1

x(2 + lnx)− (2− ln x) 1

x

(2 + lnx)2= −1

x· 2 + lnx+ 2− ln x

(2 + lnx)2= − 4

x(2 + lnx)2.

14. f(x) =sin x

1 + tgx

Megoldas.

f ′(x) =

(sin x

1 + tgx

)′

=(sin x)′(1 + tgx)− sinx(1 + tgx)′

(1 + tgx)2=

=cos x(1 + tgx)− sinx · 1

cos2 x

(1 + tgx)2=

cos x+ sin x− sinxcos2 x(

cosx+sinxcosx

)2 =

=cos3 x+sinx cos2 x−sinx

cos2 x

sin2 x+2 sinx cosx+cos2 xcos2 x

=cos3 x+ sin x(cos2 x− 1)

1 + sin 2x=

cos3 x− sin3 x

1 + sin 2x.

15. Szamıtsuk ki mennyi f ′(x0) erteke, ha f(x) =a− x1 + x

, a ∈ R es x0 = 1.

Megoldas. Hatarozzuk meg eloszor a fuggveny derivaltjat:

f ′(x) =

(a− x1 + x

)′

=(a− x)′(1 + x)− (a− x)(1 + x)′

(1 + x)2=

=(−1) · (1 + x)− (a− x) · 1

(1 + x)2=−1− x− a+ x

(1 + x)2= − a+ 1

(1 + x)2.


Szamoljuk most ki az f ′ fuggveny erteket 1-ben:

f ′(1) = − a+ 1

(1 + 1)2= −a+ 1

4.

Hatarozzuk meg a kovetkezo osszetett fuggvenyek derivaltjat.

16. f(x) = (3x+ 4)7

Megoldas.

f ′(x) =((3x+ 4)7

)′= 7 · (3x+ 4)6 · (3x+ 4)′ = 21(3x+ 4)6.

17. f(x) =√3x2 + 5x− 4

Megoldas.

f ′(x) =(√

3x2 + 5x− 4)′

=1

2√3x2 + 5x− 4

· (3x2 + 5x− 4)′ =6x+ 5

2√3x2 + 5x− 4

.

18. f(x) = arcsin

(2

x

)Megoldas.

f ′(x) =

(arcsin

(2

x

))′

=1√

1− 4x2

·(2

x

)′

=1√x2−4x2

· 2 ·(− 1

x2

)= − 2

x√x2 − 4

.

19. f(x) =1

3√x+√x

Megoldas.

f ′(x) =

(1

3√x+√x

)′

=((x+√x)− 1

3

)′= −1

3

(x+√x)− 4

3 ·(x+√x)′=

= −1

3· 1

3

√(x+

√x)

4·(1 +

1

2√x

)= − 1 + 2

√x

6√x (x+

√x) 3√x+√x.

20. f(x) = arctg

√1− x1 + x

Megoldas.

f ′(x) =

(arctg

√1− x1 + x

)′

=1

1 + 1−x1+x

· 1

2√

1−x1+x

· (−1) · (1 + x)− (1− x) · 1(1 + x)2

=

=1 + x

1 + x+ 1− x·√1 + x

2√1− x

· −1− x− 1 + x

(1 + x)2=

−2√1 + x

4(1 + x)√1− x

= − 1

2√1− x2

.


21. f(x) = ln

(1− sin x

1 + sin x

)Megoldas.

f ′(x) =

(ln

(1− sin x

1 + sin x

))′

=1 + sinx

1− sinx·(1− sin x

1 + sinx

)′

=

=1 + sin x

1− sinx· (− cos x)(1 + sinx)− (1− sin x) cos x

(1 + sinx)2=

=1

1− sin x· − cosx− sinx cosx− cos x+ sin x cos x

1 + sin x=

=−2 cos x1− sin2 x

=−2 cos xcos2 x

= − 2

cosx.

22. f(x) =2

3arctgx+

1

3arctg

x

1− x2Megoldas.

f ′(x) =

(2

3arctgx+

1

3arctg

x

1− x2

)′

=

=2

3· 1

1 + x2+

1

3· 1

1 +(

x1−x2

)2 · 1 · (1− x2)− x(−2x)(1− x2)2=

=2

3(1 + x2)+

(1− x2)2

1− 2x2 + x4 + x2· 1− x

2 + 2x2

(1− x2)2=

=2

3(1 + x2)+

1 + x2

3(1− x2 + x4)=

1 + x4

1 + x6.

23. f(x) =√x2 + 1− ln

1 +√x2 + 1

xMegoldas.

f ′(x) =

(√x2 + 1− ln

1 +√x2 + 1

x

)′

=

=2x

2√x2 + 1

− x

1 +√x2 + 1

·x√x2+1· x− 1−

√x2 + 1

x2=

=x√x2 + 1

− 1

1 +√x2 + 1

· x2 −√x2 + 1− x2 − 1

x√x2 + 1

=

=x√x2 + 1

+1 +√x2 + 1

x(1 +√x2 + 1)

√x2 + 1

=x√x2 + 1

+1

x√x2 + 1

=

√x2 + 1

x.

24. f(x) =x arcsin x√

1− x2+ ln√1− x2

Megoldas.

f ′(x) =

(x arcsinx√

1− x2+ ln√1− x2

)′

=


=

(arcsinx+ x√

1−x2

)√1− x2 − x arcsinx · −2x

2√1−x2

1− x2+

1√1− x2

· −2x2√1− x2

=

=(1− x2) arcsinx+ x

√1− x2 + x2 arcsinx− x

√1− x2

(1− x2)√1− x2

=arcsinx

(1− x2)√1− x2

.

25. Mutassuk meg, hogy az y = ln1

1 + xfuggveny kielegıti az xy′+1 = ey osszefuggest.

Megoldas. Hatarozzuk meg eloszor az adott fuggveny derivaltjat, majd mutassukmeg, hogy az kielegıti a megadott osszefuggest. Mivel

y′ =

(ln

1

1 + x

)′

= (1 + x) ·(− 1

(1 + x)2

)= − 1

1 + x,

ezert behelyettesıtve adodik, hogy

x ·(− 1

1 + x

)+ 1 = eln

11+x ,

majd rendezes utan

−x+ 1 + x

1 + x=

1

1 + x, azaz

1

1 + x=

1

1 + x.

26. Mutassuk meg, hogy az y =arcsin x√1− x2

fuggveny kielegıti az (1 − x2)y′ − xy = 1

osszefuggest.

Megoldas. Mivel

y′ =

(arcsinx√1− x2

)′

=

1√1−x2 ·

√1− x2 − arcsin x · −2x

2√1−x2

1− x2=

=1 + x arcsinx√

1−x2

1− x2=

√1− x2 + x arcsinx

(1− x2)√1− x2

,

ıgy ezt a megadott osszefuggesbe helyettesıtve a kovetkezoket kapjuk:

(1− x2) ·√1− x2 + x arcsinx

(1− x2)√1− x2

− x · arcsin x√1− x2

= 1,

√1− x2 + x arcsinx− x arcsin x√

1− x2= 1, azaz 1 = 1.

27. Hatarozzuk meg az f(x) = 4 − x2 parabola erintojenek es meroleges egyenesenekegyenletet az x-tengellyel alkotott metszespontjaiban.

Megoldas. Az f fuggveny es az x-tengely metszetei az f fuggveny nullai, azazazok a pontok, melyek kielegıtik a 4− x2 = 0 egyenletet. Ezek az x = −2 es x = 2pontok. Az f gorbe erintojenek egyenlete az x0 pontban

y = f ′(x0)(x− x0) + f(x0),


az f gorbe meroleges egyenesenek egyenlete az x0 pontban pedig

y = − 1

f ′(x0)(x− x0) + f(x0).

Az f fuggveny elso derivaltja f ′(x) = −2x, ıgy f ′(−2) = 4 es f ′(2) = −4.

Tehat a parabola erintojenek egyenlete a (−2, 0) pontban y = 4x+8, a (2, 0) pontbanpedig y = −4x+ 8. A parabola meroleges egyenesenek egyenlete a (−2, 0) pontbany = −1

4x− 1

2, a (2, 0) pontban pedig y =

1

4x− 1

2.

28. Hatarozzuk meg az f(x) = lnx gorbe azon pontjait, melyekben a gorbe erintojeparhuzamos az y = 2x− 3 egyenessel.

Megoldas. Az f gorbe erintojenek iranytenyezoje az x0 pontban f ′(x0). Mivela parhuzamos egyeneseknek egyenlo iranytenyezoik vannak, ıgy kovetkezik, hogy

f ′(x0) = 2. Felhasznalva, hogy f ′(x) =1

x, az

1

x0= 2 egyenletbol kapjuk, hogy

x0 =1

2, illetve a keresett pont P

(1

2, ln

1

2

).

29. Milyen szog alatt metszi az y = sin x gorbe az x-tengelyt?

Megoldas. A keresett szog a gorbe x-tengellyel alkotott metszetehez tartozo erintoes az x-tengely altal alkotott szog. Az y = sinx gorbe az x-tengelyt az x = kπpontokban metszi, ahol k ∈ Z. A gorbe x0 pontjahoz tartozo erintojenek es azx-tengely altal kozbezart φ szogekre ervenyes, hogy tgφ = f ′(x0), ebbol

tgφ = cos(kπ) =

{1, ha k paros,−1, ha k paratlan,

illetve

φ =

{arctg 1, ha k paros,

arctg (−1), ha k paratlan,=

{π/4, ha k paros,3π/4, ha k paratlan.

Tehat a keresett szogek:π

4es

3π

4nagysaguak.

30. Keressuk meg az f(x) = x2 + 3x− 4 parabolanak azt az erintojet, amely meroleges

az y = −1

2x− 1 egyenesre.

Megoldas. Mivel az y = −1

2x− 1 egyenes iranytenyezoje −1

2, ezert a ra meroleges

erinto iranytenyezoje 2. Ugyanakkor az erinto iranytenyezoje f ′(x0) = 2x0+3, tehat

2x0 + 3 = 2, ahonnan x0 = −1

2. A parabola

(−1

2, f

(−1

2

))pontbeli erintojenek

egyenlete y = f ′(−1

2

)(x+

1

2

)+ f

(−1

2

), illetve y = 2x− 17

4.


4.1.4. A differencial fogalma

4.4. Definıcio. Ha az f fuggveny differencialhato az x0 pontban, akkor az f ′(x0)(x−x0)linearis kifejezest az f fuggveny x0 pontbeli differencialjanak nevezzuk. Jelolese: df |x=x0

vagy roviden df , tehat

df = f ′(x0)(x− x0).

Specialisan az f(x) = x hozzarendelesi szaballyal megadott f fuggvenyre:

f ′(x0) = limx→x0

x− x0x− x0

= 1

minden x0 ∈ Df -re, ıgy

df = dx = 1(x− x0),

azaz dx = x − x0. Az x − x0 kulonbseg a fuggetlen valtozo novekmenye, jelolese pedig∆x = x − x0. Az f(x) − f(x0) kulonbseg a fuggvenyertek novekmenye, jelolese pedig∆f = f(x)−f(x0). Mondhato tehat, hogy a fuggetlen valtozo differencialja megegyezik anovekmenyevel, amıg a fuggvenyertek differencialja az x0 helyen: df = f ′(x0)dx altalabannem egyezik meg a ∆f -fel. Gyakran hasznos, ha ismerjuk a derivalt alabbi definıciojatis, hiszen az x0 helyhez tartozo df es ∆f kozott a kapcsolatot pont ez a definıcioja adjameg:

4.5. Definıcio. Legyen f fuggveny az x0 valamely kornyezeteben ertelmezve. Ekkor aztmondjuk, hogy az f fuggveny differencialhato x0-ban, ha letezik olyan szam, hogy mindenolyan x-re, amely eleme e kornyezetnek, az

f(x)− f(x0) = c(x− x0) + h(x)(x− x0)

osszefugges felırhato, ahol limx→x0

h(x) = 0. Ekkor c = f ′(x0).

Igaz tehat, hogy

f(x)− f(x0) = f ′(x0)(x− x0) + h(x)(x− x0),

ahol limx→x0

h(x) = 0, azaz felırhato, hogy

∆f = f ′(x0)dx+ h(x)dx, illetve ∆f = df + h(x)dx,

ahonnan belathato, hogy

limx→x0

∆f = df.

Sot a ∆f −df kulonbseg elhanyagolhatoan kicsive valik dx-hez kepest, mikozben x→ x0,azaz

limx→x0

∆f − dfdx

= limx→x0

h(x) = 0.

A fent elmondottak geometriai jelentese a kovetkezo: df jelenti az f fuggveny ordinataer-tekenek megvaltozasat f(x0)-tol az erintoig, mıg ∆f ugyancsak f(x0)-tol, de a fuggvenygorbejeig, mikozben az x0 helyrol atterunk az x0 +∆x helyre. Viszont, ha x→ x0 (azazdx→ 0) df egyre inkabb (sot minden hataron tul) megkozelıti ∆f -et, azaz ∆f ≈ df .


4.1.5. Magasabb rendu differencialhanyadosok

4.6. Definıcio. Ha az f es f ′ fuggvenyek differencialhatok az x0 pontban, akkor az f ′

fuggveny x0 pontban vett derivaltjat az f fuggveny x0 pontban vett masodik derivaltjanaknevezzuk es f ′′(x0) szimbolummal jeloljuk. A masodik derivaltnak ugyancsak gyakranhasznalt jelolese:

d2f

dx2

∣∣∣∣x=x0

.

Analog modon jutunk el a magasabb rendu, illetve n-edrendu derivaltak fogalmahoz.Jelolesuk:

f ′(x0), f′′(x0), f

′′′(x0), f(4)(x0), ... , f

(n)(x0), ...

df

dx

∣∣∣∣x=x0

,d2f

dx2

∣∣∣∣x=x0

, ... ,dnf

dxn

∣∣∣∣x=x0

, ...

Ezek utan definialjuk a fuggveny magasabbrendu (n-edrendu) derivaltfuggvenyet.

4.7. Definıcio. Ha az f fuggveny differencialhato a H1 halmazon (H1 = Df) es az f ′

fuggveny differencialhato a H2 halmazon (H2 ⊂ H1), akkor f′ derivaltfuggvenyet, amelyet

f ′′-vel jeolunk, nevezzuk az f fuggveny masodrendu derivaltfuggvenyenek. Hasonlo modonjutunk el az n-edrendu derivaltfuggveny fogalmahoz. Jelolesuk:

f ′, f ′′, f ′′′, f (4), ... , f (n), ...

vagydf

dx,d2f

dx2, ... ,

dnf

dxn, ...

Szokas meg az f fuggveny nulladik derivaltjarol is beszelni. A fuggveny nulladik derivaltjaalatt magat a fuggvenyt ertjuk, vagyis

f (0)(x0) = f(x0), illetve f (0) = f.

FELADATOK

1. Hatarozzuk meg az f(x) = 3x2 + 5x− 4 fuggveny harmadik derivaltjat.

Megoldas. f ′(x) = 6x+ 5, f ′′(x) = 6, f ′′′(x) = 0.

2. Letezik-e az f(x) = x4 fuggveny szazadik derivaltja?

Megoldas. Mivel f ′(x) = 4x3, f ′′(x) = 12x2, f ′′′(x) = 24x, f (4)(x) = 24, valamintf (5)(x) = 0, ıgy a fuggveny szazadik derivaltja is letezik es f (100)(x) = 0.

3. Hatarozzuk meg az f(x) = e2x fuggveny n-edik derivaltjat, ha n ∈ N.

Megoldas. Szamoljunk ki annyi derivaltat, amennyibol altalanosıthatunk:

f ′(x) = 2e2x, f ′′(x) = 4e2x = 22e2x, f ′′′(x) = 8e2x = 23e2x.

Megallapıthatjuk, hogy f (n)(x) = 2n · e2x.

4.2. A differencialszamıtas alkalmazasa 191

4. Hatarozzuk meg az f(x) = ln x fuggveny n-edik derivaltjat, ha n ∈ N.

Megoldas. Mivel

f ′(x) =1

x= x−1, f ′′(x) = −x−2 = − 1!

x2, f ′′′(x) = −(−2)x−3 =

2!

x3,

f (4)(x) = 2 · (−3)x−4 = − 3!

x4, f (5)(x) = −6 · (−4)x−5 =

4!

x5.

Megallapıthatjuk, hogy f (n)(x) = (−1)n−1 · (n− 1)!

xn.

5. Hatarozzuk meg az f(x) = sin x fuggveny n-edik derivaltjat, ha n ∈ N.

Megoldas. Mivel

f ′(x) = cos x, f ′′(x) = − sin x, f ′′′(x) = − cosx,

f (4)(x) = sinx, f (5)(x) = cos x.

Megallapıthatjuk, hogy

f (n)(x) =

sin x, n=4k,cos x, n=4k+1,− sin x, n=4k+2,− cos x, n=4k+3,

azaz f (n)(x) =

sin x, n=4k,sin(x+ π

2

), n=4k+1,

sin(x+ 2π

2

), n=4k+2,

sin(x+ 3π

2

), n=4k+3,

vagyis f (n)(x) = sin(x+

nπ

2

).

4.2. A differencialszamıtas alkalmazasa

4.2.1. A differencialszamıtas kozepertektetelei

4.9. Tetel. (Fermat-tetel) Legyen a (c− δ, c+ δ) intervallum a c ∈ R pont δ-kornyezete,az f : (c− δ, c+ δ)→ R fuggveny pedig differencialhato a c pontban. Ha az f fuggvenyneka c pontban helyi szelsoerteke van, akkor f ′(c) = 0.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy az f fuggvenynek a c pontban helyi maximuma van, azazlegyen minden x ∈ (c− δ, c+ δ) eseten f(x) ≤ f(c). A derivalt definıcioja szerint

f ′(c) = limx→c

f(x)− f(c)x− c

,

ahol a hatarertek nem fugg attol, hogy az x jobbrol vagy balrol tart-e a c-hez. Ha x > c,akkor

f(x)− f(c)x− c

≤ 0,

s atterve a hataratmenetre (x→ c+ 0) azt kapjuk, hogy f ′(c) ≤ 0.Ha viszont x < c, akkor

f(x)− f(c)x− c

≥ 0,

s kiszamıtva a hatarerteket (x→ c− 0) azt kapjuk, hogy f ′(c) ≥ 0. A differencialhatosagmiatt mindket allıtas igaz, s ez csak f ′(c) = 0 mellett lehetseges, amit valojaban szerettunkvolna belatni. ⋄


4.10. Tetel. (Rolle-tetel) Legyen az f : [a, b]→ R fuggvenya) folytonos az [a, b] intervallumon,b) differencialhato (a, b) intervallumon esc) f(a) = f(b), azaz az [a, b] intervallum vegpontjaiban a fuggvenyertekek megegyeznek.Ekkor letezik legalabb egy olyan ξ ∈ (a, b), ahol f ′(ξ) = 0.

Bizonyıtas. Az a) feltetelbol es a megfelelo tetelbol kovetkezik, hogy folytonos fuggvenyzart intervallumon felveszi maximumat es minimumat, tehat van az [a, b] intervallumonlegalabb egy olyan hely, ahol az f fuggveny felveszi legnagyobb M erteket, tovabbavan legalabb egy olyan hely, ahol az f fuggveny felveszi legkisebb m erteket. Ket esetlehetseges.I. A ket abszolut szelsoertek kozul legalabb az egyiket a fuggveny az (a, b) intervallumonveszi fel, azaz m < M , s legyen ξ ez a pont, a < ξ < b. A ξ pont egyben helyi szelsoerteketis jelent, tehat a Fermat-tetel alapjan f ′(ξ) = 0.II. Az f fuggveny abszolut minimumat es maximumat az [a, b] intervallum vegpontjaibanveszi fel. Ebben az esetben a c) feltetel miatt m = M . Ha most az f fuggvenynek meg-egyezik a legkisebb es legnagyobb erteke az [a, b] intervallumon, akkor f(x) = konstans,x ∈ [a, b], s ıgy az (a, b) intervallum minden ξ, a < ξ < b pontjara igaz, hogy f ′(ξ) = 0.Ezzel a Rolle-tetelt bebizonyıtottuk. ⋄

A Rolle tetel geometriai jelentese: az f ′(ξ) = 0 azt jelenti, hogy a szoban forgo helyen afuggveny gorbejehez huzott erinto parhuzamos az x tengellyel.A tetelnek van egy, a szelsoertek-vizsgalatban nagyon lenyeges kovetkezmenye:

4.1. Kovetkezmeny. Ha egy fuggveny olyan pontban veszi fel a szelsoerteket, ahol dif-ferencialhato, akkor ott a derivalt erteke zerus.

Ez az allıtas nem fordıthato meg, azaz az elso derivalt zerus volta csak szukseges feltetelea szelsoertek letezesenek.

4.24. Pelda. Tekintsuk az f(x) = x5 fuggvenyt az x0 = 0 pontban. f ′(x) = 5x4,f ′(x0) = f ′(0) = 0, es meg sincs f -nek szelsoerteke x0 = 0 pontban.

A fentiek nem azt jelentik, hogy csak differencialhato fuggvenynek letezik szelsoerteke.

4.25. Pelda. Az f(x) = |x| fuggvenynek az x0 = 0 pontban minimuma van, holott afuggveny itt nem differencialhato.

4.11. Tetel. (Langrange-tetel) Legyen az f : [a, b]→ R fuggvenya) folytonos az [a, b] intervallumon esb) differencialhato az (a, b) intervallumon.Ekkor letezik legalabb egy olyan ξ ∈ (a, b), ahol

f ′(ξ) =f(b)− f(a)

b− a.

Bizonyıtas. Legyen y = g(x) az y = f(x) gorbe P1(a, f(a)) es P2(b, f(b)) pontjain athaladoszelo egyenlete, ahol

g(x) =f(b)− f(a)

b− a(x− a) + f(a).


Definialjuk a h(x) = f(x) − g(x) segedfuggvenyt es igazoljuk, hogy a h fuggvenyre tel-jesulnek a Rolle-tetel feltetelei.a) A h fuggveny folytonos az [a, b] intervallumon, mert az f es g fuggvenyek is folytonosakaz [a, b] intervallumon, ıgy f − g kulonbseguk is folytonos.b) A h fuggveny differencialhato az (a, b) intervallumon, mert az f es g fuggvenyek isdifferencialhatok az [a, b] intervallumon, ıgy f − g kulonbseguk is differencialhato.c) Mivel h(a) = f(a) − g(a) = f(a) − f(a) = 0 es h(b) = f(b) − g(b) = f(b) − f(b) = 0,ezert h(a) = h(b), azaz teljesulnek a a Rolle-tetel feltetelei. Ekkor letezik legalabb egyolyan ξ ∈ (a, b) pont, ahol h′(ξ) = 0. Mivel

h′(x) = f ′(x)− g′(x) = f ′(x)− f(b)− f(a)b− a

,

ıgy a Rolle-tetel allıtasa szerint

f ′(ξ)− f(b)− f(a)b− a

= 0, azaz f ′(ξ) =f(b)− f(a)

b− a.

Ezzel a Lagrange-tetelt bebizonyıtottuk. ⋄

A tetel allıtasa geometriailag azt jelenti, hogy van olyan ξ pont, amelyhez tartozo erintomeredeksege megegyezik az a es b helyekhez tartozo pontokon atmeno szelo meredeksegevel.E tetelbol adodik a kovetkezo allıtas:

4.12. Tetel. Legyen az f : [a, b]→ R fuggvenya) folytonos az [a, b] intervallumon,b) differencialhato az (a, b) intervallumon,c) tetszoleges x ∈ (a, b) pontra f ′(x) = 0.Ekkor f(x) = const. a teljes [a, b] intervallumon.

Ezt kezzelfoghatobban ugy is megfogalmazhatjuk, hogy csak a konstans erteku fuggvenyaz a fuggveny, amelynek derivaltja azonosan zerus valamely intervallumon.

4.13. Tetel. (Cauchy-tetel) Legyenek az f : [a, b]→ R es a g : [a, b]→ R fuggvenyeka) folytonosak az [a, b] intervallumon,b) differencialhatok az (a, b) intervallumon esc) tetszoleges x ∈ (a, b) pontra g′(x) = 0.Ekkor letezik legalabb egy olyan ξ ∈ (a, b), ahol

f ′(ξ)

g′(ξ)=f(b)− f(a)g(b)− g(a)

.

Bizonyıtas. Definialjuk a h(x) = f(x) + λg(x) segedfuggvenyt, ahol λ egy kesobb megva-lasztando konstans. Igazoljuk, hogy meg lehet adni a λ konstans olyan erteket, hogy a hfuggvenyre teljesulnek a Rolle-tetel feltetelei.a) A h fuggveny folytonos az [a, b] intervallumon, mert az f es g fuggvenyek is folytonosakaz [a, b] intervallumon, ıgy f + λg linearis kombinaciojuk is folytonos.b) A h fuggveny differencialhato az (a, b) intervallumon, mert az f es g fuggvenyek is dif-ferencialhatok az [a, b] intervallumon, ıgy f+λg linearis kombinaciojuk is differencialhato.


c) h(a) = f(a) + λg(a) es h(b) = f(b) + λg(b) miatt h(a) = h(b) akkor es csakis akkorteljesul, ha

f(a) + λg(a) = f(b) + λg(b), azaz λ = −f(b)− f(a)g(b)− g(a)

.

Termeszetesen g(b) = g(a), mert kulonben a Rolle-tetel ertelmeben az (a, b) intervallumona g′ fuggvenynek lenne nullahelye, ami ellentmondana a Cauchy-tetel c) feltetelenek.Tehat letezik legalabb egy olyan ξ ∈ (a, b) pont, ahol h′(ξ) = 0, azaz f ′(ξ) + λg′(ξ) = 0, sekkor

f ′(ξ)

g′(ξ)= −λ =

f(b)− f(a)g(b)− g(a)

.

Ezzel a Cauchy-tetelt bebizonyıtottuk. ⋄Konnyu belatni, hogy a Cauchy-tetel a Langrange-tetel altalanosıtasa, hiszen specialisesetben, amikor g(x) = x, akkor g′(x) = 1. Az is eszreveheto, hogy a Langrange-tetelviszont a Rolle-tetel altalanosıtasa.A Rolle-, a Langrange- es a Cauchy-tetel mindegyike un. egzisztencia tetel, azaz e tetelekcsak annyit allıtanak, hogy letezik legalabb egy - egy a szoban forgo tulajdonsagokkal ren-delkezo hely az (a, b) intervallumban. E tetelek azonban sem az ilyen tulajdonsagu helyekszamarol, sem arrol, hogy ezek pontosan hol helyezkednek el az (a, b) intervallumban, nemadnak felvilagosıtast.

4.2.2. A Taylor-formula

4.8. Definıcio. Legyen az f fuggveny az x = x0 helyen legalabb n-szer differencialhato.Ekkor a

Tn(x) = f(x0) +f ′(x0)

1!(x− x0) +

f ′′(x0)

2!(x− x0)2 + ...+

f (n)(x0)

n!(x− x0)n

polinomot az f fuggveny x = x0 helyhez tartozo n-edfoku Taylor-polinomjanak nevezzuk.

Ha n eleg nagy, akkor a Tn polinom az x = x0 hely kornyezeteben jol kozelıti az ffuggvenyt.Ha x0 = 0, akkor a Taylor-polinomot Maclaurin-polinomnak mondjuk. Ennek alakja:

Mn(x) = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + ...+

f (n)(0)

n!xn.

A Taylor-polinom szerkezetebol lathato, hogy Tn(x0) = f(x0). Ha viszont x = x0, akkormar Tn(x) ≈ f(x). Jelolje f(x) es Tn(x) kulonbseget, azaz a maradektagot Rn(x), vagyislegyen

Rn(x) = f(x)− Tn(x).Belathato, hogy

Rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− x0)n+1,

ahol ξ az x0 es x ertekek kozott van. Itt nyilvan azt feltetelezzuk, hogy f legalabb (n+1)-szer differencialhato. Ha a maradektag eleg kicsi, akkor Tn(x) erteke jo kozelıtest ad azf(x) fuggvenyertekre. Ez az allıtas azert is nagy fontossagu, mert segıtsegevel bonyolultfuggvenyeket meg tudunk kozelıteni konnyen kezelheto fuggvenyekkel, nevezetesen poli-nomokkal, amelyek grafikonjai a megfigyelt pont kornyezeteben hozzasimulnak a szobanforgo fuggveny grafikonjahoz.


FELADATOK

1. Hatarozzuk meg az f(x) = ex fuggveny n-edfoku Taylor-polinomjat az x0 = 2 pontkornyezeteben.

Megoldas. Az f fuggveny n-edfoku Taylor-polinomjat az x0 = 2 pont kornyezete-ben a

Tn(x) = f(2) +f ′(2)

1!(x− 2) +

f ′′(2)

2!(x− 2)2 + ...+

f (n)(2)

n!(x− 2)n

keplettel adott. Mivel

f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = · · · = f (n)(x) = ex,

ıgyf ′(2) = f ′′(2) = f ′′′(2) = · · · = f (n)(2) = e2,

a keresett polinom pedig

Tn(x) = e2 +e2

1!(x− 2) +

e2

2!(x− 2)2 + ...+

e2

n!(x− 2)n,

vagyis

Tn(x) = e2(1 +

(x− 2)

1!+

(x− 2)2

2!+ ...+

(x− 2)n

n!

).

2. Hatarozzuk meg az f(x) = sinx fuggveny hetedfoku Taylor-polinomjat az x0 = πpont kornyezeteben.

Megoldas. Mivel

f ′(x) = cosx, f ′′(x) = − sin x, f ′′′(x) = − cos x, f (4)(x) = sinx,

ıgy a megfelelo fuggvenyertekek

f ′(π) = cosπ = −1, f ′′(π) = − sin π = 0, f ′′′(π) = − cos π = 1, f (4)(π) = sin π = 0.

Altalanosıtva a fenti esetekbol adodik, hogy

f (n)(π) =

{0, n=2k,(−1)k+1, n=2k+1,

k = 0, 1, 2, ...

a keresett fuggveny Taylor-polinomja pedig

T7(x) = 0 +(−1)1!

(x− π) + 0 +1

3!(x− π)3 + 0 +

(−1)5!

(x− π)5 + 0 +1

7!(x− π)7,

illetve

T7(x) = −(x− π) +1

6(x− π)3 − 1

120(x− π)5 + 0 +

1

5040(x− π)7.

Megallapıthatjuk, hogy az f(x) = sin x fuggveny Taylor-polinomjaban csak paratlankitevoju hatvanyok szerepelnek, ami biztosıtja azt, hogy a megfelelo Taylor-polinomis paratlan legyen, mint maga a fuggveny.


3. Hatarozzuk meg az f(x) = cos x fuggveny hetedfoku Maclaurin-polinomjat.

Megoldas. Mivel

f(x) = cosx, f ′(x) = − sin x, f ′′(x) = − cos x, f ′′′(x) = sinx,

f (4)(x) = cosx, f (5)(x) = − sin x, f (6)(x) = − cos x, f (7)(x) = sinx,

ıgy a megfelelo fuggvenyertekek

f(0) = cos 0 = 1, f ′(0) = − sin 0 = 0, f ′′(0) = − cos 0 = −1, f ′′′(0) = sin 0 = 0,

f (4)(0) = cos 0 = 1, f (5)(0) = − sin 0 = 0,

f (6)(0) = − cos 0 = −1, f (7)(0) = sin 0 = 0.

A keresett fuggveny Maclaurin-polinomja pedig

M7(x) = 1− 1

2!x2 +

1

4!x4 − 1

6!x6, illetve M7(x) = 1− 1

2x2 +

1

24x4 − 1

720x6.

Megallapıthatjuk, hogy az f(x) = cosx fuggveny Maclaurin-polinomjaban csakparos kitevoju hatvanyok szerepelnek, ami biztosıtja azt, hogy a megfelelo Taylor-polinom is paros legyen, mint maga a fuggveny.

4. Irjuk fel az f(x) =ex + e−x

2fuggveny otodfoku Taylor-polinomjat az x0 = 0 pont

kornyezeteben.

Megoldas. Az f fuggveny otodfoku Taylor-polinomja az x0 = 0 pont kornyezetebennem mas mint a fuggveny otodfoku Maclaurin-polinomja

M5(x) = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + ...+

f (5)(0)

5!x5.

Az f fuggveny elso ot derivaltja:

f ′(x) =1

2(ex + e−x)′ =

1

2(ex + e−x(−x)′) = 1

2(ex − e−x),

f ′′(x) =1

2(ex − e−x)′ =

1

2(ex − e−x(−x)′) = 1

2(ex + e−x),

f ′′′(x) =1

2(ex + e−x)′ =

1

2(ex − e−x),

f (4)(x) =1

2(ex − e−x)′ =

1

2(ex + e−x),

f (5)(x) =1

2(ex + e−x)′ =

1

2(ex − e−x).

Ezert f(0) = f ′′(0) = f (4)(0) = 1 es f ′(0) = f ′′′(0) = f (5)(0) = 0, ıgy

M5(x) = 1 +1

2x2 +

1

24x4.


5. Hatarozzuk meg az f(x) =1

1− xfuggveny Maclaurin-polinomjat n = 5 eseten.

Megoldas. Az f fuggveny Maclaurin-formulaja

Mn(x) = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + ...+

f (n)(0)

n!xn.

Mivel

f ′(x) =

(1

1− x

)′

= ((1− x)−1)′ = −(1− x)−2(1− x)′ = (1− x)−2,

f ′′(x) = ((1− x)−2)′ = −2(1− x)−3(1− x)′ = 2(1− x)−3,

f ′′′(x) = (2(1− x)−3)′ = −2 · 3(1− x)−4(1− x)′ = 3!(1− x)−4,

f (4)(x) = (6(1− x)−4)′ = −3! · 4(1− x)−5(1− x)′ = 4!(1− x)−5,

f (5)(x) = (24(1− x)−5)′ = −4! · 5(1− x)−5(1− x)′ = 5!(1− x)−5,

ıgy f(0) = 1, f ′(0) = 1 = 1!, f ′′(0) = 2 = 2!, f ′′′(0) = 3!, f (4)(0) = 4! es f (5)(0) = 5!.Ekkor

M5(x) = 1 +1!

1!x+

2!

2!x2 +

3!

3!x3 +

4!

4!x4 +

5!

5!x5,

illetve

M5(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 + x5.

4.2.3. L’Hospital-szabaly

Gyakran elofordul, hogy ket olyan fuggveny hanyadosanak a hatarerteket kell meghataroz-ni, amelyeknek a hatarerteke egyarant nulla vagy egyarant vegtelen. Az ilyen hatarertekekkiszamıtasara ad egyszeru modszert az alabbi tetel (szabaly).

4.14. Tetel. (L’Hospital-szabaly) Legyenek f es g az x = x0 hely kornyezeteben diffe-rencialhato fuggvenyek. Ha

limx→x0

f(x) = limx→x0

g(x) = 0,

akkor

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

f ′(x)

g′(x),

felteve, hogy a jobb oldalon szereplo (veges vagy vegtelen) hatarertek letezik.


A fenti hatarerteket0

0hatarozatlan tıpusu hatarerteknek nevezzuk.

A tetel akkor is ervenyes, ha

limx→x0

f(x) = limx→x0

g(x) = +∞.

Ilyenkor∞∞

hatarozatlan tıpusu hatarertekrol beszelunk. A tetel akkor is alkalmazhato,

ha x0 =∞ vagy x0 = −∞.A L’Hospital-szaballyal kiszamıthatok a 0 ·∞, ∞−∞, 00, ∞0 es 1∞ tıpusu hatarertekek

is, ha azokat elozetesen sikerul0

0vagy

∞∞

tıpusura visszavezetni, s a segıtsegukkel egy-

szerubben meghatarozhatunk osszetettebb hatarertekeket is.

FELADATOK

Szamıtsuk ki a kovetkezo hatarertekeket.

1. limx→1

x3 − 2x2 − x+ 2

x3 − 7x+ 6

Megoldas. A megadott hatarertek0

0tıpusu hatarozatlan kifejezes. Alkalmazzuk

a L’Hospital-szabalyt. Ekkor

limx→1

x3 − 2x2 − x+ 2

x3 − 7x+ 6= lim

x→1

3x2 − 4x− 1

3x2 − 7=

3− 4− 1

3− 7=−2−4

=1

2.

2. limx→0

sin x

x


0tıpusu hatarozatlan kifejezes. Ugyanakkor

tudjuk, hogy 1-gyel egyenlo, mivel alaphatarertekkent alkalmaztuk a trigonometrikusfuggvenyek hatarertek szamıtasanal. Mutassuk meg, hogy milyen egyszeru ennek ahatarerteknek a kiszamıtasa a L’Hospital-szabaly alkalmazasaval. Ekkor

limx→0

sinx

x= lim

x→0

cosx

1= cos 0 = 1.

3. limx→0

x cosx− sinx

x3


0tıpusu hatarozatlan kifejezes. Alkalmazzuk

a L’Hospital-szabalyt. Ekkor

limx→0

x cos x− sinx

x3= lim

x→0

cosx− x sinx− cosx

3x2=

= limx→0

−x sinx3x2

= −1

3limx→0

sinx

x= −1

3· 1 = −1

3.


4. limx→0

3x − 7x

x

Megoldas. Mivel 30 = 70 = 1, ıgy0

0tıpusu hatarozatlan kifejezesrol van szo.

Alkalmazzuk a L’Hospital-szabalyt. Ekkor

limx→0

3x − 7x

x= lim

x→0

3x ln 3− 7x ln 7

1= ln 3− ln 7 = ln

3

7.

5. limx→∞

ex

x2

Megoldas. A megadott hatarertek∞∞

tıpusu hatarozatlan kifejezes. Alkalmazzuk

ra ketszer a L’Hospital-szabalyt. Ekkor

limx→∞

ex

x2= lim

x→∞

ex

2x= lim

x→∞

ex

2=∞2

=∞.

6. limx→∞

lnx

2x

Megoldas. Mivel a hatarertek∞∞

tıpusu hatarozatlan kifejezes, a L’Hospital-

szabalyt alkalmazva kapjuk, hogy

limx→∞

ln x

2x= lim

x→∞

1x

2x ln 2= lim

x→∞

1

x2x ln 2=

1

∞= 0.

7. limx→+0

(x ln2 x

)Megoldas. A hatarertek 0·∞ tıpusu hatarozatlan kifejezes, ezert

0

0vagy

∞∞

tıpusu

hatarozatlan kifejezesre kell hozni ahhoz, hogy alkalmazni lehessen a L’Hospital-szabalyt. Ekkor

limx→+0

(x ln2 x

)= lim

x→+0

ln2 x1x

= limx→+0

2 lnx · 1x

− 1x2

=

= limx→+0

2 lnx

− 1x

= limx→+0

2x1x2

= limx→+0

(2x) = 0.

8. limx→0

xe1x

Megoldas. A hatarertek 0 · ∞ tıpusu hatarozatlan kifejezes, ezert atalakıtjuk esalkalmazzuk a L’Hospital-szabalyt. Ekkor

limx→0

xe1x = lim

x→0

e1x

1x

= limx→0

e1x ·(− 1

x2

)− 1

x2

= limx→0

e1x = e∞ =∞.

9. limx→0

(1

x− 1

sinx

)


Megoldas. A hatarertek ∞ − ∞ tıpusu hatarozatlan kifejezes, amelyet kozos

nevezore hozva atalakıthatunk0

0tıpusura. Ekkor mar alkalmazhatjuk a L’Hospital-

szabalyt. Igy

limx→0

(1

x− 1

sin x

)= lim

x→0

sinx− xx sin x

= limx→0

cosx− 1

sinx+ x cosx=

= limx→0

− sin x

cos x+ cos x− x sin x=

0

2= 0.

10. limx→2

(1

x− 2− 5

x2 + x− 6

)Megoldas. A hatarertek ∞ − ∞ tıpusu hatarozatlan kifejezes, amelyet kozos

nevezore hozva atalakıthatunk0

0tıpusura. Ekkor mar alkalmazhatjuk a L’Hospital-

szabalyt. Igy

limx→2

(1

x− 2− 5

x2 + x− 6

)= lim

x→2

x+ 3− 5

(x− 2)(x+ 3)= lim

x→2

1

x+ 3=

1

5.

11. limx→+∞

(x− x2 ln

(1 +

1

x

))Megoldas. A hatarertek ∞ − ∞ tıpusu hatarozatlan kifejezes, amelyet kozos

nevezore hozva atalakıthatunk 0 · ∞, majd0

0tıpusura. Ilyen formaban mar al-

kalmazhato a L’Hospital-szabaly es

limx→+∞

(x− x2 ln

(1 +

1

x

))= lim

x→+∞x2(1

x− ln

(1 +

1

x

))=

= limx→+∞

1x− ln

(1 + 1

x

)1x2

= limx→+∞

− 1x2 − x

x+1·(− 1

x2

)− 2

x3

= limx→+∞

1− xx+1

−2x

=

= − limx→+∞

1x+12x

= limx→+∞

x

2(x+ 1)=

1

2.

12. limx→+0

xx

Megoldas. A hatarertek 00 tıpusu hatarozatlan kifejezes. Legyen

limx→+0

xx = H.

Logaritmaljuk a fenti egyenloseg mindket oldalat. Ekkor

ln

(limx→+0

xx)

= lnH.

Rendezve a baloldalt kapjuk, hogy

limx→+0

(lnxx) = lnH, azaz limx→+0

(x · ln x) = lnH.


A baloldali hatarertek most 0 ·∞ tıpusu hatarozatlan kifejezes, ezert atalakıtjuk esalkalmazzuk a L’Hospital-szabalyt. Ekkor

lnH = limx→+0

(x · ln x) = limx→+0

ln x1x

= limx→+0

1x−1x2

= limx→+0

(−x) = 0,

ahonnan H = e0 = 1, illetve a keresett hatarertek limx→+0

xx = 1.

13. limx→+0

(cos 2x)5x

Megoldas. 1∞ tıpusu hatarozatlan kifejezesrol van szo. Legyen

H = limx→+0

(cos 2x)5x ,

majd logaritmaljuk a fenti egyenloseg mindket oldalat. Ekkor

lnH = ln

(limx→+0

(cos 2x)5x

)= lim

x→+0

(ln (cos 2x)

5x

)= lim

x→+0

(5

x· ln (cos 2x)

)=

= limx→+0

ln cos 2x

x= lim

x→+0

1cos 2x

· (− sin 2x) · 21

= −10 limx→+0

tg 2x = −10 · 0 = 0.

Ebbol H = e0 = 1, illetve limx→+0

(cos 2x)5x = 1.

14. limx→+0

(ctgx)1

ln x

Megoldas. A hatarertek ∞0 tıpusu hatarozatlan kifejezes. Legyen most

H = limx→+0

(ctgx)1

ln x ,

majd logaritmaljuk a fenti egyenloseg mindket oldalat. Hasonlo eljarassal, mint azelozo ket feladatban kapjuk, hogy

lnH = ln

(limx→+0

(ctgx)1

ln x

)= lim

x→+0

(ln (ctgx)

1ln x

)= lim

x→+0

(1

ln x· ln (ctgx)

).

A kapott hatarertek most∞∞

tıpusu hatarozatlan kifejezes, ezert atalakıtjuk es

alkalmazzuk a L’Hospital-szabalyt.

lnH = limx→+0

ln ctgx

ln x= lim

x→+0

1ctgx

· −1sin2 x

1x

=

= − limx→+0

x

sin x cos x= − lim

x→+0

1

cos2 x− sin2 x= −1.

Ezert H = e−1 =1

e, illetve lim

x→+0(ctgx)

1ln x =

1

e.


15. Indokoljuk meg, hogy miert nem alkalmazhato a L’Hospital-szabaly a limx→+∞

x− sin x

xhatarertek kiszamıtasara.

Megoldas. A hatarertek∞∞

tıpusu hatarozatlan kifejezes, s a L’Hospital-szabalyt

alkalmazva a

limx→+∞

x− sin x

x= lim

x→+∞

1− cosx

1= lim

x→+∞(1− cos x)

hatarerteket kapjuk, amely nem letezik, hiszen nem tudjuk, hogy cosx a [−1, 1]intervallumbol melyik erteket veszi fel.

4.2.4. A fuggveny monotonitasa es szelsoertekei

Az alabbi allıtas a Lagrange-tetel egyik kovetkezmenye es a differencialhato fuggvenyekmonotonitasanak elegseges feltetelet adja meg.

4.15. Tetel. Ha az f differencialhato fuggveny novekszik (csokken) az (a, b) intervallu-mon, akkor f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) ≤ 0) minden x ∈ (a, b) pontra.

Bizonyıtas. Tegyuk fel, hogy az f fuggveny novekszik az (a, b) intervallumon. Legyenx ∈ (a, b) tetszoleges pont. Ekkor x+∆x ∈ (a, b) mellett igaz, hogy


≥ 0,

attol fuggetlenul, hogy ∆x pozitıv vagy negatıv. Ebbol kovetkezik, hogy

f ′(x) = lim∆x→0


≥ 0.

Hasonloan mutathato meg, hogy f ′(x) ≤ 0, amennyiben az f fuggveny csokken. ⋄

Ezen tetel es a konstans fuggveny differencialhanyadosanak ((const)′ = 0) kovetkezme-nyekent, megfogalmazhatjuk a derivalhato fuggveny valamely intervallumon valo szigorumonotonitasanak szukseges es elegseges feltetelet, amely jol hasznalhato a feladatok meg-oldasa soran.

4.2. Kovetkezmeny. Ha f az (a, b)-n differencialhato es minden x ∈ (a, b) pontraf ′(x) > 0 (f ′(x) < 0), akkor f az (a, b) intervallumon szigoruan novekvo (csokkeno).

Most pedig raterunk a differencialhato fuggvenyek lokalis szelsoertekenek vizsgalatara.Ha f ′(x0) = 0, akkor az f fuggvenynek x0 pontban lehet, de nem biztos, hogy vanszelsoerteke. Ha f ′(x0) = 0, akkor az f fuggvenynek x0-ban nincs szelsoerteke. Azf ′(x) = 0 egyenlet megoldasait az f fuggveny stacionarius pontjainak nevezzuk. Ezazt jelenti, hogy a differencialhato f fuggveny lokalis szelsoertek helyeit az f fuggvenystacionarius pontjai kozott kell keresni.A kovetkezokben a differencialhato fuggvenyek szelsoertekenek letezesere mondunk kielegseges felteteleket.


4.16. Tetel. Ha f differencialhato az x0 valamely kornyezeteben es f ′(x0) = 0, akkorahhoz, hogy a fuggvenynek az x0 helyen lokalis szelsoerteke legyen elegendo, hogy az f ′

fuggveny az x0 helyen elojelet valtson.

Gyorsabb es kenyelmesebb a helyi szelsoerteket a masodik derivalt segıtsegevel meghata-rozni. Ennek lehetoseget biztosıtja a kovetkezo allıtas.

4.17. Tetel. Ha f az x0 helyen ketszer differencialhato es f ′(x0) = 0, akkor az x0 helyenvalo lokalis maximum (minimum) letezesehez elegendo, hogy f ′′(x0) < 0 (f ′′(x0) > 0) le-gyen.

Ha az f fuggveny olyan, hogy f ′(x0) = f ′′(x0) = 0, akkor a lokalis szelsoertek letezeserole tetelek alapjan nem mondhatunk semmit. A kovetkezo tetel segıt az ilyen jelleguproblemak megoldasaban.

4.18. Tetel. Legyen az f fuggveny az x0 helyen n-szer differencialhato es

f ′(x0) = f ′′(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0,

tovabba f (n)(x0) = 0. Ekkor az f fuggvenynek az x0 helyen akkor es csak akkor van helyi(lokalis) szelsoerteke, ha n paros szam.

FELADATOK

1. Vizsgaljuk ki az f(x) = x3 − 6x2 + 9x − 4 fuggveny monotonitasat es hatarozzukmeg a helyi szelsoertekeit.

Megoldas. Az f fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R, es szelsoertekeit azf ′(x) = 0 egyenlet megoldasai, a stacionarius pontok kozott kell keresni. A fuggvenyelso derivaltja

f ′(x) = 3x2 − 12x+ 9

a megfelelo egyenlet pedig

f ′(x) = 0, azaz 3(x2 − 4x+ 3) = 0,

amelynek megoldasai, illetve a stacionarius pontok x1 = 1 es x2 = 3. Hogya stacionarius pontokban van-e a fuggvenynek szelsoerteke, az meghatarozhato afuggveny monotonitasi tulajdonsagaibol is. Ezert az f ′ fuggveny elojelenek vizs-galataval hatarozzuk meg az f fuggveny monotonitasat. Foglaljuk tablazatba akivizsgalast.

Df (−∞, 1) (1, 3) (3,∞)x− 1 − + +x− 3 − − +f ′(x) + − +f(x) ↗ ↘ ↗

A mellekelt tablazat alapjan az f fuggvenymonoton novekvo a (−∞, 1) ∪ (3,∞) inter-vallumon es monoton csokkeno az (1, 3) in-tervallumon.

A tablazatbol azt is leolvashatjuk, hogy a monotonitasi tulajdonsag szerint az ffuggvenynek x1 = 1-ben maximuma, x2 = 3-ban pedig minimuma van. Ugyanakkora megfelelo fuggvenyertekek:

fmax (1) = 0 es fmin (3) = −4.


2. Hatarozzuk meg az f(x) =6x

x2 + 1fuggveny helyi szelsoertekeit.

Megoldas. Az f fuggveny ertelmezesi tartomanya Df = R. A fuggveny elsoderivaltja

f ′(x) =6(x2 + 1)− 6x · 2x

(x2 + 1)2=

6x2 + 6− 12x2

(x2 + 1)2=

6− 6x2

(x2 + 1)2,

a fuggveny stacionarius pontjainak meghatarozasahoz pedig oldjuk meg az f ′(x) = 0egyenletet. Ekkor

6(1− x2)(x2 + 1)2

= 0

akkor es csakis akkor, ha 1 − x2 = 0, tehat a stacionarius pontok x1 = −1 esx2 = 1. Vizsgaljuk ki most a szelsoertekek letezeset, illetve tıpusat a fuggvenymasodik derivaltja segıtsegevel. A fuggveny masodik derivaltja:

f ′′(x) =−12x(x2 + 1)2 − (6− 6x2) · 2 · (x2 + 1) · 2x

(x2 + 1)4=

=−12x(x2 + 1)− (6− 6x2) · 4x

(x2 + 1)3=−12x3 − 12x− 24x+ 24x2

(x2 + 1)3=

=−12x3 + 24x2 − 36x

(x2 + 1)3=−12x(x2 − 2x+ 3)

(x2 + 1)3.

Mivel

f ′′(−1) = −12 · (−1)((−1)2 − 2 · (−1) + 3)

((−1)2 + 1)3=

12 · 68

> 0,

ezert az x1 = −1 pontban a fuggvenynek helyi minimuma van, a megfelelo fuggveny-ertek fmin(−1) = −3 es a gorbe minimumpontja Pmin(−1,−3). Mivel

f ′′(1) =−12 · 1(12 − 2 · 1 + 3)

(12 + 1)3=−12 · 2

8< 0,

ezert az x2 = 1 pontban a fuggvenynek helyi maximuma van, a megfelelo fuggveny-ertek fmax(1) = 3, a gorbe maximumpontja pedig Pmax(1, 3).

3. Vizsgaljuk ki az f(x) = x4 ln1

xfuggveny monotonitasat es hatarozzuk meg a helyi

szelsoertekeit.

Megoldas. Az f fuggveny ertelmezesi tartomanya most Df = (0,∞). A fuggvenyelso derivaltja

f ′(x) = 4x3 ln1

x+ x4 · x ·

(− 1

x2

)= x3

(4 ln

1

x− 1

).

f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha

x3(4 ln

1

x− 1

)= 0.


Innen vagy x3 = 0, ahonnan x0 = 0 adodik, de 0 /∈ Df , vagy pedig 4 ln1

x− 1 = 0,

ahonnan x1 =14√eaz egyetlen stacionarius pont. Az f ′ fuggveny elojelenek vizs-

galataval hatarozzuk meg az f fuggveny monotonitasat. Foglaljuk tablazatba akivizsgalast.

Df

(0,

14√e

) (14√e,∞)

x3 + +

4 ln1

x− 1 + −

f ′(x) + −f(x) ↗ ↘

A mellekelt tablazat alapjan az f fuggveny

monoton novekvo a

(0,

14√e

)intervallumon

es monoton csokkeno az

(14√e,∞)

interval-

lumon.

A tablazatbol azt is leolvashatjuk, hogy a monotonitasi tulajdonsag szerint az f

fuggvenynek az x1 =14√e

pontban maximuma van. A megfelelo fuggvenyertek,

illetve a gorbe maximumpontja:

fmax

(14√e

)=

1

4e, illetve Pmax

(14√e,1

4e

).

4. Vizsgaljuk ki az f(x) = arctg

(1 +

1

x

)fuggveny monotonitasat es hatarozzuk meg

a helyi szelsoertekeit.

Megoldas. Az f fuggveny ertelmezesi tartomanya most Df = R \ {0}, a fuggvenyelso derivaltja pedig

f ′(x) =1

1 +(1 + 1

x

)2 · (− 1

x2

)=

x2

2x2 + 2x+ 1·(− 1

x2

)= − 1

2x2 + 2x+ 1.

Mivel f ′(x) = 0, ezert a fuggvenynek nincs stacionarius pontja, sıgy szelsoertekesem. Az f ′ fuggveny elojele a P (x) = 2x2 + 2x + 1 masodfoku polinom elojeletolfugg, amelyrol megallapıthato, hogy a diszkriminansa D = 4 − 8 < 0, a foegyutt-hatoja pedig pozitıv, ıgy a P polinomfuggveny minden erteke szigoruan pozitıv,tehat az f ′ fuggveny erteke szigoruan negatıv a teljes ertelmezesi tartomanyan. Ezazt jelenti, hogy az f fuggveny szigoruan monoton csokkeno a teljes ertelmezesitartomanyan.

5. Bontsuk szet az A pozitıv szamot ket osszeadandora ugy, hogy az egyik osszeadandonegyzetenek es a masik osszeadando kobenek osszege a leheto legkisebb legyen.

Megoldas. Keressuk egy osszeg legkisebb erteket, azaz ha fuggvenykeny kezeljuk,akkor keressuk egy fuggveny minimumat. Ha az A szamot ket osszeadandora bont-juk, akkor jeloljuk kozuluk az egyiket x-szel, a masikat pedig A−x-szel. A feladatbanmegfogalmazott osszeget ekkor az f(x) = (A− x)2 + x3 fuggveny ırja le, s ennek afuggvenynek a minimumat kell meghatarozni. Alkalmazzuk a mar ismert eljarast.Mivel

f ′(x) = 2(A− x) + 3x2 = 3x2 − 2x+ 2A,


a 3x2 − 2x+ 2A = 0 egyenletet kell megoldani, amelynek gyokei

x1 =−1 +

√1 + 6A

3> 0 es x2 =

−1−√1 + 6A

3< 0.

Mivel pozitıv osszeadandokat keresunk, ezert a negatıv x2 gyok nem lehet szamunkrajo megoldas, csakis x1 johet szamıtasba. Igazoljuk, hogy erre az osszeadandoravaloban a legkisebb osszeget kapjuk, azaz hogy f ′′(x1) > 0. A fuggveny masodikderivaltja f ′′(x) = 6x+ 2 es

f ′′(x1) = f ′′(−1 +

√1 + 6A

3

)= 6 · −1 +

√1 + 6A

3+ 2 = +2

√1 + 6A > 0,

tehat az allıtast igazoltuk.

6. 2m2 badogbol keszıtsunk leheto legnagyobb terfogatu fedel nelkuli negyzet alapudobozt. Mekkora lesz ez a terfogat?

Megoldas. Fejezzuk ki a negyzet alapu doboz terfogatat fuggvenykent, s keressuka maximumat. Legyen a negyzet oldala x, a doboz magasssaga pedig H. A 2m2

badog a fedel nelkuli doboz felszınevel egyezik meg, ezert

x2 + 4xH = 2, ahonnan H =2− x2

4x.

A doboz terfogata viszont

V = x2 ·H, ahonnan V (x) = x2 · 2− x2

4x=x

4

(2− x2

),

s ennek a fuggvenynek keressuk a maximumat. Mivel

V ′(x) =1

4

(2− x2

)+x

4· (−2x) = 1

2− 3x2

4,

az1

2− 3x2

4= 0

egyenlet megoldasai, azaz a stacionarius pontok x1 =

√2

3es x2 = −

√2

3. Mivel a

negyzet oldala csak pozitıv lehet, ezert x1 az egyetlen elfogadhato stacionarius pont.

Mutassuk meg, hogy az x =

√2

3m ertekre valoban a leheto legnagyobb terfogatot

kapjuk. A fuggveny masodik derivaltja

V ′′(x) = −3x

2es V ′′

(√2

3

)= −3

2·√

2

3< 0,

tehat a V fuggvenynek az x1 =

√2

3pontban valoban maximuma van, a keresett

terfogat pedig

V

(√2

3

)=

1

4·√

2

3

(2− 2

3

)=

1

3

√2

3, vagyis Vmax =

1

3

√2

3m3.


7. Adott R sugaru gombbe ırjunk leheto legnagyobb terfogatu hengert. Hatarozzukmeg a henger magassagat, valamint a keresett maximalis terfogatot.

Megoldas. Keszıtsuk el a gomb es a henger keresztmetszetenek vazlatat. Legyen

r a henger alapjanak sugara es H a henger magassaga. Mivel r2 = R2 − H2

4, akkor

a henger terfogata

V (r,H) = r2πH, illetve V (H) =

(R2 − H2

4

)πH = R2πH − π

4H3.

Hatarozzuk meg a fenti fuggveny maximumat. A fuggveny elso derivaltja:

V ′(H) = R2π − 3π

4H2,

az

R2π − 3π

4H2 = 0

egyenlet megoldasai pedig H1 =2R√3es H2 = −2R√

3, amelyek kozul csak H1 =

2R√3

az egyetlen elfogadhato stacionarius pont, hiszen a henger magassaga pozitıv szam

kell legyen. H1 =2R√3eseten

r2 = R2 − 1

4· 4R

2

3=

2R2

3.

Mutassuk meg, hogy ez az ertek valoban maximalis terfogatot ad. Mivel

V ′′(H) = −3π

2H, ezert V ′′

(2R√3

)= −3π

2· 2R√

3< 0,

ıgy valoban maximumrol beszelunk, s a leheto legnagyobb terfogatu henger sugara

r = R

√2

3, magassaga H =

2R√3, terfogata pedig V =

4R3π

3√3.

8. Adott R sugaru gombbe ırjunk leheto legnagyobb terfogatu kupot.

Megoldas. Keszıtsuk el a gomb es a kup keresztmetszetenek vazlatat. Legyen r akup alapjanak sugara, H pedig a kup magassaga. A kup terfogata ekkor

V (r,H) =1

3r2πH.

Az abrarol leolvashatjuk, hogy r2 = R2 − (H −R)2 = 2RH −H2, ezert

V (H) =1

3

(2RH −H2

)πH =

π

3

(2RH2 −H3

).

Keressuk meg a fenti terfogatfuggveny maximumat. Mivel

V ′(H) =π

3

(4RH − 3H2

)=π

3H (4R− 3H) ,


es V ′(H) = 0 kell teljesuljon, ezert a H (4R− 3H) = 0 egyenlet megoldasai lehetneka stacionarius pontok. A H0 = 0 az egyik megoldas, de ennek most nincs ertelme,

a masik megoldas H1 =4

3R viszont stacionarius pont, amelyre r2 =

8R2

3− 16R2

9=

8

9R2. Mutassuk meg, hogy ezekkel az ertekekkel valoban maximalis terfogatot ka-

punk. A terfogatfuggveny masodik derivaltja

V ′′(H) =π

3(4R− 6H) es V ′′(H) =

π

3

(4R− 6 · 4

3R

)=π

3(4R− 8R) < 0,

tehat valoban a maximalis terfogatot kaptuk, amelynek erteke:

Vmax =1

3· 89R2π · 4

3R =

32

81R3π.

9. ∗Adott teruletu es alapu haromszogek kozul melyiknek legkisebb a kerulete?

Megoldas. Legyen az adott haromszog alapja a, masik ket oldala b es c, terulete

pedig T . Ekkor T =ah

2, ahonnan h =

2T

a. Ha a h magassag az a alapot x es a− x

reszekre bontja fel, akkor a derekszogu haromszogekbol

b2 = h2 + x2, illetve b =√h2 + x2

es

c2 = h2 + (a− x)2, illetve c =√h2 + (a− x)2

adodik, a keresett kerulet pedig K = a+ b+ c, illetve

K(x, h) = a+√h2 + x2 +

√h2 + (a− x)2.

Mivel h =2T

a, ıgy

K(x) = a+

√4T 2

a2+ x2 +

√4T 2

a2+ (a− x)2

es

K ′(x) =2x

2√

4T 2

a2+ x2

+−2(a− x)

2√

4T 2

a2+ (a− x)2

.

K ′(x) = 0 akkor es csakis akkor teljesul, ha

x√4T 2

a2+ x2

=a− x√

4T 2

a2+ (a− x)2

,

innen pedig

x

√4T 2

a2+ (a− x)2 = (a− x)

√4T 2

a2+ x2.


Negyzetre emeles es rendezes utan azt kapjuk, hogy x2 = (a − x)2, ahonnan x2 =

a2−2ax+x2, s ebbol x =a

2, ami azt jelenti, hogy a haromszognek egyenloszarunak

kell lennie. Mivel

K ′′(x) =

√4T 2

a2+ x2 − x · x√

4T2

a2+x2

4T 2

a2+ x2

−−√

4T 2

a2+ (a− x)2 − (a− x) · −2(a−x)√

4T2

a2+(a−x)2

4T 2

a2+ (a− x)2

=

=4T 2

a2+ x2 − x2(

4T 2

a2+ x2

)√4T 2

a2+ x2

+4T 2

a2+ (a− x)2 − (a− x)2(

4T 2

a2+ (a− x)2

)√4T 2

a2+ (a− x)2

=

=4T 2

a2

1√(4T 2

a2+ x2

)3 +1√(

4T 2

a2+ (a− x)2

)3 ,

es

K ′′(a2

)=

4T 2

a2

1√(4T 2

a2+ a2

4

)3 +1√(

4T 2

a2+ a2

4

)3 > 0,

ezert az adott teruletu haromszogek kozul valoban az egyenloszaru haromszog alegkisebb keruletu.

10. ∗Hatarozzuk meg az adott palastteruletu kupok kozul azt, amelyiknek leheto leg-nagyobb a terfogata.

Megoldas. Legyen r a kup alapjanak sugara, s az alkotoja, H pedig a magassaga.A feltetelek szerint a kup palastjanakM terulete allando es ismert. MivelM = rπs,

ezert s =M

rπ, es ugyanakkor H =

√s2 − r2 =

√M2

r2π2− r2. A kup terfogata

V (r,H) =1

3r2πH,

illetve egy valtozoval kifejezve

V (r) =1

3r2π

√M2

r2π2− r2 = 1

3r2π

1

rπ

√M2 − r4π2 =

1

3r√M2 − π2r4.

A terfogatfuggveny elso derivaltja

V ′(r) =1

3

√M2 − π2r4 +

1

3r−4π2r3

2√M2 − π2r4

=1

3

√M2 − π2r4 − 1

3

2π2r4√M2 − π2r4

.

Mivel V ′(r) = 0 kell teljesuljon, ezert meg kell oldani az

1

3

√M2 − π2r4 =

1

3

2π2r4√M2 − π2r4

egyenletet. Rendezes utan adodik, hogy

M2 − π2r4 = 2π2r4, ahonnan M2 = 3π2r4,


ebbol pedig megkapjuk, hogy a megoldasok r1 =

√M

π√3

es r2 = −

√M

π√3. A

negatıv megoldasnak nincs ertelme a feladat szempontjabol, ezert r1 az egyetlenstacionarius pont. A masodik derivalt

V ′′(r) =1

3· −2π2r3√

M2 − π2r4− 2

3·4π2r3

√M2 − π2r4 − 2π2r4 −2π2r3√

M2−π2r4

M2 − π2r4=

= −2

3· π2r3√

M2 − π2r4− 2

3· 4π

2r3M2 − 4π4r7 + 4π4r7

(M2 − π2r4)√M2 − π2r4

=

= −2

3· π2r3√

M2 − π2r4

(1 +

4M2

M2 − π2r4

).

Mivel

π2r4 =M2

3es M2 − π2r4 =M2 − M2

3=

2

3M2,

ezert

V ′′

(√M

π√3

)< 0,

tehat az r1 =

√M

π√3alapsugaru kupnak a legnagyobb a terfogata, megpedig

Vmax =M

3

√20

3π√3.

4.2.5. A fuggveny konvexitasa es inflexios pontjai

A konvex fuggvenyeknek sok jelentos tulajdonsaga van. Belathato peldaul, hogy az adottintervallumon konvex fuggvenyek folytonosak is az adott intervallumon. Legfontosabbnakmegis a konvex fuggvenyek derivaltakkal kapcsolatos tulajdonsagait tartjuk, ezert ezzelkapcsolatban fogalmazunk meg nehany allıtast.

4.19. Tetel. Az f differencialhato fuggveny akkor es csakis akkor konvex (konkav) az[a, b] intervallumon, ha f ′ novekvo (csokkeno) az [a, b] intervallumon.

4.20. Tetel. Az [a, b] intervallumon ketszer differencialhato f fuggveny akkor es csakakkor szigoruan konvex (konkav) az [a, b] intervallumon, ha f ′′(x) > 0 (f ′′(x) < 0) mindenx ∈ [a, b] pontra.

Ezek utan megfogalmazzuk a differencialhato fuggveny inflexios pontja letezesenek felte-teleit. Elsokent szukseges feltetelt mondunk ki.

4.21. Tetel. Ha az x0 pont valamely kornyezeteben ketszer differencialhato f fuggvenynekaz x0 pontban inflexios pontja van, akkor f ′′(x0) = 0.

A tovabbiakban az inflexios pont letezesere vonatkozo elegendo felteteleket adunk meg.


4.22. Tetel. Ha f az x0 pont valamely kornyezeteben ketszer differencialhato es igaz,hogy f ′′(x0) = 0, valamint az f ′′ fuggveny az x0 pontban elojelet valt, akkor f -nek az x0pontban inflexios pontja van.

4.23. Tetel. Ha f az x0 pontban haromszor differencialhato, valamint f ′′(x0) = 0 esf ′′′(x0) = 0, akkor f -nek az x0 pontban inflexios pontja van.

Ha az f fuggveny olyan, hogy f ′′(x0) = f ′′′(x0) = 0, akkor az inflexios pont letezeserole tetelek alapjan nem mondhatunk semmit. A kovetkezo tetel segıt az ilyen jelleguproblemak megoldasaban.

4.24. Tetel. Legyen x0 helyen n-szer differencialhato f fuggveny derivaltjaira igaz, hogy

f ′′(x0) = f ′′′(x0) = ... = f (n−1)(x0) = 0

es f (n)(x0) = 0. Ekkor az f fuggvenynek az x0 pontban akkor es csakis akkor van inflexiospontja, ha n paratlan szam.

4.26. Pelda. Az f(x) =x3

3−3x2+8x fuggvenynek f ′(x) = x2−6x+8 az elso derivaltja,

f ′′(x) = 2x−6 pedig a masodik derivaltja. Mivel f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor teljesul,ha 2x−6 = 0, azaz x = 3 eseten, ezert a fuggvenynek itt lehet inflexios pontja. Vizsgaljukki a masodik derivalt elojelet! Mivel f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 2x− 6 > 0, azazx > 3 eseten es f ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 2x− 6 < 0, azaz x < 3 eseten, ezertlevonhatjuk azt a kovetkeztetest, hogy az f fuggveny konvex a (3,∞) intervallumon eskonkav a (−∞, 3) intervallumon. Az itt leırt eredmenyeket tablazatba is foglalhatjuk.

Df (−∞, 3) (3,∞)x− 3 − +f ′′(x) − +f(x)

∩ ∪Mivel az f fuggveny az x = 3 pontban konkavitasbolkonvexitasba megy at, tehat gorbuletet valt, ezert ebbena pontban az f fuggvenynek inflexios pontja van. Afuggveny erteke az inflexios pontjaban finf (3) = 6, azinflexios pont koordinatai pedig Pinf (3, 6).

Az inflexios pont letezeset az f fuggveny harmadik derivaltja segıtsegevel is ellenorizhetjuk.Mivel a harmadik derivalt f ′′′(x) = 2, ezert f ′′′(3) = 2 = 0 is igaz, tehat az x = 3 pontbanaz f fuggvenynek inflexios pontja van.

4.27. Pelda. Az f(x) = 2x4 + 3x + 4 fuggvenynek f ′(x) = 8x3 + 3 az elso derivaltja,f ′′(x) = 24x2 pedig a masodik derivaltja. Mivel f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor teljesul,ha x = 0, ezert itt van a fuggvenynek lehetseges inflexios pontja. Viszont f ′′′(x) = 48xes f ′′′(0) = 0, ezert tovabb kell szamolni a fuggveny derivaltjait ahhoz, hogy el lehessendonteni vajon itt inflexios pontja lesz-e a fuggvenynek vagy sem. Mivel f 4(x) = 48 esf 4(0) = 48 = 0 teljesul, azaz paros derivaltra lesz eloszor nullatol kulonbozo fuggvenyertekaz x = 0 pontban, ıgy ebben a pontban a fuggvenynek nem inflexios pontja van, hanemszelsoerteke. f 4(0) = 48 > 0 miatt ez az f fuggveny egy minimumpontja.Masik indoklas: mivel f ′′(x) = 24x2 ≥ 0 a teljes ertelmezesi tartomanyon, ezert az ffuggveny konvex a teljes ertelmezesi tartomanyon, vagyis nem valt gorbuletet az x = 0pontban, ezert az x = 0 pont nem inflexios pont.


4.2.6. Fuggvenykivizsgalas

A fuggvenykivizsgalas vazlata:

1. ertelmezesi tartomany: Df ⊆ R. Erdemes az ertelmezesi tartomanyt interval-lumkent, illetve intervallumok uniojakent felırni es kivizsgalni a fuggveny viselkedeset azintervallumok vegpontjaiban, s ıgy a fuggoleges es vızszintes aszimptotakat is megkapjuk,ha vannak.

2. paritas: Kivizsgaljuk, hogy a fuggveny paros vagy paratlan, vagy esetleg egyik tulaj-donsaggal sem rendelkezik.

3. nullahely: Meghatarozzuk az f(x) = 0 egyenlet megoldasait, mert ezekben a pon-tokban metszi a fuggveny grafikonja az x-tengelyt.

4. elojel: Meghatarozzuk az f(x) > 0 es az f(x) < 0 egyenlotlensegek megoldashal-mazait, mert az ıgy kapott intervallumokon lesz a fuggveny grafikonja az x-tengely felett,illetve alatt.

5. aszimptotaka) fuggoleges aszimptota: Az x = a egyenes az y = f(x) fuggvenygorbe fuggolegesaszimptotaja, ha

limx→a−0

f(x) = ±∞ vagy limx→a+0

f(x) = ±∞.

b) vızszintes aszimptota: Az y = f(x) fuggvenygorbe vızszintes aszimptotaja az olyany = b egyenes, amelyre

limx→∞

f(x) = b vagy limx→−∞

f(x) = b.

c) ferde aszimptota: Az y = kx+ n egyenes az y = f(x) fuggvenygorbe ferde aszimp-totaja, amennyiben

k = limx→±∞

f(x)

xes n = lim

x→±∞(f(x)− kx) , k = 0, k, n = ±∞.

6. szelsoertekek: Az f ′(x) = 0 egyenlet megoldasai adjak a stacionarius pontokat,amelyekben a fuggvenynek lehetnek szelsoertekei, megpedig maximuma, amennyiben otta fuggveny monoton novekedesbol monoton csokkenesbe valt, illetve minimuma, amennyi-ben ott a fuggveny monoton csokkenesbol monoton novekedesbe valt.

7. monotonitas: Azokon az intervallumokon, ahol f ′(x) > 0, ott a fuggveny szigoruanmonoton novekszik, s ahol f ′(x) < 0, ott a fuggveny szigoruan monoton csokken.

8. inflexios pontok: Az f ′′(x) = 0 egyenlet megoldasaiban lehetnek a fuggvenynekinflexios pontjai, amennyiben ott a fuggveny gorbuletet valt, azaz konvexitasbol konka-vitasba megy at, vagy fordıtva.

9. konvexitas: Azokon az intervallumokon, ahol f ′′(x) > 0, ott a fuggveny konvex, sahol f ′′(x) < 0, ott a fuggveny konkav.

10. a fuggveny grafikonja: A koordinatarendszerben bejeloljuk a kivizsgalt ada-tokat, majd a jellegzetes pontok (nullahelyek, szelsoertekek, inflexios pontok) osszekote-sevel megrajzoljuk a fuggveny grafikonjat.


4.28. Pelda. Vizsgaljuk ki az f(x) = x3(x2 − 1) fuggvenyt es rajzoljuk le a grafikonjat.

1. ertelmezesi tartomany: Az f fuggveny polinom, tehat Df = R = (−∞,∞).2. paritas: A fuggveny ertelmezesi tartomanya az origora szimmetrikus intervallum, ıgyvan ertelme vizsgalni a paritast. Mivel

f(−x) = (−x)3((−x)2 − 1) = −x3(x2 − 1) = −f(x),

ez azt jelenti, hogy a fuggveny paratlan, tehat grafikonja kozeppontosan szimmetrikus azorigora.

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, hax3(x2 − 1) = 0, azaz x3(x− 1)(x + 1) = 0. A kapottegyenlet megoldasai az x1 = −1, x2 = 0 es x3 = 1, ezpedig azt jelenti, hogy a fuggveny gorbeje a (−1, 0),(0, 0) es (1, 0) pontokban metszi az x-tengelyt.

4. elojel: Az f fuggveny elojelet meghatarozhat-juk a tenyezoit alkoto fuggvenyek grafikonjainaksegıtsegevel, vagyis az y = x3 es y = x2−1 fuggvenyekgrafikonjainak abrazolasaval. Mivel a fuggvenyekelojelei megegyeznek az (−1, 0) es (1,∞) intervallu-mon, kulonboznek a (−∞,−1) es (0, 1) intervallu-mon, ezertf(x) > 0 ha x ∈ (−1, 0) ∪ (1,∞) esf(x) < 0 ha x ∈ (−∞,−1) ∪ (0, 1).

y=x3

- - - - - -

+ + + + + +

y=x2-1

+ + + +

- - -

+ + + +

-1 1x

y

5. aszimptotaka) fuggoleges aszimptota: Mivel az f fuggveny ertelmezesi tartomanya a valosszamok halmaza, a fuggvenynek nincs fuggoleges aszimptotaja.b) vızszintes aszimptota: A fuggvenynek nincs vızszintes aszimptotaja, mert

limx→∞

f(x) = limx→∞

x3(x2 − 1) =∞ es limx→−∞

f(x) = limx→−∞

x3(x2 − 1) = −∞.

c) ferde aszimptota: Mivel

limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

x3(x2 − 1)

x= lim

x→±∞x2(x2 − 1) =∞,

ezert a fuggvenynek nincs ferde aszimptotaja.

6. szelsoertekek: A fuggveny elso derivaltja

f ′(x) = 3x2(x2 − 1) + x3 · 2x = x2(3x2 − 3 + 2x2) = x2(5x2 − 3).

Mivel f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha x2(√5x −

√3)(√5x +

√3) = 0, ezert az f

fuggveny stacionarius pontjai x2 = 0, x4 = −√15

5≈ −0, 77 es x5 =

√15

5≈ 0, 77.


7. monotonitas: Az f ′ fuggveny elojelenek meghatarozasa-ra alkalmazzuk az f ′(x) = x2(5x2 − 3) alakot.Mivel x2 > 0 ha x = 0, az y = 5x2 − 3 parabolagrafikonja alapjan megallapıtjuk, hogy 5x2 − 3 > 0, ha

x ∈ (−∞,−√15

5) ∪ (

√15

5,∞) es 5x2 − 3 < 0, amennyiben

x ∈ (−√15

5,

√15

5).

Ebbol az kovetkezik, hogy f ′(x) > 0, azaz az f fuggveny

novekszik a (−∞,−√15

5) ∪ (

√15

5,∞) intervallumon es

f ′(x) < 0, azaz az f fuggveny csokken az (−√15

5, 0)∪(0,

√15

5)

intervallumon.

y=5x2-3

+ + +

- - -

+ + +

-35

35

x

y

Az f ′ fuggveny elojelet valt az x4 = −√15

5, illetve az x5 =

√15

5pontban, ıgy ezek-

ben a pontokban a fuggvenynek szelsoerteke van. Pontosabban, x4-ben a fuggvenynekmaximuma van, mert ott a fuggvenygorbe novekedesbol csokkenesbe valt, x5-ben pediga fuggvenynek minimuma van, mert ott csokkenesbol valt novekedesbe. Ugyanakkorfmax(x4) ≈ 0, 18 es fmin(x5) ≈ −0, 18.

8. inflexios pontok: A fuggveny masodik derivaltja

f ′′(x) = 2x(5x2 − 3) + x2 · 10x = 2x(10x2 − 3).

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 2x(√10x−

√3)(√10x+

√3) = 0. A kapott egyenlet

megoldasai, s egyben a lehetseges inflexios pontok

x2 = 0, x6 = −√3√10

= −√30

10es x7 =

√3√10

=

√30

10.

9. konvexitas: Az f ′′(x) = 2x(10x2 − 3) fuggveny elojeleaz y = x es y = 10x2 − 3 fuggvenyek grafikonjai alapjan ıgyalakul:

f ′′(x) > 0 ha x ∈

(−√30

10, 0

)∪

(√30

10,∞

),

f ′′(x) < 0 ha x ∈

(−∞,−

√30

10

)∪

(0,

√30

10

).

Tehat az f fuggveny konvex az

(−√30

10, 0

)∪

(√30

10,∞

)

intervallumon es konkav a

(−∞,−

√30

10

)∪

(0,

√30

10

)inter-

vallumon.Mivel az f ′′ fuggveny elojelet valt a nullahelyeiben, ezert

az x2 = 0, x6 = −√30

10es x7 =

√30

10pontokban az f

fuggvenynek inflexios pontjai vannak.

y=x

- - - - - -

+ + + + + +

y=10x2-3

+ + + +

- - -

+ + + +

x

y


Az inflexios pontoknak megfelelo fuggvenyertekek:

finf (x6) ≈ 0, 12 es finf (x7) ≈ −0, 12.

10. fuggveny grafikonja:

y=x3Hx2-1L

0x2 x1x4 x3È ÈÈ È

y2

y1

y4

y3-1 1x

-1

1

y

4.29. Pelda. Vizsgaljuk ki az f(x) =x2 − 3x− 10

−x2 + 5x+ 14fuggvenyt es rajzoljuk le a grafi-

konjat.

1. ertelmezesi tartomany: A szamlalo es a nevezo tenyezokre bontasa utan kapjuk,

hogy f(x) =(x+ 2)(x− 5)

(7− x)(x+ 2), vagyis az x+2 binommal tudunk egyszerusıteni, ha x+2 = 0.

Ezaltal a fuggveny az f(x) =x− 5

7− xformat veszi fel, ahol x = −2. Mivel a nevezo nem

lehet nulla, ezert 7− x = 0. Tehat x = 7 es x = −2, ıgy

Df = R \ {−2, 7} = (−∞,−2) ∪ (−2, 7) ∪ (7,∞).

2. paritas: A fuggveny ertelmezesi tartomanya nem szimmetrikus intervallum az origora,ıgy a fuggveny se nem paros se nem paratlan.

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha x − 5 = 0. Az egyenlet megoldasax = 5, tehat x = 5 a fuggveny nullahelye, s a fuggveny gorbeje illeszkedik az (5, 0) pontra.

4. elojel: Az f fuggveny elojele megegyezik a P (x) = (x− 5)(7− x) = −(x− 5)(x− 7)polinom elojelevel az ertelmezesi tartomanyon.


A P polinom konvex, mert a foegyutthatoja −1 < 0 esmetszi az x-tengelyt az x = 5 es x = 7 pontokban. A Ppolinom grafikonja alapjan megallapıtjuk, hogy P (x) > 0,ha x ∈ (5, 7) es P (x) < 0 ha x ∈ (−∞, 5) ∪ (7,∞).

é

y=-Hx-5LHx-7L

- - - - - - - - -

+ +

- - - - - - - --2 5 7

x

y

Tehat, f(x) > 0 ha x ∈ (5, 7) es f(x) < 0 ha x ∈ (−∞,−2) ∪ (−2, 5) ∪ (7,∞).

5. aszimptotaka) fuggoleges aszimptota:

limx→−2−0

f(x) = limx→−2−0

x− 5

7− x=−79

es limx→−2+0

f(x) = limx→−2+0

x− 5

7− x=−79

miatt az f fuggvenynek nincs fuggoleges aszimptotaja az x = −2 pontban.Mivel

limx→7−0

f(x) = limx→7−0

x− 5

7− x=

2

+0=∞ es lim

x→7+0f(x) = lim

x→7+0

x− 5

7− x=

2

−0= −∞

ezert x = 7 az f fuggveny fuggoleges aszimptotaja.b) vızszintes aszimptota:

limx→∞

f(x) = limx→∞

x− 5

7− x= lim

x→∞

x(1− 5x)

x( 7x− 1)

= limx→∞

1− 5x

7x− 1

= −1

es

limx→−∞


x− 5

7− x= lim

x→−∞

x(1− 5x)

x( 7x− 1)

= limx→−∞

1− 5x

7x− 1

= −1,

tehat y = −1 vızszintes aszimptotaja a fuggvenynek.c) ferde aszimptota: Mivel a fuggvenynek van vızszintes aszimptotaja, ezert y = kx+negyenletu ferde aszimptotaja nincs, amit szamıtassal is igazolhatunk:

k = limx→∞

f(x)

x= lim

x→∞

x− 5

x(7− x)= lim

x→∞

x(1− 5x)

x(7− x)= lim

x→∞

1− 5x

7− x= 0,

k = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

x− 5

x(7− x)= lim

x→−∞

x(1− 5x)

x(7− x)= lim

x→−∞

1− 5x

7− x= 0.

6. szelsoertekek: Az elso derivalt f ′(x) =7− x− (x− 5)(−1)

(7− x)2=

2

(7− x)2.

Mivel f ′(x) = 0 nem lehetseges, ezert az f fuggvenynek nincs stacionarius pontja, s ıgynincs szelsoerteke sem.

7. monotonitas: Minden x ∈ Df eseten ervenyes, hogy f ′(x) > 0, amibol kovetkezik,hogy az f fuggveny novekszik a (−∞,−2) ∪ (−2, 7) ∪ (7,∞) intervallumon.

8. inflexios pontok: Az f fuggveny masodik derivaltja

f ′′(x) =(2(7− x)−2

)′= −4(7− x)−3 · (−1) = 4

(7− x)3.


Mivel f ′′(x) = 0 nem lehetseges, a fuggvenynek nincs inflexios pontja.

9. konvexitas: Vizsgaljuk ki az f ′′ fuggveny elojelet. f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor,ha 7 − x > 0 es f ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 7 − x < 0, ezert f ′′(x) > 0,ha x ∈ (−∞,−2) ∪ (−2, 7) es f ′′(x) < 0, ha x ∈ (7,∞). Az f fuggveny konvex a(−∞,−2) ∪ (−2, 7) intervallumon es konkav a (7,∞) intervallumon.

10. a fuggveny grafikonja:

-2

y=x2- 3 x- 10

-x2+ 5 x+ 14

x=7

y=-15 10 15

x

-5

5

y

4.30. Pelda. Vizsgaljuk ki az f(x) = x√1− x fuggvenyt es rajzoljuk le a grafikonjat.

1. ertelmezesi tartomany: Df = (−∞, 1], mert 1− x ≥ 0, ahonnan x ≤ 1.

2. paritas: A fuggveny ertelmezesi tartomanya nem szimmetrikus intervallum az origora,ıgy a fuggveny se nem paros se nem paratlan.

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha x√1− x = 0. A kapott egyenlet

megoldasai x1 = 0 es x2 = 1, s ezek egyben az f fuggveny nullahelyei.

4. elojel: Mivel√1− x > 0 a teljes ertelmezesi tartomanyon, ezert f(x) > 0 ha x > 0

es f(x) < 0 ha x < 0.

5. aszimptotak: A fuggvenynek se fuggoleges, se ferde, se vızszintes aszimptotaja nincs,mert

limx→1−0

x√1− x = (1− 0)

√+0 = +0, lim

x→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

√1− x = +∞,

limx→−∞


x√1− x = −∞.

6. szelsoertekek: Az elso derivalt f ′(x) =√1− x− x

2√1− x

=2− 3x

2√1− x

, x = 1.

f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 2− 3x = 0, azaz x3 =2

3, es ez egyben az f fuggveny

stacionarius pontja.


7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 2 − 3x > 0, azaz x <2

3eseten.

f ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 2−3x < 0, azaz x >2

3eseten. Ebbol megallapıthatjuk,

hogy az f fuggveny szigoruan monoton novekvo a

(−∞, 2

3

)intervallumon, a

(2

3, 1

)in-

tervallumon pedig szigoruan monoton csokkeno. A monotonitas alapjan az f fuggvenynek

x3 =2

3-ban maximuma van es fmax

(2

3

)=

2

3

√1

3.


f ′′(x) =1

2·−3√1− x+ (2− 3x) 1

2√1−x

1− x=

1

2· −6(1− x) + (2− 3x)

2(1− x)√1− x

=3x− 4

4(1− x)√1− x

.

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 3x− 4 = 0, azaz x4 =4

3eseten. Mivel x4 ∈ Df , ezert

az f fuggvenynek nincs inflexios pontja.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 3x−4 > 0, azaz x >4

3eseten. Mivel

ez az intervallum nincs benne az ertelmezesi tartomanyban, ıgy az f fuggveny masodik

derivaltja nem lehet pozitıv. f ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 3x− 4 < 0, azaz x <4

3eseten. Ez a tulajdonsag ervenyes a Df ertelmezesi tartomanyon, tehat az f fuggvenykonkav, ha x ∈ Df .


y=x 1- x

0-2 -1 2

31

x

-1

2

3 3

1

y


4.31. Pelda. Vizsgaljuk ki az f(x) = xe−x2 fuggvenyt es rajzoljuk le a grafikonjat.

1. ertelmezesi tartomany: Df = R = (−∞,∞).

2. paritas: Mivel f(−x) = −xe−−x2 = −xex

2 = ±f(x), ezert a fuggveny se nem paros,se nem paratlan.

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha xe−x2 = 0. Az egyenlet megoldasa

x1 = 0, s ez az f fuggveny nullahelye.

4. elojel: Mivel az exponencialis fuggveny mindig pozitıv, ezert f(x) > 0, ha x > 0,illetve f(x) < 0, ha x < 0.

5. aszimptotaka) fuggoleges aszimptota: Nincs, mert a fuggveny minden valos szamra ertelmezett.b) vızszintes aszimptota: y = 0 pozitıv iranyban vızszintes aszimptota, mert

limx→∞

f(x) = limx→∞

xe−x2 = lim

x→∞

x

ex2

= limx→∞

112e

x2

=1

+∞= +0,

limx→−∞


xe−x2 = −∞ ·∞ = −∞.

c) ferde aszimptota: Csak negatıv iranyban kell kivizsgalni, mert pozitıv iranybanvan vızszintes aszimptota. Mivel

limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞e−

x2 = +∞,

ezert ferde aszimptota nincs.

6. szelsoertekek: Az elso derivalt f ′(x) = e−x2 − 1

2xe−

x2 =

(1− x

2

)e−

x2 .

f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha(1− x

2

)e−

x2 = 0, vagyis ha 1 − x

2= 0. A kapott

egyenlet megoldasa x2 = 2, az f fuggveny stacionarius pontja.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 1 − x

2> 0, azaz x < 2 eseten.

f ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 1− x2< 0, azaz x > 2 eseten. Ebbol megallapıthatjuk,

hogy az f fuggveny szigoruan monoton novekvo a (−∞, 2) intervallumon, a (2,+∞) in-tervallumon pedig szigoruan monoton csokkeno. A monotonitas alapjan az f fuggvenynek

x2 = 2-ben maximuma van es fmax (2) =2

e.


f ′′(x) = −1

2e−

x2 − 1

2

(1− x

2

)e−

x2 =

(−1 + x

4

)e−

x2 .

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha −1+ x

4= 0. Az f fuggveny lehetseges inflexios pontja

ezert x3 = 4-ben van.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha −1 +x

4> 0, azaz x > 4 eseten.

f ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha−1+x4< 0, azaz x < 4 eseten. Ebbol megallapıthatjuk,

hogy az f fuggveny konvex az (−∞, 4) intervallumon, a (4,+∞) intervallumon pedig


konkav. Mivel x3-ban az f ′′ fuggveny elojelet valt, ezert ott az f fuggvenynek inflexios

pontja van es finf (4) =4

e2.


y=x ã-x

2

y=0

-2�ã

-2 -1 1 2 4x

-1

y

4.32. Pelda. Vizsgaljuk ki az f(x) =1 + lnx

xfuggvenyt es rajzoljuk le a grafikonjat.

1. ertelmezesi tartomany: A logaritmus fuggveny csak pozitıv ertekekre ertelmezettes a nevezo nem lehet nulla, azaz x > 0 es x = 0 kell, hogy teljesuljon. Tehat

Df = R+ = (0,+∞).

2. paritas: Mivel az ertelmezesi tartomany nem szimmetrikus az origora, ezert afuggveny nem lehet se paros, se paratlan.

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 1+lnx = 0, azaz x1 = e−1 a nullahely.

4. elojel: f(x) > 0, ha1 + lnx

x> 0 es f(x) < 0, ha

1 + lnx

x< 0. Mivel x > 0 teljesul

az ertelmezesi tartomanyon, ezert f pozitıv, ha 1 + lnx > 0, azaz x > e−1 es f negatıv,ha 1 + lnx < 0, vagyis 0 < x < e−1.

5. aszimptotaka) fuggoleges aszimptota: Az x = 0 egyenes fuggoleges aszimptota, mert

limx→+0

1 + lnx

x= −∞.

b) vızszintes aszimptota: Az y = 0 egyenes vızszintes aszimptota, mert a L’Hospitalszabaly alkalmazasa utan kapjuk, hogy

limx→∞

f(x) = limx→∞

1 + lnx

x= lim

x→∞

1x

1= +0.

c) ferde aszimptota: Mivel van vızszintes aszimptota, ezert ferde nem lehet.

6. szelsoertekek: Az elso derivalt

f ′(x) =1x· x− (1 + lnx)

x2= − ln x

x2.


f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha lnx = 0. Az egyenlet megoldasa x2 = 1, es ez az ffuggveny stacionarius pontja.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha lnx < 0, azaz 0 < x < 1 eseten.f ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha lnx > 0, azaz x > 1 eseten. Ebbol megallapıthatjuk,hogy az f fuggveny szigoruan monoton novekvo a (0, 1) intervallumon, es szigoruan mono-ton csokkeno az (1,+∞) intervallumon. A monotonitas alapjan az f fuggvenynek x2 = 1-ben maximuma van es fmax (1) = 1.


f ′′(x) =− 1

x· x2 + (lnx) · (2x)

x4=x(2 lnx− 1)

x4=

2 lnx− 1

x3.

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 2 lnx − 1 = 0, vagyis x3 =√e a lehetseges inflexios

pont.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 2 lnx − 1 > 0, azaz x >√e

eseten. f ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 2 lnx − 1 < 0, azaz 0 < x <√e eseten.

Ebbol megallapıthatjuk, hogy az f fuggveny konvex az (0,√e) intervallumon, a (

√e,+∞)

intervallumon pedig konkav. Mivel x3-ban az f ′′ fuggveny elojelet valt, ezert ott az f

fuggvenynek inflexios pontja van es finf (√e) =

3

2√e.


y=1+ lnx

x

x=0

y=0

-

1ã

ã1x

-1

1

y

FELADATOK.

Vizsgaljuk ki a kovetkezo fuggvenyeket es rajzoljuk le grafikonjaikat.

1. f(x) = 2x4 − 4x2 + 4

Megoldas.

1. ertelmezesi tartomany: Df = R = (−∞,∞), mert f polinomfuggveny.

2. paritas: Mivel f(−x) = 2(−x)4 − 4(−x)2 + 4 = 2x4 − 4x2 + 4 = f(x), ezert afuggveny paros. Ez azt jelenti, hogy a fuggveny grafikonja tengelyesen szimmetrikusaz y koordinatatengelyhez viszonyıtva.


3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha x4 − 2x2 + 2 = 0. x2 = tbehelyettesıtes utan kapjuk a t2 − 2t + 2 = 0 masodfoku egyenletet, amelynekdiszkriminansa D = 4 − 8 < 0. Ebbol kovetkezik, hogy se a masodfoku egyenlet-nek, se az eredeti negyedfoku egyenletnek nincs valos megoldasa, tehat a fuggvenygrafikonja nem metszi az x-tengelyt.

4. elojel: f(x) > 0, ha x4−2x2+2 > 0. Mivel ez a tulajdonsag a teljes ertelmezesitartomanyon teljesul, ezert az f fuggveny szigoruan pozitıv az ertelmezesi tartomanyminden pontjara.

5. aszimptotak: A fuggvenynek nincsenek aszimptotai, viszont

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

(2x4 − 4x2 + 4

)= +∞.

6. szelsoertekek: Az elso derivalt f ′(x) = 2(4x3 − 4x

)= 8x

(x2 − 1

).

f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha (x + 1)x(x − 1) = 0. A fuggveny stacionarius

pontjai tehat x1 = −1, x2 = 0 es x3 = 1.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha (x+1)x(x−1) > 0, valamintf ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha (x+ 1)x(x− 1) < 0.

Df (−∞,−1) (−1, 0) (0, 1) (1,∞)x+ 1 − + + +x − − + +

x− 1 − − − +f ′(x) − + − +f(x) ↘ ↗ ↘ ↗

A mellekelt tablazat alapjana fuggveny szigoruan monotonnovekvo a (−1, 0) ∪ (1,∞) inter-vallumon es szigoruan monotoncsokkeno a (−∞,−1) ∪ (0, 1) in-tervallumon.

A tablazatbol leolvashatjuk, hogy a monotonitasi tulajdonsag szerint az f fugg-venynek x1 = −1-ben minimuma van, x2 = 0-ban maximuma van es x3 = 1-benminimuma van. Szamıtassal adodik, hogy a megfelelo fuggvenyertekek:

fmin (−1) = fmin (1) = 2 es fmax (0) = 4.

8. inflexios pontok: Az f fuggveny masodik derivaltja f ′′(x) = 8(3x2 − 1

).

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 3x2− 1 = 0. A lehetseges inflexios pontok tehat

x4 = −√3

3es x5 =

√3

3.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 3x2 − 1 > 0 teljesul, azaz

x < −√3

3es x >

√3

3eseten. f ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 3x2 − 1 < 0, azaz

−√3

3< x <

√3

3eseten. Ebbol megallapıthatjuk, hogy a

(−∞,−

√3

3

)∪

(√3

3,∞

)

intervallumon az f fuggveny konvex, a

(−√3

3,

√3

3

)intervallumon pedig konkav.


Mivel x4-ben es x5-ben az f ′′ fuggveny elojelet valt, ezert ott az f fuggvenynekinflexios pontjai vannak. A megfelelo fuggvenyertekek az inflexios pontokban:

finf (x4) = finf (x5) =26

9.

10. A fuggveny grafikonja:

y=2x4-4x2

+4

-1 - 1

3

1

31

x

4

2

269

1

y

2. f(x) =1

2

(0, 3x5 − 2, 5x3 + 6x

)Megoldas.


2. paritas: A fuggveny paratlan, mivel

f(−x) = 1

2

(0, 3(−x)5 − 2, 5(−x)3 + 6(−x)

)=

=1

2

(−0, 3x5 + 2, 5x3 − 6x

)= −1

2

(0, 3x5 − 2, 5x3 + 6x

)= −f(x).

3. nullahely: f(x) =1

20x(3x4 − 25x2 + 60

), ezert f(x) = 0 akkor es csakis akkor,

ha x(3x4 − 25x2 + 60

)= 0. Mivel az x2 = t helyettesıtes utan kapott 3t2−25t+60


masodfoku trinom mindig pozitıv (mert diszkriminansa 252−12 ·60 = 625−720 < 0es foegyutthatoja pozitıv), ezert x1 = 0 az egyetlen nullahely.

4. elojel: f(x) > 0 ha x(3x4 − 25x2 + 60

)> 0, azaz x > 0 eseten, es f(x) < 0 ha

x(3x4 − 25x2 + 60

)< 0, vagyis x < 0 eseten.

5. aszimptotak: A fuggvenynek nincsenek aszimptotai, viszont

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

1

2

(0, 3x5 − 2, 5x3 + 6x

)= ±∞.


f ′(x) =1

20

(15x4 − 75x2 + 60

)=

3

4

(x4 − 5x2 + 4

)=

3

4

(x2 − 1

) (x2 − 4

).

f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha (x− 1)(x+ 1)(x− 2)(x+ 2) = 0, s eszerint az ffuggveny stacionarius pontjai x2 = −2, x3 = −1, x4 = 1 es x5 = 2.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha (x−1)(x+1)(x−2)(x+2) > 0,valamint f ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha (x− 1)(x+ 1)(x− 2)(x+ 2) < 0.

Df (−∞,−2) (−2,−1) (−1, 1) (1, 2) (2,∞)x+ 2 − + + + +x+ 1 − − + + +x− 1 − − − + +x− 2 − − − − +f ′(x) + − + − +f(x) ↘ ↗ ↘ ↗ ↘

A tablazatbol lathato,hogy a fuggvenyszigoruan monotonnovekvo a (−∞,−2) ∪(−1, 1) ∪ (2,∞) inter-vallumon es szigoruanmonoton csokkeno a(−2,−1) ∪ (1, 2) inter-vallumon.

A tablazatbol leolvashatjuk, hogy a monotonitas alapjan az f fuggvenynek x2 = −2-ben maximuma van, x2 = −1-ben minimuma van, x3 = 1-ben maximuma vanes x4 = 2-ben minimuma van, valamint fmax (−2) = −0, 8, fmin (−1) = −1, 7,fmax (1) = 1, 7 es fmin (2) = 0, 8.


f ′′(x) =3

4

(4x3 − 10x

)=

3

2x(2x2 − 5

).

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha x(2x2 − 5

)= 0. Az egyenlet megoldasai, es

egyben a lehetseges inflexios pontok, x6 = −√10

2es x7 =

√10

2.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha x(2x2 − 5

)> 0, valamint

f ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha x(2x2 − 5

)< 0.

Df

(−∞,−

√10

2

) (−√10

2, 0

) (0,

√10

2

) (√10

2,∞

)x − − + +

2x2 − 5 + − − +f ′′(x) − + − +f(x)

∩ ∪ ∩ ∪


A fenti tablazatbol megallapıthatjuk, hogy a

(−√10

2, 0

)∪

(√10

2,∞

)interval-

lumon az f fuggveny konvex, a

(−∞,−

√10

2

)∪

(0,

√10

2

)intervallumon pedig

konkav. Mivel x6-ban es x7-ben az f ′′ fuggveny elojelet valt, ezert ott az f fuggvenynek

inflexios pontjai vannak es finf (x6) = −13√10

2, illetve finf (x7) =

13√10

2.


y=1

2H0.3x5

-2.5x3+6xL

-2 -1-52

52

1 2

x

-0.8

0.8

1.9

-1.9

1.28468

-1.28468

y

3. f(x) =4

x− x

Megoldas.

1. ertelmezesi tartomany: A nevezo nem lehet nulla, ezert az ertelmezesitartomany Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0,∞).

2. paritas: Mivel f(−x) = 4

−x− (−x) = −

(4

x− x)

= −f(x), ezert a fuggveny

paratlan, azaz a fuggveny grafikonja kozeppontosan szimmetrikus az origora.

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha4− x2

x= 0, azaz 4 − x2 = 0.

Ennek alapjan az egyenlet megoldasa es egyben a fuggveny nullahelyei x1 = −2 esx2 = 2.


4. elojel: f(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha4− x2

x> 0 es f(x) < 0 akkor es

csakis akkor, ha4− x2

x< 0.

Df (−∞,−2) (−2, 0) (0, 2) (2,∞)x − − + +

4− x2 − + + −f(x) + − + −

A mellekelt tablazatbol lathato,hogy a fuggveny pozitıv a(−∞,−2) ∪ (0, 2) intervallumones negatıv a (−2, 0) ∪ (2,∞)intervallumon.

5. aszimptotak

a) fuggoleges aszimptota: Az x = 0 egyenes fuggoleges aszimptota, mivel

limx→+0

f(x) = limx→+0

4− x2

x=

4− (+0)2

+0=

4

+0= +∞

es

limx→−0

f(x) = limx→−0

4− x2

x=

4− (−0)2

−0=

4

−0= −∞.

b) vızszintes aszimptota: Vızszintes aszimptota nincs, mert

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

(4

x− x)

= ∓∞.

c) ferde aszimptota: Ha y = kx+ n alakban keresunk ferde aszimptotat, akkor

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

4− x2

x2= −1

es

n = limx→±∞

(f(x)− kx) = limx→±∞

(4− x2

x+ x

)= lim

x→±∞

(4

x

)= 0,

tehat a fuggvenynek y = −x ferde aszimptotaja.

6. szelsoertekek: Az elso derivalt f ′(x) =−2x · x− (4− x2)

x2= −x

2 + 4

x2= 0.

Mivel az f ′ fuggvenynek nincs nullahelye, ezert az f fuggvenynek nincs stacionariuspontja es ıgy szelsoerteke sem.

7. monotonitas: f ′(x) = −x2 + 4

x2< 0 minden x ∈ Df eseten, ezert a fuggveny

ertelmezesi tartomanyanak minden pontjaban szigoruan monoton csokkeno.


f ′′(x) = −2x · x2 − (x2 + 4) · 2xx4

= −x · (2x2 − 2x2 − 8)

x · x3=

8

x3= 0.

Mivel az f ′′ fuggvenynek nincs nullahelye, ezert az f fuggvenynek nincs inflexiospontja.


9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha8

x3> 0, azaz x > 0 eseten,

valamint f ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha8

x3< 0, azaz x < 0 eseten. Ez azt

jelenti, hogy a (−∞, 0) intervallumon az f fuggveny konkav, a (0,∞) intervallumonpedig konvex.


y=4

x-xy=-x

x=0

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7x

1

-1

y

4. f(x) =x2

(x+ 1)2

Megoldas.

1. ertelmezesi tartomany: Mivel x + 1 = 0 akkor es csakis akkor, ha x = −1,es a nevezo nem lehet nulla, ezert Df = R \ {−1} = (−∞,−1) ∪ (−1,∞).

2. paritas: Az ertelmezesi tartomany nem szimmetrikus az origora, tehat afuggveny se nem paros, se nem paratlan.

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, hax2

(x+ 1)2= 0, vagyis x2 = 0

eseten. Eszerint x1 = 0 a fuggveny nullahelye.

4. elojel: f(x) > 0 akkor es csakis akkor, hax2

(x+ 1)2> 0, azaz minden x ∈ Df

eseten, tehat az f fuggveny pozitıv a teljes ertelmezesi tartomanyon.

5. aszimptotak

a) fuggoleges aszimptota: x = −1 fuggoleges aszimptota, mert

limx→−1±0

f(x) = limx→−1±0

x2

(x+ 1)2=

(−1± 0)2

(−1± 0 + 1)2=

1

+0= +∞.


b) vızszintes aszimptota: y = 1 vızszintes aszimptota, mert

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

x2

(x+ 1)2= 1.

c) ferde aszimptota: A vızszintes aszimptota letezese miatt ferde aszimptotanincs.


f ′(x) =2x(x+ 1)2 − x2 · 2(x+ 1)

(x+ 1)4=

2x(x+ 1)− 2x2

(x+ 1)3=

2x

(x+ 1)3.

f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha2x

(x+ 1)3= 0, vagyis, ha 2x = 0. Eszerint az f

fuggveny nullahelye x1 = 0, es ez egyben stacionarius pont is.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha2x

(x+ 1)3> 0, azaz ha

x(x+1) > 0, valamint f ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha2x

(x+ 1)3< 0, azaz akkor

es csakis akkor, ha x(x+1) < 0. Az y = x(x+1) parabola x = −1-ben es x = 0-banmetszi az x-tengelyt, s mivel minimuma van, pozitıv x < −1 es x > 0 eseten, illetvenegatıv −1 < x < 0 eseten. Ez azt jelenti, hogy az f fuggveny szigoruan monotonnovekvo a (−∞,−1)∪(0,∞) intervallumon es szigoruan monoton csokkeno a (−1, 0)intervallumon. A monotonitasi tulajdonsagbol kovetkezik, hogy x1 = 0 pontban afuggvenynek minimuma van, ıgy a megfelelo fuggvenyertek

fmin(0) = 0.


f ′′(x) =2(x+ 1)3 − 2x · 3(x+ 1)2

(x+ 1)6=

2(x+ 1)− 6x

(x+ 1)4=

2− 4x

(x+ 1)4=

2(1− 2x)

(x+ 1)4.

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha2(1− 2x)

(x+ 1)4= 0, azaz 1− 2x = 0, illetve x2 =

1

2eseten. Ezert x2 lehetseges inflexios pont.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha2(1− 2x)

(x+ 1)4> 0, azaz akkor

es csakis akkor, ha 1 − 2x > 0, illetve x <1

2eseten. f ′′(x) < 0 akkor es csakis

akkor, ha2(1− 2x)

(x+ 1)4< 0, azaz akkor es csakis akkor, ha 1 − 2x < 0, illetve x >

1

2

eseten. Ezert az f fuggveny konvex a

(−∞, 1

2

)intervallumon es konkav az

(1

2,∞)

intervallumon. Mivel az f ′′ fuggveny x2 =1

2-ben elojelet valt, ezert x2 =

1

2az f

fuggveny inflexios pontja, a megfelelo fuggvenyertek pedig

finf

(1

2

)=

1

9.



y=x2

Hx+ 1L2

x=-1

y=1

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 12

1 2 3 4 5 6 7x

1

y

5. f(x) =3√1− x2

Megoldas.


2. paritas: A fuggveny paros, mert

f(−x) = 3√

1− (−x)2 = 3√1− x2 = f(x).

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 3√1− x2 = 0, azaz ha 1−x2 = 0.

Az egyenlet megoldasa es egyben az f fuggveny nullahelyei x1 = −1 es x2 = 1.

4. elojel: f(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 3√1− x2 > 0, azaz 1 − x2 > 0,

valamint f(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 3√1− x2 < 0, azaz 1 − x2 < 0. Az

y = 1 − x2 parabola x = −1-ben es x = 1-ben metszi az x-tengelyt, s mivelmaximuma van, pozitıv −1 < x < 1 eseten, negatıv x < −1 es x > 1 eseten.

5. aszimptotak: A fuggvenynek nincs semmilyen aszimptotaja, viszont

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

3√1− x2 = −∞.

6. szelsoertekek: Az elso derivalt f ′(x) =−2x

3 3√

(1− x2)2. f ′(x) = 0 akkor es

csakis akkor, ha −2x = 0, tehat x3 = 0 a stacionarius pont. Vegyuk eszre, hogy azf ′ derivaltfuggveny nem ertelmezett az a Df ertelmezesi tartomany x = 1 es x = −1pontjaiban.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha−2x

3√(1− x2)2

> 0, azaz ha

x < 0, valamint f ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha−2x

3√(1− x2)2

< 0, azaz ha x > 0.


Eszerint az f fuggveny szigoruan monoton novekvo a (−∞, 0) intervallumon esszigoruan monoton csokkeno a (0,∞) intervallumon. A monotonitasi tulajdonsagbolkovetkezik, hogy x3 = 0-ban a fuggvenynek maximuma van es fmax(0) = 1.


f ′′(x) = −2

3

3√(1− x2)2 − x · 2(−2x)

3 3√1−x2

3√(1− x2)4

· 33√1− x2

3 3√1− x2

=

= −2

3

3(1− x2) + 4x2

3(1− x2) 3√

(1− x2)2= −2

9

3 + x2

(1− x2) 3√

(1− x2)2= −2

9

(3 + x2) 3√1− x2

(1− x2)2.

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 1− x2 = 0, azaz a nullahelyekben, de ezekbena pontokban sem az f ′ fuggveny, sem az f ′′ fuggveny nem ertelmezett.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 1 − x2 < 0, azaz x < −1 esx > 1 eseten. f ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 1 − x2 < 0, azaz −1 < x < 1eseten. Ezert az f fuggveny konvex a (−∞,−1) ∪ (1,∞) intervallumon es konkava (−1, 1) intervallumon.

Mivel az f ′′ fuggveny x1 = −1 es x2 = 1 pontokban elojelet valt, ezert itt azf fuggvenynek olyan inflexios pontjai vannak, amelyekben a az f fuggveny nemdifferencialhato, azaz az f fuggveny grafikonjahoz nem huzhato erinto. Ugyanakkorfinf (−1) = finf (1) = 0


y= 1- x23

-1 1x

1

y

6. f(x) =x√x2 + 1

Megoldas.


2. paritas: A fuggveny paratlan, mert

f(−x) = −x√(−x)2 + 1

= − x√x2 + 1

= −f(x).

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, hax√x2 + 1

= 0, tehat x1 = 0 a

fuggveny nullahelye.


4. elojel: f(x) > 0 ha x > 0, illetve f(x) < 0 ha x < 0.

5. aszimptotak

a) fuggoleges aszimptota: Nincs, mert a fuggveny minden valos szamra ertel-mezett.

b) vızszintes aszimptota: y = 1 es y = −1 vızszintes aszimptota, mert

limx→∞

f(x) = limx→∞

x√x2 + 1

= limx→∞

x

|x|√1 + 1

x2

= 1

eslim

x→−∞f(x) = lim

x→−∞

x√x2 + 1

= limx→−∞

x

|x|√

1 + 1x2

= −1.

c) ferde aszimptota: Nincs, mert van vızszintes aszimptota.


f ′(x) =1 ·√x2 + 1− x · 2x

2√x2+1

x2 + 1·√x2 + 1√x2 + 1

=x2 + 1− x2

(x2 + 1)√x2 + 1

=1

(x2 + 1)√x2 + 1

.

Mivel f ′(x) = 0, az f fuggvenynek nincs stacionarius pontja, tehat szelsoerteke sem.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 minden x ∈ Df eseten, ezert az f fuggveny szigoruanmonoton novekvo a teljes ertelmezesi tartomanyon.


f ′′(x) =((x2 + 1

)− 32

)′= −3

2

(x2 + 1

)− 52 · 2x =

−3x(x2 + 1)2

√x2 + 1

.

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha −3x = 0, tehat x1 = 0 az f fuggveny lehetsegesinflexios pontja.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha x < 0, valamint f ′′(x) < 0akkor es csakis akkor, ha x > 0. Ezek szerint az f fuggveny konvex a (−∞, 0)intervallumon es konkav a (0,∞) intervallumon.


y=x

x2+ 1

y=-1

y=1

-1 1x

-1

1

y


7. f(x) = x2e−x2

=x2

ex2

Megoldas.


2. paritas: A fuggveny paros, mert f(−x) = (−x)2e−(−x)2 = x2e−x2

= f(x).

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha x2e−x2

= 0, tehat x1 = 0 azegyetlen nullahely.

4. elojel: f(x) ≥ 0 ha x ∈ Df .

5. aszimptotak

a) fuggoleges aszimptota: Nincs, mert a fuggveny minden valos szamra ertelmezett.


limx→±∞

f(x) = limx→±∞

x2

ex2 = limx→±∞

2x

2xex2 = limx→±∞

1

ex2 = 0.



f ′(x) =(x2e−x2

)′= 2xe−x2

+ x2(−2x)e−x2

= 2x(1− x2

)e−x2

.

f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha x(1 − x)(1 + x) = 0, tehat x1 = 0, x2 = −1 esx3 = 1 a stacionarius pontok.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha x(1− x)(1 + x) > 0, illetvef ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha x(1− x)(1 + x) < 0.

Df (−∞,−1) (−1, 0) (0, 1) (1,∞)1 + x − + + +x − − + +

1− x + + + −f ′(x) + − + −f(x) ↗ ↘ ↗ ↘

A mellekelt tablazatbol le-olvashato, hogy a fuggvenyszigoruan monoton novekvo a(−∞,−1) ∪ (0, 1) intervallumones szigoruan monoton csokkeno a(−1, 0) ∪ (1,∞) intervallumon.

A tablazatbol lathatjuk azt is, hogy a monotonitas alapjan az f fuggvenynek x1 = 0-ban minimuma van, x2 = −1-ben es x3 = 1-ben pedig maximuma van, a megfelelofuggvenyertekek pedig

fmin (0) = 0 es fmax (−1) = fmax (1) = e−1.


f ′′(x) =((

2x− 2x3)e−x2

)′=(2− 6x2

)e−x2 − 2x

(2x− 2x3

)e−x2

=

=(2− 10x2 + 4x4

)e−x2

= 2(1− 5x2 + 2x4

)e−x2

.


f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 2x4 − 5x2 + 1 = 0. x2 = t behelyettesıtes utankapjuk a 2t2 − 5t+ 1 = 0 masodfoku egyenletet, amelynek megoldasai

t1 =5 +√17

4≈ 2, 28 es t2 =

5−√17

4≈ 0, 22.

A visszahelyettesıtes utan azt kapjuk, hogy a lehetseges inflexios pontok

x4 = −

√5 +√17

4≈ −1, 51, x5 = −

√5−√17

4≈ −0, 47,

x6 =

√5−√17

4≈ 0, 47, x7 =

√5 +√17

4≈ 1, 51.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 2x4 − 5x2 + 1 > 0, illetvef ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 2x4 − 5x2 + 1 < 0. Keszıtsunk tablazatot,felhasznalva az elobbi jeloleseket.

Df (−∞, x4) (x4, x5) (x5, x6) (x6, x7) (x7,∞)x2 − t1 + − − − +x2 − t2 + + − + +f ′′(x) + − + − +f(x)

∪ ∩ ∪ ∩ ∪A tablazatbol megallapıthatjuk, hogy a (−∞, x4)∪(x5, x6)∪(x7,∞) intervallumon azf fuggveny konvex, az (x4, x5)∪ (x6, x7) intervallumon pedig konkav. Mivel x4-ben,x5-ben, x6-ban es x7-ben az f ′′ fuggveny elojelet valt, ezert ott az f fuggvenynekinflexios pontjai vannak. Egyszeru helyettesıtessel kiszamıthato, hogy

finf (x4) = finf (x7) ≈ 0, 23 es finf (x5) = finf (x6) ≈ 0, 18.


y=x2ã-x2

x4È

x5È

x7È

x6È

-

-

-1 1x

1ã

y

8. f(x) =

(x− 1

5

)e

1x

Megoldas.

1. ertelmezesi tartomany: Mivel az exponencialis fuggveny kitevojeben levonevezo nem lehet nulla, ezert x = 0, s ıgy Df = R \ {0} = (−∞, 0) ∪ (0,∞).


2. paritas: A fuggveny se nem paros, se nem paratlan, mivel

f(−x) =(−x− 1

5

)e

1−x =

(−x− 1

5

)e−

1x = ±f(x).

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha x − 1

5= 0, tehat x1 =

1

5a

fuggveny nullahelye.

4. elojel: Mivel az exponencialis fuggveny mindig pozitıv, ezert f(x) > 0 akkor

es csakis akkor, ha x− 1

5> 0, es f(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha x− 1

5< 0. Az

f fuggveny tehat pozitıv x >1

5eseten es negatıv x <

1

5eseten.

5. aszimptotak

a) fuggoleges aszimptota: Az x = 0 egyenes csak egyoldali fuggoleges aszimp-tota, mert

limx→0−0

f(x) = limx→0−0

(x− 1

5

)e

1x = −1

5· e−∞ = −1

5· 0 = 0,

tehat balrol nezve nem fuggoleges aszimptota, viszont jobbrol nezve igen, mert

limx→0+0

f(x) = limx→0+0

(x− 1

5

)e

1x = −1

5· e+∞ = −∞.

b) vızszintes aszimptota: Nincs, mert

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

(x− 1

5

)e

1x = ±∞.

c) ferde aszimptota: Ha y = kx+ n alakban keresunk ferde aszimptotat, akkor

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

x− 15

xe

1x = 1,

n = limx→±∞

(f(x)− kx) = limx→±∞

((x− 1

5

)e

1x − x

)=

= limx→±∞

x(e

1x − 1

)− 1

5lim

x→±∞e

1x = lim

x→±∞

e1x − 11x

− 1

5=

= limx→±∞

(− 1

x2

)e

1x

− 1x2

− 1

5= lim

x→±∞e

1x − 1

5= 1− 1

5=

4

5.

Az y = x+ 45egyenes az f fuggveny ferde aszimptotaja.


f ′(x) =

(5x− 1

5e

1x

)′

=

(1− 1

5x2(5x− 1)

)e

1x =

5x2 − 5x+ 1

5x2e

1x .


f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 5x2−5x+1 = 0, tehat az f fuggveny stacionarius

pontjai x2 =5−√5

10es x3 =

5 +√5

10.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 5x2 − 5x + 1 > 0, valamintf ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 5x2 − 5x + 1 < 0. Az f fuggveny eszerintszigoruan monoton novekvo a (−∞, 0)∪ (0, x2)∪ (x3,∞) intervallumon es szigoruanmonoton csokkeno az (x2, x3) intervallumon.


f ′′(x) =

((1− 1

x+

1

5x2

)e

1x

)′

=

=

(1

x2− 2

5x3

)e

1x − 1

x2

(1− 1

x+

1

5x2

)e

1x =

3x− 1

5x4e

1x .

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 3x − 1 = 0, azaz x4 =1

3a lehetseges inflexios

pont.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 3x − 1 > 0, azaz ha x >1

3,

valamint f ′′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 3x − 1 < 0, azaz ha x <1

3. Az f

fuggveny tehat konvex a

(1

3,∞)

intervallumon es konkav a

(−∞, 1

3

)intervallu-

mon. x4 =1

3-ban az f ′′ masodik derivaltfuggveny elojelet valt, ıgy ez a pont az f

fuggveny inflexios pontja es finf

(1

3

)=

2e3

3.


y=Hx-1�5Lã1

x

x=0

x2È

-y2

x3È

-y3

-2ã3�15

-1 15

13

1x

-1

1

y


9. f(x) = lnx+ 1

x− 1

Megoldas.

1. ertelmezesi tartomany: A logaritmus fuggveny csak pozitıv ertekekre ertel-

mezett, tehatx+ 1

x− 1> 0 kell teljesuljon.

Df (−∞,−1) (−1, 1) (1,∞)x+ 1 − + +x− 1 − − +x+ 1

x− 1+ − +

A mellekelt tablazatbol leolvashato,hogy a megoldashalmaz x < −1 esx > 1. Ez azt jelenti, hogy

Df = (−∞,−1) ∪ (1,∞).

2. paritas: A fuggveny paratlan, mert

f(−x) = ln−x+ 1

−x− 1= ln

x− 1

x+ 1= ln

(x+ 1

x− 1

)−1

= − lnx+ 1

x− 1= −f(x).

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, hax+ 1

x− 1= 1, azaz

2

x− 1= 0. A

kapott egyenletnek nincs megoldasa, ıgy a fuggvenynek nincs nullahelye.

4. elojel: f(x) > 0 hax+ 1

x− 1> 1, azaz

2

x− 1> 0, illetve f(x) < 0 ha

x+ 1

x− 1< 1,

azaz2

x− 1< 0. A fuggveny elojele tehat x − 1 elojeletol fugg, ıgy az f fuggveny

akkor pozitıv, ha x > 1 es akkor negatıv, ha x < −1.

5. aszimptotak

a) fuggoleges aszimptota: x = −1 balrol nezve, x = 1 pedig jobbrol nezvefuggoleges aszimptotaja a fuggvenynek, mert

limx→−1−0

f(x) = limx→−1−0

lnx+ 1

x− 1= ln

−1− 0 + 1

−1− 0− 1= ln

−0−2− 0

= ln0

2 + 0= −∞

es

limx→1+0

f(x) = limx→1+0

lnx+ 1

x− 1= ln

1 + 0 + 1

1 + 0− 1= ln

2 + 0

+0= +∞.


limx→±∞

f(x) = limx→±∞

lnx+ 1

x− 1= ln lim

x→±∞

x+ 1

x− 1= ln 1 = 0.



f ′(x) =x− 1

x+ 1· 1 · (x− 1)− 1 · (x+ 1)

(x− 1)2=−2

x2 − 1=

2

1− x2= 0.

Az f ′ fuggvenynek nincs nullahelye, ıgy az f fuggvenynek nincs stacionarius pontja.


7. monotonitas: f ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha 1 − x2 < 0. Mivel ez atulajdonsag a teljes ertelmezesi tartomanyon teljesul, ıgy az f fuggveny mindeholszigoruan monoton csokkeno.

8. inflexios pontok: A masodik derivalt f ′′(x) =−2 · (−2x)(1− x2)2

=4x

(1− x2)2.

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha 4x = 0, azaz x = 0, de ez a pont nincs benne azf fuggveny ertelmezesi tartomanyaban, tehat a fuggvenynek nincs inflexios pontja.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha 4x > 0, illetve f ′′(x) < 0 akkores csakis akkor, ha 4x < 0. Ez azt jelenti, hogy az f ′′ fuggveny pozitıv x > 0 eseten,es negatıv x < 0 eseten, vagyis az f fuggveny konvex az (1,∞) intervallumon eskonkav a (−∞,−1) intervallumon.


y=lnx+ 1

x- 1x=-1

x=1

y=0

-1 1x

-1

1

y

10. f(x) = x ln2 x = x (lnx)2

Megoldas.

1. ertelmezesi tartomany: A logaritmus fuggveny csak pozitıv ertekekre ertel-mezett, tehat Df = (0,∞).

2. paritas: A fuggveny se nem paros se nem paratlan, mert a fuggveny ertelmezesitartomanya nem szimmetrikus az origora.

3. nullahely: f(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha lnx = 0, azaz x1 = 1 az egyetlennullahely, hiszen x = 0 lenne a masik, de az nem eleme az ertelmezesi tartomanynak.

4. elojel: f(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha x (lnx)2 > 0, ez pedig teljesul azertelmezesi tartomany minden pontjara.

5. aszimptotak: A fuggvenynek se fuggoleges, se vızszintes, se ferde aszimptotajanincs, viszont

limx→∞

f(x) = limx→∞

x (lnx)2 = +∞

limx→0+0

f(x) = limx→0+0

x (lnx)2 = limx→0+0

(lnx)2

1x

= limx→0+0

2xlnx

− 1x2

=


= limx→0+0

2 lnx

− 1x

= limx→0+0

2x1x2

= limx→0+0

2x = +0.

6. szelsoertekek: Az elso derivalt f ′(x) = (lnx)2 + x · 2xlnx = lnx (lnx+ 2).

f ′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha lnx (lnx+ 2) = 0. A kapott egyenlet megoldasaix1 = 1 es x2 = e−2 a lehetseges stacionarius pontok.

7. monotonitas: f ′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha lnx (lnx+ 2) > 0, ugyanakkorf ′(x) < 0 akkor es csakis akkor, ha lnx (lnx+ 2) < 0.

Df (0, e−2) (e−2, 1) (1,∞)ln x − − +

ln x+ 2 − + +f ′(x) + − +f(x) ↗ ↘ ↗

A mellekelt tablazatbol leolvashatjuka kovetkezoket: a fuggveny szigoruanmonoton novekvo a (0, e−2) ∪ (1,∞)intervallumon es szigoruan monotoncsokkeno az (e−2, 1) intervallumon.

A tablazatbol lathatjuk azt is, hogy a monotonitas alapjan az f fuggvenynek x1 = 1-ben minimuma van, x2 = e−2-ban pedig maximuma van. Szamıtassal kapjuk, hogyfmin (1) = 0 es fmax

(e−2)= 4e−2.


f ′′(x) =2

xln x+

2

x=

2

x(lnx+ 1) .

f ′′(x) = 0 akkor es csakis akkor, ha lnx+1 = 0, azaz x3 = e−1 a lehetseges inflexiospont.

9. konvexitas: f ′′(x) > 0 akkor es csakis akkor, ha lnx+ 1 > 0, illetve f ′′(x) < 0akkor es csakis akkor, ha lnx + 1 < 0. Eszerint az f fuggveny konvex az

(e−1,∞

)intervallumon, az f fuggveny pedig konkav a

(−∞, e−1

)intervallumon. Eszerint

x3 = e−1 a fuggveny inflexios pontja es finf (e−1) = e−1.


y=x ln2x

1

ã2

1ã

1x

1ã

4

ã2

1

y

239

5. Egyvaltozos valos fuggvenyek integralszamıtasa

5.1. A hatarozatlan integral fogalma

Az eddigiekben megismertuk a differencialas muveletet, melynek alapfeladata: adottf fuggvenyhez megkeresni az f ′ derivalt fuggvenyt. Termeszetesnek tunik a fordıtottproblema tanulmanyozasa is: keressuk azt az F fuggvenyt, melynek ismert az F ′ derivaltfuggvenye.

5.1. Pelda. Ha tudjuk, hogy F ′(x) = x2 ervenyes,

akkor F (x) =x3

3a keresett fuggveny, azaz amelyre

teljesul, hogy

(x3

3

)′

= x2. Viszont F nem az

egyetlen ilyen fuggveny. Peldaul, az

F1(x) =x3

3+

3

2es F2(x) =

x3

3− 1

fuggvenyek ugyanugy teljesıtik a kıvant tulaj-donsagot, vagyis(

x3

3+

3

2

)′

= x2 es

(x3

3− 1

)′

= x2.

A kovetkezo abran nehany olyan fuggvenygrafikonja lathato, amelyeknek f(x) = x2 aderivaltfuggvenye. Figyeljuk meg az adottfuggvenygorbek kolcsonos helyzetet.

5.1. Definıcio. Ha az F fuggveny differencialhatoaz [a, b] intervallumon es minden x ∈ [a, b] esetenF ′(x) = f(x), akkor az F fuggvenyt az f fuggvenyprimitıv fuggvenyenek nevezzuk az [a, b] intervallu-mon.

A fenti peldabol lathato, hogy adott intervallumfelett az f fuggveny primitıv fuggvenye, ha letezik,nem egyertelmuen meghatarozott.

y=x3

3-1

y=x3

3

y=x3

3+

3

2

-1 1x

-1

1

32

y

A kovetkezo allıtas valaszt ad arra a kerdesre, hogy egy fuggvenynek hany primitıvfuggvenye lehet es hogy a adott fuggveny primitıv fuggvenyeinek grafikonjai milyen kol-csonos helyzetben vannak egymassal.

240 5. EGYVALTOZOS VALOS FUGGVENYEK INTEGRALSZAMITASA

5.1. Tetel. Ha az F1 es F2 fuggvenyek az f fuggveny primitıv fuggvenyei az [a, b] interval-lumon, akkor van olyan C valos allando, hogy minden x ∈ [a, b] eseten F1(x)−F2(x) = C.

Bizonyıtas. Mivel az F1 es F2 fuggvenyek az f fuggveny primitıv fuggvenyei az [a, b]intervallumon, ezert evenyes, hogy F ′

1(x) = f(x) es F ′2(x) = f(x) minden x ∈ [a, b] eseten.

Kivonva a masodik egyenloseget az elsobol adodik, hogy

F ′1(x)− F ′

2(x) = f(x)− f(x) = 0,

azaz, hogy (F1(x) − F2(x))′ = 0 minden x ∈ [a, b] eseten. Ebbol az kovetkezik, hogy

F1(x) − F2(x) = C minden x ∈ [a, b] eseten, ami azt jelenti, hogy adott f fuggvenyprimitıv fuggvenyei legfeljebb egy allandoban kulonboznek egymastol. ⋄

5.2. Pelda. Az f(x) = − sin x fuggveny minden primitıv fuggvenye F (x) = cos x + Calakban ırhato fel, ahol C tetszoleges konstans. Az abran a C = −1, C = 0, C = 1, C = 2es C = 3 eset lathato.

y=cosx-1

y=cosx

y=cosx+1

y=cosx+2

y=cosx+3

-2 Π -Π Π 2 Πx

-1

1

y

A fentiekben emlıtett tulajdonsagok geometriai jelentese a kovetkezo:

1. Ha sıkbeli koordinatarendszerben felrajzoljuk az f fuggveny egy primitıv fuggvenye-nek grafikonjat az [a, b] intervallumon, akkor a sık minden olyan gorbeje, amely ebbola gorbebol y-tengely menti parhuzamos eltolassal atviheto, szinten az f fuggvenyegy primitıv fuggvenyenek grafikonjat kepezi az [a, b] intervallumon.

2. Az f fuggveny osszes primitıv fuggvenyenek grafikonjai az [a, b] intervallumon a fentleırt modon allıthatoak elo.

5.2. Definıcio. Legyen f olyan fuggveny, amelynek van primitıv fuggvenye az [a, b] inter-vallumon. Az f fuggveny [a, b] intervallumhoz tartozo primitıv fuggvenyeinek halmazat azf fuggveny hatarozatlan integraljanak nevezzuk es∫

f(x)dx

szimbolummal jeloljuk.

5.2. A hatarozatlan integral alaptulajdonsagai 241

Ha F az f fuggveny egy primitıv fuggvenye az [a, b] intervallumon, akkor az [a, b] felett∫f(x)dx = {F (x) + C|C ∈ R}.

Az egyszeruseg kedveert, ezt ugy szokas ırni mint∫f(x)dx = F (x) + C,

de figyelembe kell venni, hogy ilyen jelolesi mod eseten ugyanolyan szimbolumot haszna-lunk a halmaz es a halmaz egy eleme eseten is. Az

∫szimbolum az integral jele, f(x)

az integralando fuggveny vagy integrandus, az f(x)dx kifejezes pedig az integral alattikifejezes.Figyelembe veve, hogy F az f fuggveny primitıv fuggvenye az [a, b] intervallumon, amiazt jelenti, hogy minden x ∈ [a, b] eseten F ′(x) = f(x), lathatjuk, hogy az f(x)dx integralalatti kifejezes az F fuggveny differencialjat jelenti, es ervenyes, hogy∫

f(x)dx =

∫dF (x) = F (x) + C. (5.1)

Miveld(F (x) + C) = dF (x) = F ′(x)dx = f(x)dx,

adodik, hogy

d

∫f(x) = f(x)dx. (5.2)

A (5.1) es (5.2) egyenlosegek azt mutatjak, hogy a differencialas muvelete (a differencialkeresese) es az integralas muvelete (a hatarozatlan integral keresese) egymas inverzei, egytetszoleges konstans pontossagaig.

5.2. A hatarozatlan integral alaptulajdonsagai

5.2. Tetel. Ha az f es g fuggvenyeknek van primitıv fuggvenye az [a, b] intervallumon,akkor az f + g fuggvenynek is van primitıv fuggvenye az [a, b] intervallumon, megpedig∫

(f(x) + g(x))dx =

∫f(x)dx+

∫g(x)dx.

Bizonyıtas. Legyen F az f , G pedig a g fuggveny primitıv fuggvenye az [a, b] intervallu-mon. Ekkor F ′(x) = f(x), G′(x) = g(x), amibol adodik, hogy

(F (x) +G(x))′ = F ′(x) +G′(x) = f(x) + g(x).

Ezt azt jelenti, hogy F (x) +G(x) az f(x) + g(x) fuggveny primitıv fuggvenye. Ezert∫(f(x) + g(x))dx = F (x) +G(x) + C,

ahol C tetszoleges valos allando. Masfelol∫f(x)dx = F (x) + C1,

∫g(x)dx = G(x) + C2,


ahol C1 es C2 tetszoleges valos allandok, vagyis∫f(x)dx+

∫g(x)dx = F (x) +G(x) + C1 + C2.

Mivel C, C1 es C2 tetszoleges valos allandok, az

{F (x) +G(x) + C|C ∈ R} es {F (x) +G(x) + C1 + C2|C1, C2 ∈ R}

fuggvenyhalmazok egyenloek. Az allıtast ezzel belattuk. ⋄

5.3. Tetel. Ha az f fuggvenynek van primitıv fuggvenye az [a, b] intervallumon es α ∈ R,akkor az αf fuggvenynek is van primitıv fuggvenye az adott intervallumon, megpedig∫

(αf(x))dx = α

∫f(x)dx.

Bizonyıtas. Legyen F az f fuggveny primitıv fuggvenye az [a, b] intervallumon. Ekkorminden x ∈ [a, b] eseten teljesul, hogy F ′(x) = f(x), vagyis (αF (x))′ = αF ′(x) = αf(x).Ezert ∫

(αf(x))dx = αF (x) + C1,

ahol C1 tetszoleges valos allando. Masfelol∫f(x)dx = F (x) + C2,

ahol C2 tetszoleges valos allando, azaz

α

∫f(x)dx = α(F (x) + C2) = αF (x) + αC2.

Az{αF (x) + C1|C1 ∈ R} es {αF (x) + αC2|C2 ∈ R}

fuggvenyhalmazok egyenloek. Az allıtast ezzel belattuk. ⋄

5.1. Kovetkezmeny. Ha az f es g fuggvenyeknek van primitıv fuggvenyuk az [a, b]intervallumon, α es β pedig nullatol kulonbozo valos szamok, akkor az αf+βg fuggvenynekis van primitıv fuggvenye [a, b] intervallumon, megpedig∫

(αf(x) + βg(x))dx = α

∫f(x)dx+ β

∫g(x)dx.


Alapintegralok tablazata

1.

∫dx = x+ C

2.

∫xndx =

xn+1

n+ 1+ C, n ∈ R \ {−1}

3.

∫dx

x= ln |x|+ C, x = 0

4.

∫exdx = ex + C

5.

∫axdx =

ax

ln a+ C, a > 0, a = 1

6.

∫sin xdx = − cos x+ C

7.

∫cos xdx = sin x+ C

8.

∫sh xdx = chx+ C

9.

∫chxdx = shx+ C

10.

∫dx

cos2 xdx = tgx+ C, x = π

2+ kπ, k ∈ Z

11.

∫dx

sin2 xdx = −ctgx+ C, x = kπ, k ∈ Z

12.

∫dx

ch 2xdx = thx+ C

13.

∫dx

sh 2xdx = −cthx+ C, x = 0

14.

∫dx√1− x2

dx = arcsin x+ C, |x| < 1

15.

∫dx

1 + x2dx = arctgx+ C

16.

∫dx√x2 + 1

dx = ln∣∣∣x+√x2 + 1

∣∣∣+ C = arshx+ C

17.

∫dx√x2 − 1

dx =

{archx+ C = ln

(x+√x2 − 1

)+ C, x > 1;

ln∣∣x+√x2 − 1

∣∣+ C, x < −1.

18.

∫dx

1− x2dx =

arthx+ C = ln√

1+x1−x

+ C, |x| < 1;

ln√

x+1x−1

+ C, |x| > 1.


A hatarozatlan integralok megoldasa soran minden esetben feltetelezzuk, hogy az in-tegralas folyamataban megjeleno fuggvenyek ertelmezesi tartomanyan keressuk a primitıvfuggvenyt.

FELADATOK.

Hatarozzuk meg a kovetkezo integralok megoldasat.

1.

∫2x5dx

Megoldas. ∫2x5dx = 2

∫x5dx = 2 · x

6

6+ C = 3x6 + C.

2.

∫3dx

x

Megoldas. ∫3dx

x= 3

∫dx

x= 3 ln |x|+ C.

3.

∫−2dxx5

Megoldas. ∫−2dxx5

= −2∫x−5dx = −2 · x

−4

−4+ C =

1

2x4+ C.

4.

∫3√x2dx

Megoldas. ∫3√x2dx =

∫x

23dx =

x53

53

+ C =3

5

3√x5 + C.

5.

∫4dx7√x3

Megoldas. ∫4dx7√x3

= 4 · x47

47

+ C = 4 · 74

7√x4 + C = 7

7√x4 + C.

6.

∫x2√x3 3√x√

xdx

Megoldas. ∫x2√x3 3√x√

xdx =

∫x2√x2 3√xdx =

∫x3 6√xdx =

=

∫x

196 dx =

x256

256

+ C =6

25

6√x25 + C =

6

25x4 6√x+ C.


7.

∫(2 sin x− 3 cos x) dx

Megoldas. ∫(2 sinx− 3 cos x) dx = 2

∫sin xdx− 3

∫cos xdx =

= 2(− cosx)− 2 sin x+ C = −2 cos x− 3 sin x+ C.

8.

∫ (ex − 2x+1 + 3x−2

)dx

Megoldas.∫ (ex − 2x+1 + 3x−2

)dx =

∫exdx− 2

∫2xdx+

1

9

∫3xdx =

= ex − 2 · 2x

ln 2+

1

9· 3

x

ln 3+ C = ex − 2x+1

ln 2+

3x−2

ln 3+ C.

9.

∫x3 + x2 − 3x− 3

3x2dx

Megoldas. ∫x3 + x2 − 3x− 3

3x2dx =

1

3

∫ (x+ 1− 3

x− 3

x2

)dx =

=1

3· x

2

2+

1

3· x− ln |x| − x−1

−1+ C =

1

6x2 +

1

3x− ln |x|+ 1

x+ C.

10.

∫(x−

√x) (1 +

√x)

3√x

dx

Megoldas.∫(x−

√x) (1 +

√x)

3√x

dx =

∫x+ x

√x−√x− x

3√x

dx =

∫ (x√x

3√x−√x

3√x

)dx =

=

∫ (x

76 − x

16

)dx =

6x136

13− 6x

76

7+ C =

6

13x2 6√x− 6

7x 6√x+ C.

11.

∫3 · 5x − 4 · 3x

5xdx

Megoldas.∫3 · 5x − 4 · 3x

5xdx =

∫ (3− 4 ·

(3

5

)x)dx = 3

∫dx− 4

∫ (3

5

)x

dx =

= 3x− 4

(35

)xln 3

5

+ C = 3x− 4 · 3x

(ln 3− ln 5) · 5x+ C.


12.

∫x2

1 + x2dx

Megoldas.∫x2

1 + x2dx =

∫(x2 + 1)− 1

1 + x2dx =

∫ (1− 1

1 + x2

)dx = x− arctgx+ C.

13.

∫1 + 2x2

x2(1 + x2)dx

Megoldas.∫1 + 2x2

x2(1 + x2)dx =

∫(1 + x2) + x2

x2(1 + x2)dx =

∫ (1

x2+

1

1 + x2

)dx =

=

∫x−2dx+

∫dx

1 + x2=x−1

−1+ arctgx+ C = arctgx− 1

x+ C.

14.

∫tg 2xdx

Megoldas. ∫tg 2xdx =

∫sin2 x

cos2 xdx =

∫1− cos2 x

cos2 xdx =

=

∫1

cos2 xdx−

∫dx = tgx− x+ C.

15.

∫dx

sin2 x cos2 xdx

Megoldas.∫dx

sin2 x cos2 x=

∫sin2 x+ cos2 x

sin2 x cos2 xdx =

∫dx

cos2 x+

∫dx

sin2 x= tgx− ctgx+ C.

16.

∫1 + cos2 x

1 + cos 2xdx

Megoldas.∫1 + cos2 x

1 + cos 2xdx =

∫1 + cos2 x

sin2 x+ cos2 x+ cos2 x− sin2 xdx =

1

2

∫1 + cos2 x

cos2 x=

=1

2

∫dx

cos2 x+

1

2

∫dx =

1

2tgx+

1

2x+ C =

1

2(tgx+ x) + C.

17.

∫cos 2x

cosx− sinxdx

Megoldas.∫cos 2x

cos x− sin xdx =

∫cos2 x− sin2 x

cos x− sin xdx =

∫(cosx+ sinx)(cosx− sinx)

cos x− sin xdx =

=

∫(cosx+ sin x)dx =

∫cosxdx+

∫sinxdx = sin x− cos x+ C.


18.

∫3ax

(ex − a−x

)dx

Megoldas.∫3ax

(ex − a−x

)dx = 3

∫(axex − 1) dx = 3

∫(ae)x dx− 3

∫dx =

= 3 · (ae)x

ln ae− 3x+ C =

3axex

1 + ln a− 3x+ C.

19.

∫sh xdx

Megoldas. ∫shxdx =

∫ex − e−x

2dx =

1

2

∫exdx− 1

2

∫ (e−1)xdx =

=1

2ex − 1

2

(e−1)x

ln e−1+ C =

ex + e−x

2+ C = chx+ C.

20.

∫x4 + 2x2

3x2 + 3dx

Megoldas.∫x4 + 2x2

3x2 + 3dx =

∫(x4 + 2x2 + 1)− 1

3(x2 + 1)dx =

1

3

∫(x2 + 1)2 − 1

x2 + 1dx =

=1

3

∫ (x2 + 1− 1

x2 + 1

)dx =

1

3

(x3

3+ x− arctgx

)+ C.

21.

∫8

1− cos 4xdx

Megoldas.∫8

1− cos 4xdx = 8

∫1

2 sin2 2xdx = 4

∫sin2 x+ cos2 x

(2 sinx cosx)2dx =

=

∫sin2 x+ cos2 x

sin2 x cos2 xdx =

∫ (1

cos2 x+

1

sin2 x

)dx = tgx− ctgx+ C.

22.

∫ (sin

x

2+ cos

x

2

)2dx

Megoldas.∫ (sin

x

2+ cos

x

2

)2dx =

∫ (sin2 x

2+ 2 sin

x

2cos

x

2+ cos2

x

2

)dx =

=

∫(1 + sinx) dx = x− cosx+ C.


23.

∫1− 3 sin2 x

cos2 x− cos4 xdx

Megoldas.∫1− 3 sin2 x

cos2 x− cos4 xdx =

∫sin2 x+ cos2 x− 3 sin2 x

cos2 x (1− cos2 x)dx =

∫cos2 x− 2 sin2 x

cos2 x · sin2 xdx =

=

∫dx

sin2 x− 2

∫dx

cos2 x= ctg x− 2tgx+ C.

24.

∫3x2−3xdx

Megoldas.∫3x2−3xdx =

∫3x

8xdx =

∫ (3

8

)x

dx =

(38

)xln 3

8

+ C =3x2−3x

ln 3− ln 8+ C.

25.

∫e2x+5dx

Megoldas. ∫e2x+5dx = e5

∫ (e2)xdx = e5 · (e

2)x

ln e2+ C =

1

2e2x+5 + C.

26.

∫3√

4− 4x2dx

Megoldas. ∫3√

4− 4x2dx =

3

2

∫1√

1− x2dx = arcsinx+ C.

27.

∫ (9 + 9x2

)− 12 dx

Megoldas. ∫ (9 + 9x2

)− 12 dx =

∫dx√

9 + 9x2=

1

3

∫dx√1 + x2

=

=1

3arshx+ C =

1

3ln∣∣∣x+√1 + x2

∣∣∣+ C.

28.

∫x3 − 2

√1− x2

x3√1− x2

dx

Megoldas.∫x3 − 2

√1− x2

x3√1− x2

dx =

∫ (1√

1− x2− 2

x3

)dx =

∫1√

1− x2dx− 2

∫x−3dx =

= arcsin x− 2 · x−2

−2+ C = arcsinx+

1

x2+ C.

5.3. Integralasi modszerek 249

29.

∫5 + 5x2 − 3

√x2

(1 + x2)3√x2

dx

Megoldas.∫5 + 5x2 − 3

√x2

(1 + x2)3√x2

dx = 5

∫dx3√x2−∫

dx

1 + x2= 5

∫x−

23dx−

∫dx

1 + x2=

= 5 · x13

13

− arctgx+ C = 15 3√x− arctgx+ C.

30.

∫x4

x2 + 1dx

Megoldas.∫x4

x2 + 1dx =

∫(x4 + x2)− x2

x2 + 1dx =

∫ (x2(x2 + 1)

x2 + 1− x2

x2 + 1

)dx =

=

∫x2dx−

∫(x2 + 1)− 1

x2 + 1dx =

x3

3−∫ (

1− 1

x2 + 1

)dx =

x3

3− x+ arctgx+C.

5.3. Integralasi modszerek

5.3.1. Helyettesıtesi modszer

Helyettesıtesi modszernek nevezzuk azt az integralasi modszert, amelyet az osszetettfuggveny differencialasabol vezetunk le.

5.4. Tetel. Ha az f fuggvenynek van F primitıv fuggvenye az [a, b] intervallumon esφ : [α, β] 7→ [a, b] folytonosan differencialhato fuggveny az [α, β] intervallumon, azazx = φ(t), t ∈ [α, β], akkor az f(φ(t))φ′(t) fuggvenynek van F (φ(t)) primitıv fuggvenye az[α, β] intervallumon, ezert [α, β]-n∫

f(φ(t))φ′(t)dt = F (φ(t)) + C .

Bizonyıtas. Az F (φ(t)) osszetett fuggveny differencialhato es igaz, hogy

(F (φ(t)))′ = F ′(φ(t))φ′(t) .

Mivel F az f fuggveny primitıv fuggvenye az [a, b] intervallumon, ezert t ∈ [α, β] esetenφ(t) ∈ [a, b], azaz F ′(φ(t)) = f(φ(t)) az [α, β] intervallumon, ahonnan az allıtas kovetkezik.⋄


FELADATOK.

Oldjuk meg helyettesıtessel a kovetkezo hatarozatlan integralokat.

1.

∫(ax+ b)n dx, n ∈ R \ {−1}, a ∈ R \ {0}, b ∈ R

Megoldas. Bevezetve az ax+ b = t, adx = dt, dx =dt

ahelyettesıtest adodik, hogy∫

(ax+ b)n dx =1

a

∫tndt =

1

a

tn+1

n+ 1+ C =

(ax+ b)n+1

a(n+ 1)+ C.

2.

∫dx

3x+ 4

Megoldas. Alkalmazva a 3x+4 = t, 3dx = dt, dx =dt

3helyettesıtest kapjuk, hogy∫

dx

3x+ 4=

1

3

∫dt

t=

1

3ln |t|+ C =

1

3ln |3x+ 4|+ C.

3.

∫dx

x2 + 9

Megoldas. Kiemelve 9-et a nevezobol es rendezve az integrandust jon, hogy∫dx

x2 + 9=

1

9

∫dx

x2

9+ 1

=1

9

∫dx(

x3

)2+ 1

.

Vezessuk be most az x3= t, dx = 3dt helyettesıtest. Ekkor∫

dx

x2 + 9=

1

9

∫3dt

t2 + 1=

1

3arctg t+ C =

1

3arctg

x

3+ C.

4.

∫dx√4− x2

Megoldas. Kiemelve 2-t a nevezobol es rendezve az integrandust kovetkezik:∫dx√4− x2

=

∫dx√

4(1− x2

4

) =1

2

∫dx√

1−(x2

)2 .Vezessuk be most az x

2= t, dx = 2dt helyettesıtest. Ekkor∫

dx√4− x2

=1

2

∫2dt√1− t2

= arcsin t+ C = arcsinx

2+ C.

5.

∫e2x+5dx

Megoldas. Bevezetve a 2x+ 5 = t, 2dx = dt, dx =dt

2helyettesıtest adodik:∫

e2x+5dx =1

2

∫etdt =

1

2et + C =

1

2e2x+5 + C.


6.

∫5 sin(5x+ 3)dx

Megoldas. Bevezetve a 5x+ 3 = t, 5dx = dt, dx =dt

5helyettesıtest kapjuk:∫

5 sin(5x+ 3)dx = 5 · 15

∫sin tdt = − cos t+ C = − cos(5x+ 3) + C.

7.

∫3dx

cos2(3x− π

2

)Megoldas. Bevezetve a 3x− π

2= t, 3dx = dt helyettesıtest az integral megoldasa:∫

3dx

cos2(3x− π

2

) =

∫dt

cos2 t= tg t+ C = tg

(3x− π

2

)+ C.

8.

∫apx+qdx, a ∈ R+, p ∈ R \ {0}, q ∈ R

Megoldas. Vezessuk be a px+ q = t, pdx = dt, dx =dt

phelyettesıtest. Ekkor∫

apx+qdx =1

p

∫atdt =

1

p· a

t

ln a+ C =

apx+q

p ln a+ C.

9.

∫dx

x2 + 2x+ 5

Megoldas. Egeszıtsuk ki teljes negyzette a nevezoben levo masodfoku kifejezest.Ekkor ∫

dx

x2 + 2x+ 5=

∫dx

(x2 + 2x+ 1) + 4=

∫dx

(x+ 1)2 + 4.

Kiemelve 4-et a nevezobol kapjuk, hogy∫dx

x2 + 2x+ 5=

1

4

∫dx(

x+12

)2+ 1

.

Bevezetve ax+ 1

2= t,

1

2dx = dt, dx = 2dt helyettesıtest adodik, hogy∫

dx

x2 + 2x+ 5=

1

4

∫2dt

t2 + 1=

1

2arctg t+ C =

1

2arctg

x+ 1

2+ C.

10.

∫dx

3√2− 3x

Megoldas. Bevezetve a 2 − 3x = t, −3dx = dt, dx = −dt3

helyettesıtest adodik,

hogy ∫dx

3√2− 3x

= −1

3

∫dt3√t= −1

3

∫t−

13dt =

= −1

3· t

23

23

+ C = −1

2

3√t2 + C = −1

23√(2− 3x)2 + C.


11.

∫2xdx

x2 + 3

Megoldas. Bevezetve a x2 + 3 = t, 2xdx = dt helyettesıtest kovetkezik:∫2xdx

x2 + 3=

∫dt

t= ln |t|+ C = ln(x2 + 3) + C.

12.

∫x2√x3 + 1dx

Megoldas. Bevezetve a x3 + 1 = t, 3x2dx = dt, x2dx =dt

3helyettesıtest adodik:

∫x2√x3 + 1dx =

1

3

∫ √tdt =

1

3

∫t12dt =

=1

3· t

32

32

+ C =2

9

√t3 + C =

2

9t√t+ C =

2

9(x3 + 1)

√x3 + 1 + C.

13.

∫2x− 4

x2 − 4xdx

Megoldas. Alkalmazzuk az x2 − 4x = t, (2x− 4)dx = dt helyettesıtest. Ekkor∫2x− 4

x2 − 4xdx =

∫dt

t= ln |t|+ C = ln |x2 − 4x|+ C.

14.

∫9t2 + 12t+ 15

t3 + 2t2 + 5t+ 1dt

Megoldas. Emeljunk ki 3-at a szamlalobol az integral ele. Ekkor∫9t2 + 12t+ 15

t3 + 2t2 + 5t+ 1dt = 3

∫3t2 + 4t+ 5

t3 + 2t2 + 5t+ 1dt.

Bevezetve a t3 + 2t2 + 5t + 1 = z, (3t2 + 4t + 5)dt = dz helyettesıtest kovetkezik,hogy∫

9t2 + 12t+ 15

t3 + 2t2 + 5t+ 1dt = 3

∫dz

z= 3 ln |z|+ C = 3 ln |t3 + 2t2 + 5t+ 1|+ C.

15.

∫dx

x ln x

Megoldas. Bevezetve a ln x = t,dx

x= dt helyettesıtest adodik, hogy

∫dx

x ln x=

∫dt

t= ln |t|+ C = ln | lnx|+ C.


16.

∫x3e−x4

dx

Megoldas. Bevezetve a −x4 = t, −4x3dx = dt, x3dx = −dt4

helyettesıtest jon,

hogy ∫x3e−x4

dx = −1

4

∫etdt = −1

4et + C = −1

4e−x4

+ C = − 1

4ex4 + C.

17.

∫sinxdx

3− 2 cos x

Megoldas. Bevezetve a 3 − 2 cos x = t, 2 sin xdx = dt, sin xdx =dt

2helyettesıtest

adodik: ∫sin xdx

3− 2 cos x=

1

2

∫dt

t=

1

2ln |t|+ C =

1

2ln |3− 2 cos x|+ C.

18.

∫tg 3xdx

Megoldas. Alkalmazzuk a tgα =sinα

cosαtrigonometriai azonossagot. Ekkor∫

tg 3xdx =

∫sin 3x

cos 3xdx.

Bevezetve a cos 3x = t, −3 sin 3xdx = dt, sin 3xdx = −dt3

helyettesıtest adodik,

hogy ∫tg 3xdx = −1

3

∫dt

t= −1

3ln |t|+ C = −1

3ln | cos 3x|+ C.

19.

∫sin 2x

π + sin2 xdx

Megoldas. Bevezetve a

π + sin2 x = t, 2 sin x cos xdx = dt, sin 2xdx = dt

helyettesıtest kovetkezik, hogy∫sin 2x

π + sin2 xdx =

∫dt

t= ln |t|+ C = ln(π + sin2 x) + C.

20.

∫sin xdx

2(sin2 x

2− 1)dx

Megoldas. Alkalmazzuk a sin2 α =1− cos 2α

2trigonometriai azonossagot es ren-

dezzuk az integrandust. Ekkor∫sinxdx

2(sin2 x

2− 1)dx =

∫sinxdx

2(1−cosx

2− 1)dx =

∫sinxdx

−1− cosxdx.


Bevezetve a −1− cosx = t, sin xdx = dt helyettesıtest adodik, hogy∫sinxdx

2(sin2 x

2− 1)dx =

∫dt

t= ln |t|+ C = ln | − 1− cosx|+ C = ln |1 + cosx|+ C.

21.

∫sinx− cosx

sinx+ cosxdx

Megoldas. Bovıtsuk az integrandust sinx+ cosx-el, majd rendezzuk. Ekkor∫sin x− cos x

sinx+ cosxdx =

∫sinx− cosx

sin x+ cosx· sinx+ cosx

sinx+ cosxdx =∫

sin2 x− cos2 x

(sin x+ cos x)2dx =

∫−(cos2 x− sin2 x)

sin2 x+ 2 sinx cos x+ cos2 xdx = −

∫cos 2x

1 + sin 2xdx.

Alkalmazva a 1 + sin 2x = t, 2 cos 2xdx = dt, cos 2xdx =dt

2helyettesıtest adodik,

hogy ∫sin x− cos x

sin x+ cosxdx = −1

2

∫dt

t= −1

2ln |t|+ C = −1

2ln |1 + sin 2x|+ C.

22.

∫sinx cosx

2 sin2 x+ 3 cos2 xdx

Megoldas. Bevezetve a

2 sin2 x+ 3 cos2 x = t, −2 sin x cos xdx = dt, sin x cos xdx = −dt2

helyettesıtest az integral megoldasa:∫sinx cosx

2 sin2 x+ 3 cos2 xdx = −1

2ln |t|+ C = −1

2ln(2 sin2 x+ 3 cos2 x

)+ C.

23.

∫dx

sinx

Megoldas. Alkalmazzuk eloszor a nevezoben a sin 2α = 2 sinα cosα azonossagot.Ekkor ∫

dx

sinx=

∫dx

2 sin x2cos x

2

.

Bevezetve azx

2= t, dx = 2dt helyettesıtest adodik, hogy∫

dx

sinx=

∫2dt

2 sin t cos t=

∫dt

sin t cos t.

Egyszerusıtsuk most az integrandust cos2 t-vel. Ekkor∫dx

sinx=

∫ dtcos2 t

sin t cos tcos2 t

=

∫ dtcos2 tsin tcos t

=

∫dt

cos2 t tg t.

Bevezetve most a tg t = z,dt

cos2 t= dz helyettesıtes kapjuk, hogy∫

dx

sinx=

∫dz

z= ln |z|+ C = ln |tg t|+ C = ln

∣∣∣tg x2

∣∣∣+ C.


24.

∫dx√

(1− x2) arcsinx

Megoldas. Bevezetve a arcsin x = t,dx√1− x2

= dt helyettesıtest adodik, hogy∫dx√

(1− x2) arcsinx=

∫dx√

1− x2 ·√arcsinx

=

∫dt√t= 2√t+C = 2

√arcsin x+C.

25.

∫dx√

2x− x2Megoldas. Alakıtsuk at eloszor az integrandust:∫

dx√2x− x2

=

∫dx√

1− 1 + 2x− x2=

∫dx√

1− (1− 2x+ x2)=

∫dx√

1− (x− 1)2.

Bevezetve az x− 1 = t, dx = dt helyettesıtest adodik, hogy∫dx√

2x− x2=

∫dt√1− t2

= arcsin t+ C = arcsin(x− 1) + C.

26.

∫sin4 x sin 2xdx

Megoldas. Felhasznalva a sin 2α = 2 sinα cosα trigonometriai azonossagot esbevezetve a t = sin x, dt = cos xdx helyettesıtest kovetkezik, hogy∫

sin4 x sin 2xdx = 2

∫sin5 x cosxdx = 2

∫t5dt = 2

t6

6+ C =

1

3sin6 x+ C.

27.

∫ln tgx

sin 2xdx

Megoldas. Bevezetve az

ln tgx = t,1

tgx

1

cos2 xdx = dt,

dx

sin 2x=dt

2

helyettesıtest az integral a kovetkezokeppen oldhato meg:∫ln tgx

sin 2xdx =

1

2

∫tdt =

1

2· t

2

2+ C =

t2

4+ C =

(ln tgx)2

4+ C.

28.

∫ln x√ln x

xdx

Megoldas. Bevezetve az ln x = t,dx

x= dt helyettesıtest adodik:∫

ln x√ln x

xdx =

∫t√tdt =

∫t32dt =

=2

5

√t5 + C =

2

5t2√t+ C =

2

5ln2 x√ln x+ C.


29.

∫ √1− x1 + x

dx

Megoldas. Alakıtsuk at az integrandust:∫ √1− x1 + x

dx =

∫ √1− x1 + x

· 1− x1− x

dx =

∫ √(1− x)21− x2

dx =

=

∫1− x√1− x2

dx =

∫1√

1− x2dx−

∫xdx√1− x2

.

Bevezetve a masodik integralban az 1−x2 = t, −2xdx = dt, xdx = −dt2helyettesıtest

kovetkezik:∫ √1− x1 + x

dx = arcsin x+1

2·2√t+C = arcsinx+

√t+C = arcsinx+

√1− x2+C.

30.

∫ √1− x2dx

Megoldas. Bevezetve az t = arcsinx, x = sin t, dx = cos tdt helyettesıtest kapjuk,hogy ∫ √

1− x2dx =

∫ √1− sin2 t cos tdt =

∫ √cos2 t cos tdt =

=

∫cos2 tdt =

∫1 + cos 2t

2dt =

1

2

∫dt+

1

2

∫cos 2tdt.

Alkalmazzuk a masodik integralban most a 2t = z, 2dt = dz helyettesıtest. Ekkor∫ √1− x2dx =

1

2t+

1

4

∫cos zdz =

t

2+

1

4sin z + C =

t

2+

1

4sin 2t+ C.

Mivelsin 2t = 2 sin t cos t = 2 sin t

√1− sin2 t,

a megoldas visszahelyettesıtes utan∫ √1− x2dx =

t

2+

1

2sin t

√1− sin2 t+ C =

1

2

(arcsinx+ x

√1− x2

)+ C.

5.3.2. Parcialis integralas modszere

A parcialis integralas modszere ket fuggveny szorzatanak differencialasi szabalyabol vezet-heto le.

5.5. Tetel. Ha u es v folytonosan differencialhato fuggvenyek az [a, b] intervallumon,akkor az [a, b] intervallumon ervenyes, hogy∫

u(x)dv(x) = u(x)v(x)−∫v(x)du(x).


Bizonyıtas. Az [a, b] intervallumon ertelmezett u es v fuggvenyek szorzatanak derivaltjataz

(u(x)v(x))′ = u′(x)v(x) + u(x)v′(x)

formula adja, a szorzat differencialjat pedig

d(u(x)v(x)) = v(x)du(x) + u(x)dv(x).

Ha az u es v fuggvenyek folytonosan differencialhatok, akkor igaz, hogy

u(x)v(x) + C =

∫v(x)du(x) +

∫u(x)dv(x).

Ebbol, figyelembe veve, hogy a hatarozatlan integral ket tetszoleges konstanst is tartal-maz, a C konstanst kihagyhatjuk, s az [a, b] intervallumra igaz lesz, hogy∫

u(x)dv(x) = u(x)v(x)−∫v(x)du(x),

ahonnan az allıtas kovetkezik. ⋄Ily modon az u(x)v′(x) fuggveny primitıv fuggvenyenek megtalalasa visszavezetodik egyreszleges integralasra es a v(x)u′(x) fuggveny primitıv fuggvenyenek meghatarozasara.A fenti tetel alapjan vegzett integralasi modszert nevezzuk parcialis integralasnak. Azegyszeruseg kedveert a parcialis integralas alkalmazasanal a formulabol szokas kihagyniaz argumentumot. A formula ekkor:∫

udv = uv −∫vdu.

FELADATOK

Hatarozzuk meg a parcialis integralas modszerevel az alabbi hatarozatlan integralok meg-oldasat.

1.

∫xexdx

Megoldas. Alkalmazzuk a parcialis integralas modszeret. Ha

u = x, dv = exdx, akkor du = dx, v =

∫exdx = ex.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast adodik:∫xexdx = xex −

∫ex = xex − ex + C = ex (x− 1) + C.

2.

∫x sinxdx


u = x, dv = sinxdx, akkor du = dx, v =

∫sinxdx = − cos x.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast kapjuk,hogy∫x sinxdx = −x cosx−

∫(− cosx)dx = −x cos x+

∫cosxdx = −x cos x+sinx+C.


3.

∫(3x+ 1) cos 2xdx

Megoldas. Ha

u = 3x+ 1, dv = cos 2xdx, akkor du = 3dx, v =1

2sin 2x,

ahol v kiszamıtasanal a 2x = t, 2dx = dt, dx =dt

2helyettesıtest es az alabbi

szamıtast alkalmazzuk:

v =

∫cos 2xdx =

1

2

∫cos tdt =

1

2sin t+ C =

1

2sin 2x+ C.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast kovetkezik,hogy∫(3x+1) cos 2xdx =

3x+ 1

2sin 2x−

∫1

2·sin 2x·3dx =

3x+ 1

2sin 2x−3

2

∫sin 2xdx.

Alkalmazva a kapott integralban a 2x = t, 2dx = dt, dx =dt

2helyettesıtest adodik:∫

(3x+ 1) cos 2xdx =3x+ 1

2sin 2x− 3

4

∫sin tdt =

=3x+ 1

2sin 2x− 3

4(− cos t) + C =

3x+ 1

2sin 2x+

3

4cos 2x+ C.

4.

∫xsh xdx


u = x, dv = sh xdx, akkor du = dx, v =

∫shxdx = chx.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast jon, hogy∫xsh xdx = xchx−

∫chxdx = xchx−

∫chxdx = xchx− sh x+ C.

5.

∫x sin2 xdx

Megoldas. Alkalmazzuk a sin2 α =1− cos 2α

2trigonometriai azonossagot. Ekkor∫

x sin2 xdx =

∫x · 1− cos 2x

2dx =

1

2

∫xdx− 1

2

∫x cos 2xdx.

Ha most a masodik integralban

u = x, dv = cos 2xdx, akkor du = dx, v =1

2sin 2x,


akkor behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralastadodik: ∫

x sin2 xdx =1

2· x

2

2− 1

2

(x

2sin 2x− 1

2

∫sin 2xdx

)=

=1

4x2 − 1

4x sin 2x− 1

4· 12cos 2x+ C =

1

4x2 − 1

4x sin 2x− 1

8cos 2x+ C.

6.

∫ln xdx


u = lnx, dv = dx, akkor du =dx

x, v = x.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast kovetkezik,hogy∫

lnxdx = x ln x−∫

1

x· xdx = x lnx−

∫dx = x ln x− x+ C = x(lnx− 1) + C.

7.

∫arctgxdx


u = arctgx, dv = dx, akkor du =dx

1 + x2, v = x.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast kapjuk,hogy ∫

arctgxdx = xarctgx−∫

x

1 + x2dx.

Bevezetve a kapott integralban az 1 + x2 = t, 2dx = dt, dx =dt

2helyettesıtest

kapjuk a megoldast:∫arctgxdx = xarctgx−1

2

∫dt

t= xarctgx−1

2ln |t|+C = xarctgx−1

2ln(1+x2)+C.

8.

∫arcsin 3xdx


u = arcsin 3x, dv = dx, akkor du =3dx√1− 9x2

, v = x.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast kovetkezik,hogy ∫

arcsin 3xdx = x arcsin 3x− 3

∫x√

1− 9x2dx.


Bevezetve a kapott integralban az 1 − 9x2 = t2,√1− 9x2 = t, −18xdx = 2tdt,

xdx = −tdt9

helyettesıtest adodik, hogy∫arcsin 3xdx = x arcsin 3x+

3

9

∫tdt

t= x arcsin 3x+

1

3

∫dt+ C =

= x arcsinx+1

3t+ C = x arcsin x+

1

3

√1− 9x2 + C.

9.

∫x lnxdx

Megoldas. Alkalmazzuk az integralas soran a parcialis integralas modszeret. Ha

u = lnx, dv = xdx, akkor du =1

xdx, v =

∫xdx =

x2

2.

Helyettesıtsunk be a parcialis integralas kepletebe es vegezzuk el az integralast.Ekkor∫

x lnxdx =x2

2ln x−

∫x2

2· 1xdx =

x2 ln x

2− 1

2

∫xdx =

x2 lnx

2− x2

4+ C.

10.

∫x3 ln xdx


u = lnx, dv = x3dx, akkor du =1

xdx, v =

∫x3dx =

x4

4.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast kapjuk,hogy∫x3 ln xdx =

x4

4ln x−

∫x4

4· 1xdx =

1

4x4 ln x− 1

4

∫x3dx =

1

4x4 ln x− 1

16x4 + C.

11.

∫ln(1 + x2

)dx


u = ln(1 + x2

), dv = dx, akkor du =

2x

1 + x2dx, v = x.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast kovetkezik,hogy∫

ln(1 + x2

)dx = x ln

(1 + x2

)−∫x · 2x

1 + x2dx = x ln

(1 + x2

)− 2

∫x2

1 + x2dx =

= x ln(1 + x2

)− 2

∫x2 + 1− 1

1 + x2dx = x ln

(1 + x2

)− 2

∫ (1− 1

1 + x2

)dx =

= x ln(1 + x2

)− 2

∫dx+ 2

∫1

1 + x2dx = x ln

(1 + x2

)− 2x+ 2arctgx+ C.


12.

∫xarctgxdx


u = arctgx, dv = xdx, akkor du =dx

1 + x2, v =

x2

2.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast jon, hogy∫xarctgxdx =

x2

2arctgx−

∫x2

2· dx

1 + x2=x2

2arctgx− 1

2

∫x2 + 1− 1

1 + x2dx =

=x2

2arctgx− 1

2

∫ (1− 1

1 + x2

)dx =

1

2x2arctgx− 1

2x+ arctgx+ C.

13.

∫x arcsinxdx


u = arcsinx, dv = xdx, akkor du =dx√1− x2

, v =x2

2.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast adodik,hogy∫x arcsinxdx =

x2

2arcsinx−

∫x2

2· dx√

1− x2=x2

2arcsinx+

1

2

∫1− x2 − 1√

1− x2dx =

=x2

2arcsin x+

1

2

∫ (√1− x2 − 1√

1− x2

)dx.

A helyettesıtesi modszerrel megoldott feladatsor 30. feladata alapjan∫ √1− x2dx =

1

2arcsinx+

1

2x√1− x2,

ezert kovetkezik, hogy∫x arcsin xdx =

1

2x2 arcsinx+

1

4arcsinx+

1

4x√1− x2 − 1

2arcsinx+ C =

=1

2x2 arcsinx− 1

4arcsinx+

1

4x√1− x2 + C.

14.

∫x sinx cosxdx

Megoldas. Alkalmazva a sinα cosα =sin 2α

2trigonometriai azonossagot kapjuk,

hogy ∫x sin x cos xdx =

1

2

∫x sin 2xdx.

Ha

u = x, dv = sin 2xdx, akkor du = dx, v = −1

2cos 2x,


akkor behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralastadodik: ∫

x sinx cosxdx =1

2

(−1

2x cos 2x−

∫ (−1

2cos 2x

)dx

)=

= −1

4x cos 2x+

1

8sin 2x+ C.

15.

∫x cos x

sin2 xdx


u = x, dv =cos x

sin2 xdx, akkor du = dx, v = − 1

sinx,

ahol v kiszamıtasa a sinx = t, cos xdx = dt helyettesıtes bevezetesevel tortent:

v =

∫dv =

∫cos x

sin2 xdx =

∫dt

t2=t−1

−1+ C = − 1

sinx.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast kapjuk amegoldast: ∫

x cosx

sin2 xdx = − x

sin x+

∫1

sinxdx.

Felhasznalva a helyettesıtesi modszerrel megoldott feladatsor 23. feladatanak ered-menyet, miszerint ∫

1

sin xdx = ln

∣∣∣tg x2

∣∣∣+ C,

kapjuk, hogy ∫x cos x

sin2 xdx = − x

sinx+ ln

∣∣∣tg x2

∣∣∣+ C.

16.

∫ln x√xdx


u = lnx, dv =dx√x, akkor du =

1

xdx, v =

∫dx√x= 2√x.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast kovetkezik,hogy ∫

ln x√xdx = 2

√x lnx− 2

∫ √x

xdx = 2

√x ln x− 2

∫ √xdx =

= 2√x lnx− 4

√x+ C = 2

√x (lnx− 2) + C.

17.

∫x ln2 xdx


u = ln2 x, dv = xdx, akkor du = 2 lnx · 1xdx, v =

x2

2.


Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast adodik:∫x ln2 xdx =

x2

2ln2 x−

∫x2

2· 2 ln x · 1

xdx =

x2

2ln2 x−

∫x ln xdx.

Felhasznalva a parcialis integralas modszerevell megoldott feladatsor 9. feladatanakeredmenyet, miszerint ∫

x ln xdx =1

2x2 ln x− 1

4x2 + C,

kapjuk, hogy ∫x ln2 xdx =

1

2x2 ln2 x− 1

2x2 ln x+

1

4x2 + C.

18.

∫ex cosxdx


u = cosx, dv = exdx, akkor du = − sinxdx, v = ex.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe kovetkezik, hogy

I =

∫ex cosxdx = ex cosx+

∫ex sin xdx.

Alkalmazzuk most ujra a kapott integralban a parcialis integralas modszeret. Ha

u = sin x, dv = exdx, akkor du = cosxdx, v = ex.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe most azt kapjuk, hogy

I = ex cosx+ ex sinx−∫ex cosxdx = ex cosx+ ex sinx− I,

azaz ugyanazt az integralt kaptuk, amelybol kiindultunk. Ekkor

2I = ex cos x+ ex sinx,

ahonnan

I =1

2ex (cosx+ sin x) + C.

19.

∫32x sin(3x+ 1)dx


u = 32x, dv = sin(3x+ 1)dx, akkor du = 2 · 32x ln 3dx, v = −1

3cos(3x+ 1).

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe adodik, hogy

I =

∫32x sin(3x+ 1)dx = −1

3· 32x · cos(3x+ 1) +

2 ln 3

3

∫32x cos(3x+ 1)dx.


Alkalmazzuk most ujra a kapott integralban a parcialis integralas modszeret. Ha

u = 32x, dv = cos(3x+ 1)dx, akkor du = 2 · 32x ln 3dx, v =1

3sin(3x+ 1).

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe most azt kapjuk, hogy

I = −1

3·32x·cos(3x+1)+

2 ln 3

3

(1

3· 32x · sin(3x+ 1)−

∫2 ln 3

3· 32x · sin(3x+ 1)dx

)=

= −1

3· 32x · cos(3x+ 1) +

2 ln 3

9· 32x · sin(3x+ 1)− 4 ln2 3

9I,

azaz ugyanazt az integralt kaptuk, amelybol kiindultunk. Ekkor(1 +

4 ln2 3

9

)I = −1

3· 32x · cos(3x+ 1) +

2 ln 3

9· 32x · sin(3x+ 1),

ahonnan

I =9 · 32x

9 + 4 ln2 3

(2 ln 3

9sin(3x+ 1)− 1

3cos(3x+ 1)

)+ C =

=32x

9 + 4 ln2 3(2 ln 3 sin(3x+ 1)− 3 cos(3x+ 1)) + C.

20. ∗∫

ln (1 + x2)− 2xarctgx

(1 + x2) ln2 (1 + x2)dx

Megoldas. Rendezzuk az integrandust az alabbi modon:

I =

∫ln (1 + x2)− 2xarctgx

(1 + x2) ln2 (1 + x2)dx =

=

∫ (1

2xln(1 + x2

)− arctgx

)2x

(1 + x2) ln2 (1 + x2)dx.

Alkalmazzuk az integralas soran a parcialis integralas modszeret. Ha

u =1

2xln(1 + x2

)− arctgx, dv =

2x

(1 + x2) ln2 (1 + x2)dx,

akkor

du = − 1

2x2ln(1 + x2

)dx, v = − 1

ln (1 + x2),

ahol v kiszamıtasa a ln (1 + x2) = t,2xdx

1 + x2= dt helyettesıtessel tortent:

v =

∫dv =

∫2x

(1 + x2) ln2 (1 + x2)dx =

∫dt

t2= −1

t+ C = − 1

ln (1 + x2)+ C.

Behelyettesıtve a parcialis integralas kepletebe es elvegezve az integralast adodik,hogy

I =

(1

2xln(1 + x2

)− arctgx

)(− 1

ln (1 + x2)

)−

−∫ (− 1

ln (1 + x2)

)(− 1

2x2ln(1 + x2

))dx =

= − 1

2x+

arctgx

ln (1 + x2)− 1

2

∫dx

x2= − 1

2x+

arctgx

ln (1 + x2)+

1

2x+ C =

arctgx

ln (1 + x2)+ C.

5.4. Racionalis es racionalizalhato integralok 265

5.4. Racionalis es racionalizalhato integralok

5.4.1. Racionalis fuggvenyek integralasa

5.3. Definıcio. Racionalis tortfuggvenynek vagy roviden racionalis tortnek nevezzuk ketpolinom, peldaul P (x) es Q(x), f(x) = P (x)

Q(x)hanyadosat, ahol a Q(x) osztopolinom nem

a nullapolinom.

Racionalis tortfuggvenyekkel ugyanolyan szabalyok szerint vegzunk muveleteket, minta racionalis szamokkal. A racionalis tortek egyenloseget ugyanugy ertelmezzuk, minta tortek egyenloseget az elemi aritmetikaban. A tovabbiakban csak valos egyutthatosracionalis tortekkel fogunk foglalkozni.

5.4. Definıcio. Rovidıthetetlennek nevezunk egy racionalis tortet, ha szamlaloja relatıvprım a nevezojehez.

5.6. Tetel. Minden racionalis tort egyenlo egy rovidıthetetlen torttel, mely a szamlalo esnevezo nulladfoku kozos tenyezoitol eltekintve, egyertelmuen meghatarozott.

Bizonyıtas. Barmely racionalis tortet egyszerusıthetjuk szamlalojanak es nevezojeneklegnagyobb kozos osztojaval, mialtal egy az eredetivel egyenlo rovidıthetetlen tortet ka-

punk. Ha tovabba aP (x)

Q(x)es a

φ(x)

ψ(x)rovidıthetetlen tortek egyenlok egymassal, azaz

P (x)ψ(x) = Q(x)φ(x), akkor P (x) es Q(x) relatıv prım voltabol kovetkezik, hogy φ(x)oszthato a P (x) polinommal, φ(x) es ψ(x) relatıv prım voltabol pedig kovetkezik, hogyP (x) oszthato φ(x)-szel. Eszerint P (x) = Cφ(x), akkor viszont Q(x) = Cψ(x) iskovetkezik. ⋄

5.5. Definıcio. Nevezzunk egy racionalis tortet szabalyosnak vagy valodinak, ha szamla-lojanak fokszama alacsonyabb, mint a nevezojee.

Ha megegyezes szerint a szabalyos tortek koze szamıtjuk a nullapolinomot is, akkorervenyes a kovetkezo allıtas:

5.7. Tetel. Minden racionalis tort egyertelmuen eloallıthato egy polinom es egy szabalyostort osszegekent.

Bizonyıtas. Ha adott aP (x)

Q(x)racionalis tort, s ha a szamlalot a nevezovel osztva az

P (x) = Q(x)S(x) +R(x)

egyenloseget nyerjuk, ahol R(x) fokszama kisebb, mint Q(x)-e, akkor konnyu belatni,hogy

P (x)

Q(x)= S(x) +

R(x)

Q(x).

Ha tovabba fennall azP (x)

Q(x)= S(x) +

φ(x)

ψ(x)


egyenloseg, ahol φ(x) fokszama kisebb ψ(x) fokszamanal, akkor a ket egyenlet kivonasavalkapjuk, hogy

S(x) +R(x)

Q(x)− S(x)− φ(x)

ψ(x)= 0,

ahonnan

S(x)− S(x) = φ(x)

ψ(x)− R(x)

Q(x),

ebbol pedig

S(x)− S(x) = φ(x)Q(x)− ψ(x)R(x)ψ(x)Q(x)

.

Minthogy most a bal oldalon polinom all, a jobb oldalon pedig szabalyos tort, amirolkonnyu meggyozodni, azert szuksegkeppen S(x) = S(x) es

φ(x)

ψ(x)− R(x)

Q(x)= 0.

⋄

A szabalyos racionalis torteket tovabbi vizsgalatnak vethetjuk ala. Eloszor is emlekezte-tunk arra, hogy az irreducibilis valos polinomok x− a alaku linearis polinomok lehetnek,ahol a valos szam, illetve x2 − px + q alaku masodfoku polinomok, ahol p, q ∈ R esp2 − 4q < 0. Az irreducibilis valos masodfoku polinomoknak nincsenek valos gyokei.

5.6. Definıcio. AP (x)

Q(x)szabalyos racionalis tortet elemi tortnek nevezzuk, ha nevezoje,

Q(x) valamely irreducibilis p(x) polinom hatvanya,

Q(x) = pk(x) (k ≥ 1),

a szamlalo P (x) pedig alacsonyabb foku, mint p(x).

5.3. Pelda. Nehany elemi tort:1

x− 2,

2

(x+ 1)3,

π

x2 + 1,−5x

x2 + x+ 1,

x− 1

(x2 − x+ 1)2.

Ervenyes a kovetkezo allıtas, amit bizonyıtas nelkul fogunk megadni:

5.8. Tetel. Minden szabalyos racionalis tort egyertelmuen felbonthato elemi tortek ossze-gere.

FELADATOK

Oldjuk meg a kovetkezo racionalis integralokat.

1.

∫3

x2 − 4xdx

Megoldas. Az integrandus racionalis tortfuggveny, bontsuk tehat elemi tortekosszegere. Mivel x2 − 4x = x(x− 4), ezert

3

x2 − 4x=A

x+

B

x− 4


alakban keressuk az elemi tortek oszeget. Szorozzuk be mindket oldalt a baloldalinevezovel. Ekkor

3 = A(x− 4) +Bx.

x = 0 eseten a fenti egyenlosegbol 3 = −4A adodik, x = 4 eseten pedig 3 = 4B,

amelybol a megoldasok A = −3

4es B =

3

4, az integrandus pedig felırhato mint

3

x2 − 4x=−3

4

x+

34

x− 4= −3

4· 1x+

3

4· 1

x− 4,

az integralasi feladat pedig a kovetkezo modon oldhato meg:∫3

x2 − 4xdx =

∫ (−3

4· 1x+

3

4· 1

x− 4

)dx = −3

4

∫1

xdx+

3

4

∫1

x− 4dx =

= −3

4ln |x|+ 3

4ln |x− 4|+ C =

3

4ln

∣∣∣∣x− 4

x

∣∣∣∣+ C.

2.

∫3x

x2 − x− 2dx

Megoldas. Mivel az integrandus racionalis tortfuggveny es a nevezoje felırhatox2 − x− 2 = (x+ 1)(x− 2) alakban, ezert

3x

x2 − x− 2=

A

x+ 1+

B

x− 2

alakban keressuk az elemi tortek oszeget. Szorozzuk be mindket oldalt a baloldalinevezovel es rendezzuk a kifejezest. Ekkor

3x = A(x− 2) +B(x+ 1), illetve 3x = (A+B)x− 2A+B.

A megfelelo egyutthatok kiegyenlıtesevel kapjuk az

A+B = 3, −2A+B = 0

ket egyenletbol allo ketismeretlenes egyenletrendszert, amelynek megoldasa A = 1,B = 2. Ekkor az integralasi feladat megoldasa:∫

3x

x2 − x− 2dx =

∫ (1

x+ 1+

2

x− 2

)dx =

∫1

x+ 1dx+ 2

∫1

x− 2dx =

= ln |x+ 1|+ 2 ln |x− 2|+ ln |C| = ln∣∣C(x+ 1)(x− 2)2

∣∣ .3.

∫−x2 − x− 7

x3 + 3x2 − 4dx

Megoldas. Mivel az integrandus racionalis tortfuggveny es a nevezoje felırhatox3 + 3x2 − 4 = (x− 1)(x+ 2)2 alakban, ezert

−x2 − x− 7

x3 + 3x2 − 4=

A

x− 1+

B

x+ 2+

C

(x+ 2)2



−x2 − x− 7 = A(x+ 2)2 +B(x− 1)(x+ 2) + C(x− 1).

x = 1 eseten a fenti egyenlosegbol −9 = 9A, illetve A = −1 adodik, x = −2 eseten−9 = −3C, illetve C = 3, x = 0 behelyettesıtesevel pedig −7 = −4−2B−3, illetveB = 0. Ekkor az integralasi feladat megoldasa:

I =

∫−x2 − x− 7

x3 + 3x2 − 4dx =

∫ (−1x− 1

+3

(x+ 2)2

)dx = −

∫1

x− 1+3

∫1

(x+ 2)2dx.

Az x−1 = t, dx = dt, illetve x+2 = z, dx = dz helyettesıtesek bevezetesevel, majdaz integralas elvegzesevel kapjuk, hogy

I = −∫dt

t+ 3

∫dz

z2= − ln |t| − 3

z+ C = − ln |x− 1| − 3

x+ 2+ C.

4.

∫−3x2 + 2x− 21

x3 − 3x2 + 5x− 15dx

Megoldas. Mivel az integrandus racionalis tortfuggveny es a nevezoje felırhatox3 − 3x2 + 5x− 15 = (x− 3)(x2 + 5) alakban, ezert

−3x2 + 2x− 21

(x− 3)(x2 + 5)=

A

x− 3+Bx+ C

x2 + 5


−3x2 + 2x− 21 = A(x2 + 5) + (Bx+ C)(x− 3).

x = 3 eseten a fenti egyenlosegbol −42 = 14A, illetve A = −3 adodik, x = 0 eseten−21 = −15 − 3C, illetve C = 2, x = 1 behelyettesıtesevel pedig −4 = −2B − 4,illetve B = 0 a megoldas. Ekkor az integralasi feladat megoldasa:

I =

∫−3x2 + 2x− 21

x3 − 3x2 + 5x− 15dx =

∫ (−3x− 3

+2

x2 + 5

)dx =

= −3∫

1

x− 3dx+ 2

∫1

x2 + 5dx.

Emeljunk ki 5-ot a masodik integral nevezojebol, majd vezessuk be az x − 3 = t,

dx = dt esx√5= s, dx =

√5ds helyettesıteseket. Ekkor

I = −3∫dt

t+

2

5

∫ √5ds

s2 + 1= −3 ln |t|+ 2

√5

5arctg s+ C =

= −3 ln |x− 3|+ 2√5

5arctg

x√5+ C.


5.

∫x− 3

x3 − xdx

Megoldas. Mivel az integrandus racionalis tortfuggveny es a nevezoje felırhatox3 − x = x(x− 1)(x+ 1) alakban, ezert

x− 3

x(x− 1)(x+ 1)=A

x+

B

x− 1+

C

x+ 1


x− 3 = A(x− 1)(x+ 1) +Bx(x+ 1) + Cx(x− 1)

x = 0 eseten a fenti egyenlosegbol −3 = −A, illetve A = 3 adodik, x = 1 eseten−2 = 2B, illetve B = −1, x = −1 behelyettesıtesevel pedig −4 = 2C, illetveC = −2 a megoldas. Ekkor az integralasi feladat megoldasa:

I =

∫x− 3

x3 − xdx =

∫ (3

x+−1x− 1

+−2x+ 1

)dx = 3

∫dx

x−∫

dx

x− 1−2∫

dx

x+ 1=

= 3 ln |x| − ln |x− 1| − 2 ln |x+ 1|+ ln |C| = ln

∣∣∣∣ Cx3x2 − 1

∣∣∣∣ .6.

∫−2x3 − 2x+ 2

(x2 + x+ 1)(x2 − x+ 1)dx

Megoldas. Mivel az integrandus racionalis tortfuggveny, nevezoje pedig irreducibilismasodfoku polinomok szorzata, ezert

−2x3 − 2x+ 2

(x2 + x+ 1)(x2 − x+ 1)=

Ax+B

x2 + x+ 1+

Cx+D

x2 − x+ 1


−2x3 − 2x+ 2 = (Ax+B)(x2 − x+ 1) + (Cx+D)(x2 + x+ 1).

x = 0 eseten a fenti egyenlosegbol 2 = B+D adodik, x = 1 ertek behelyettesıtesevel−2 = (A+B)+(C+D) ·3, x = −1 behelyettesıtesevel 6 = (−A+B) ·3+(−C+D),x = 2 behelyettesıtesevel pedig az −18 = (2A + B) · 3 + (2C + D) · 7 egyenletetkapjuk. A kapott negy egyenletbol allo negyismeretlenes egyenletrendszer

B +D = 2,

A+B + 3C + 3D = −2,−3A+ 3B − C +D = 6,

6A+ 3B + 14C + 7D = −18.

Az elso egyenletbol D = 2 − B, s ezt behelyettesıtve a tobbi egyenletbe adodik akovetkezo harom linearis egyenletbol allo haromismeretlenes egyenletrendszer

A− 2B + 3C = −8, −3A− 2B − C = 4, 3A− 2B + 7C = −16,


amelynek megoldasa A = 0, B = 1 es C = −2, valamint D = 1. Ekkor az integralasifeladat megoldasa:

I =

∫−2x3 − 2x+ 2

(x2 + x+ 1)(x2 − x+ 1)dx =

∫ (1

x2 + x+ 1+−2x+ 1

x2 − x+ 1

)dx =

=

∫dx

x2 + x+ 1−∫

2x− 1

x2 − x+ 1dx.

Az elso integral megoldasahoz atırjuk a nevezot

x2 + x+ 1 =

(x+

1

2

)2

+3

4=

3

4

[(2√3x+

1√3

)2

+ 1

]

formaba es bevezetjuk a2x+ 1√

3= s,

2√3dx = ds, dx =

√3

2ds helyettesıtest, a

masik integralban pedig az x2 − x + 1 = t, (2x − 1)dx = dt helyettesıtest vezetjukbe. Ekkor

I =4

3

∫dx(

2√3x+ 1√

3

)2+ 1−∫dt

t=

4

3·√3

2

∫ds

s2 + 1− ln |t| =

=2√3

3arctg s− ln |t|+ C =

2√3

3arctg

2x+ 1√3− ln

(x2 − x+ 1

)+ C.

7.

∫x3 + x− 1

x4 + x3 + 2x2 + x+ 1dx

Megoldas. Alakıtsuk at a nevezot szorzatta:

x4 + x3 + 2x2 + x+ 1 = x4 + x3 + x2 + x2 + x+ 1 =

= x2(x2 + x+ 1) + x2 + x+ 1 = (x2 + x+ 1)(x2 + 1).

Igy az integral megoldasahoz

x3 + x− 1

(x2 + 1)(x2 + x+ 1)=Ax+B

x2 + 1+

Cx+D

x2 + x+ 1


x3 + x− 1 = (Ax+B)(x2 + x+ 1) + (Cx+D)(x2 + 1).

x = 0 eseten a fenti egyenlosegbol −1 = B + D adodik, az x = 1 ertek behe-lyettesıtesevel 1 = (A + B) · 3 + (C + D) · 2, az x = −1 ertek behelyettesıtesevel−3 = (−A + B) · 1 + (−C + D) · 2, az x = 2 ertek behelyettesıtesevel pedig az9 = (2A + B) · 7 + (2C +D) · 5 egyenletet kapjuk. A kapott negy egyenletbol allonegyismeretlenes egyenletrendszer

B +D = −1,3A+ 3B + 2C + 2D = 1,

−A+B − 2C + 2D = −3,14A+ 7B + 10C + 5D = 9.


Az elso egyenletbol D = −1− B, s ezt behelyettesıtve a tobbi egyenletbe adodik akovetkezo harom linearis egyenletbol allo haromismeretlenes egyenletrendszer

3A+B + 2C = 3, −A−B − 2C = −1, 7A+B + 5C = 7,

amelynek megoldasa A = 1, B = 0 es C = 0, valamint D = −1. Ekkor az integralasifeladat megoldasa:

I =

∫x3 + x− 1

x4 + x3 + 2x2 + x+ 1dx =

∫ (x

x2 + 1+

−1x2 + x+ 1

)dx =

=

∫xdx

x2 + 1−∫

1

x2 + x+ 1dx.

Az elso integralban bevezetjuk az x2 + 1 = t, 2xdx = dt, xdx =dt

2helyettesıtest, a

masodik integral megoldasahoz pedig atırjuk a nevezot

x2 + x+ 1 =

(x+

1

2

)2

+3

4=

3

4

[(2√3x+

1√3

)2

+ 1

]

formaba es bevezetjuk a2x+ 1√

3= s,

2√3dx = ds, dx =

√3

2ds helyettesıtest. Ekkor

I =1

2

∫dt

t− 4

3

∫dx(

2x+1√3

)2+ 1

=1

2ln |t| − 4

3·√3

2

∫ds

s2 + 1=

=1

2ln(x2 + 1)− 2

√3

3arctg s+ C =

1

2ln(x2 + 1)− 2

√3

3arctg

2x+ 1√3

+ C.

8.

∫2x4 − 10x3 + 7x2 + 4x+ 3

x5 − 2x3 + 2x2 − 3x+ 2dx

Megoldas. Eloszor bontsuk elemi tortek osszegere aP (x)

Q(x)valos szabalyos racionalis

tortet, ahol P (x) = 2x4 − 10x3 + 7x2 + 4x + 3 es Q(x) = x5 − 2x3 + 2x2 − 3x + 2.Konnyen ellenorizheto, hogy

Q(x) = (x+ 2)(x− 1)2(x2 + 1),

s emellett az x + 2, x − 1, x2 + 1 polinomok mindegyike irreducibilis. A keresettfelbontas szuksegkeppen

P (x)

Q(x)=

A

x+ 2+

B

(x− 1)2+

C

x− 1+Dx+ E

x2 + 1

alaku, ahonnan az A, B, C, D es E parameterek erteket kell meghatarozni. Szorozvaa fenti egyenloseg mindket oldalat a Q(x) polinommal, kovetkezik a

P (x) = A(x− 1)2(x2 + 1) +B(x+ 2)(x2 + 1) + C(x+ 2)(x− 1)(x2 + 1) +

+ Dx(x+ 2)(x− 1)2 + E(x+ 2)(x− 1)2


egyenloseg. Kiegyenlıtve a kapott egyenloseg jobb es bal oldalan szereplo polinomokmegfelelo egyutthatoit, ot egyenletbol allo, egyertelmuen megoldhato linearis egyen-letrendszert kapunk, A, B, C, D, E ismeretlenekkel. Az ismeretlenek meghataroza-sara azonban mas modszer is valaszthato. Ha a kapott egyenlosegben az x = −2 be-helyettesıtest elvegezzuk, a 45A = 135 egyenloseget kapjuk, ahonnan A = 3 adodik.x = 1 helyettesıtessel kapjuk, hogy 6B = 6, azaz B = 1. Ezutan helyettesıtsunkaz egyenlosegbe x = 0-t, majd x = −1-et. Figyelembe veve A es B ismert ertekeit,kapjuk a

−2C + 2E = −2−4C − 4D + 4E = −8

egyenletrendszert. Innen D = 1. Vegul helyettesıtsunk x = 2-t a fenti egyenlosegbe,majd a mar kiszamolt ertekek felhasznalasaval egyutt nyerjuk a 20C + 4E = −52egyenletet, ami a fenti egyenletrendszerrel egyutt vezet a C = −2 es E = −3ertekekhez. Igy tehat

P (x)

Q(x)=

3

x+ 2+

1

(x− 1)2− 2

x− 1+

x− 3

x2 + 1.

A fenti levezetes alapjan

I =

∫2x4 − 10x3 + 7x2 + 4x+ 3

x5 − 2x3 + 2x2 − 3x+ 2dx =

=

∫ (3

x+ 2+

1

(x− 1)2− 2

x− 1+

x− 3

x2 + 1

)dx =

=

∫3

x+ 2dx

∫+

1

(x− 1)2dx−

∫2

x− 1dx+

∫x

x2 + 1dx−

∫3

x2 + 1dx.

Az s = x + 2 es t = x − 1 helyettesıtes bevezetesevel, ahol ds = dx es dt = dx,valamint a w = x2 + 1 helyettesıtes bevezetesevel, ahol dw = 2xdx, adodik

I = 3

∫1

sds+

∫1

t2dt− 2

∫1

tdt+

1

2

∫1

wdw − 3

∫1

x2 + 1dx =

= 3 ln |s| − 1

t− 2 ln |t|+ 1

2ln |w| − 3arctgx+ C.

Visszahelyettesıtes utan kapjuk, hogy

I = 3 ln |x+ 2| − 1

x− 1− 2 ln |x− 1|+ 1

2ln(x2 + 1)− 3arctgx+ C.

9.

∫x4

(x− 1)(x+ 2)dx

Megoldas. Az integrandus egy nem szabalyos racionalis tortfuggveny, ami aztjelenti, hogy fel kell ırni egy polinom es egy szabalyos racionalis tort osszegekent. Aszamlalot a nevezovel elosztva, rendezes utan kapjuk, hogy

x4

(x− 1)(x+ 2)= x2 − x+ 3 +

−5x+ 6

(x− 1)(x+ 2),


es ıgy

I =

∫x4

(x− 1)(x+ 2)dx =

=

∫ (x2 − x+ 3 +

−5x+ 6

(x− 1)(x+ 2)

)dx =

=x3

3− x2

2+ 3x+

∫−5x+ 6

(x− 1)(x+ 2)dx.

A racionalis tortfuggveny integralasahoz a racionalis tortfuggvenyt fel kell bontanielemi tortek osszegere. Konkret esetben:

−5x+ 6

(x− 1)(x+ 2)=

1

3· 1

x− 1− 16

3· 1

x+ 2.


I =x3

3− x2

2+ 3x+

1

3

∫ (1

x− 1− 16

3

1

x+ 2

)dx.

Az s = x − 1 es t = x + 2 helyettesıtes bevezetesevel, ahol ds = dx es dt = dx,adodik, hogy

I =x3

3− x2

2+ 3x+

1

3

∫1

sds− 16

3

∫1

tdt =

=x3

3− x2

2+ 3x+

1

3ln |s| − 16

3ln |t|+ C.

Visszahelyettesıtes utan kapjuk a kovetkezo eredmenyt:

I =x3

3− x2

2+ 3x+

1

3ln |x− 1| − 16

3ln |x+ 2|+ C =

=x3

3− x2

2+ 3x+

1

3ln|x− 1|(x+ 2)16

+ C.

10.

∫x4 + 7x3 + 14x2 + 5x− 11

x3 + 5x2 + 3x− 9dx

Megoldas. Az integrandus egy nem szabalyos racionalis tortfuggveny, ami aztjelenti, hogy fel kell ırni egy polinom es egy szabalyos racionalis tort osszegekent. Aszamlalot a nevezovel elosztva, rendezes utan kapjuk, hogy

x4 + 7x3 + 14x2 + 5x− 11

x3 + 5x2 + 3x− 9= x+ 2 +

x2 + 8x+ 7

x3 + 5x2 + 3x− 9,

s ıgy

I =

∫x4 + 7x3 + 14x2 + 5x− 11

x3 + 5x2 + 3x− 9dx =

∫ (x+ 2 +

x2 + 8x+ 7

x3 + 5x2 + 3x− 9

)dx =

=

∫(x+ 2) dx+

∫x2 + 8x+ 7

x3 + 5x2 + 3x− 9dx =

x2

2+ 2x+

∫x2 + 8x+ 7

(x− 1)(x+ 3)2dx.


A racionalis tortfuggveny integralasahoz a racionalis tortfuggvenyt fel kell bontanielemi tortek osszegere. Konkret esetben:

x2 + 8x+ 7

(x− 1)(x+ 3)2=

1

x− 1+

2

(x+ 3)2.


I =x2

2+ 2x+

∫dx

x− 1+ 2

∫dx

(x+ 3)2.

Az s = x − 1 es t = x + 3 helyettesıtes bevezetesevel, ahol ds = dx es dt = dx,adodik, hogy

I =x2

2+2x+

∫ds

s+2

∫dt

(t)2=x2

2+2x+ln |s|−2

t+C =

x2

2+2x+ln |x−1|− 2

x+ 3+C.

5.4.2. Irracionalis fuggvenyek integralasa

Az irracionalis integralok megoldasakor arra torekszunk, hogy megfelelo helyettesıtesekbevezetesevel az adott integralt racionalis tortfuggveny integralasara vezessuk vissza. Ir-racionalis integralok eseten a tıpusok es helyettesıtesek igen sokfelek lehetnek. Kozulukcsak a ket legegyszerubbet mutatjuk meg. A kovetkezokben az R racionalis tortkifejezestjelol.

a) R

(x,

p1

√ax+ b

cx+ d,

p2

√ax+ b

cx+ d, ...,

pk

√ax+ b

cx+ d

)dx integral eseten a helyettesıtes

ax+ b

cx+ d= tn, ahol n = LKT (p1, p2, ..., pk).

Ha c = 0 es d = 1, akkor ez az integraltipus a legegyszerubb alakot veszi fel. Mi csakilyen integralokkal foglalkozunk.

FELADATOK

Hatarozzuk meg a kovetkezo irracionalis integralok megoldasat.

1.

∫x 3√2x+ 3dx

Megoldas. Az integral megoldasahoz vezessuk be a 2x + 3 = t3, x =t3 − 3

2,

2dx = 3t2dt, dx =3

2t2dt helyettesıtest, az adott integral pedig ıgy alakul:∫

x 3√2x+ 3dx =

∫t3 − 3

2· 3√t3 · 3

2t2dt =

3

4

∫(t3 − 3)t3dt =

3

4

∫(t6 − 3t3)dt =

=3

4

(t7

7− 3 · t

4

4

)+ C =

3

4t4(t3

7− 3

4

)+ C =

3

43√

(2x+ 3)4(2x+ 3

7− 3

4

)+ C =

=3

4(2x+ 3) 3

√2x+ 3

(8x+ 12− 21

28

)+ C =

3

112(2x+ 3)(8x− 9) 3

√2x+ 3 + C.


2.

∫dx

3√x+ 2

√x

Megoldas. Vegyuk eszre, hogy az integrandus irracionalis fuggveny, ahol mindengyok alatti mennyiseg ugyanaz az x, es megegyezik az a) tıpusu integrallal a = 1,b = 0, c = 0, d = 1 eseten. Mivel a gyokkitevok 2 es 3, ezert n = LKT (2, 3) = 6,ıgy a helyettesıtes x = t6, dx = 6t5dt. Ekkor

I =

∫dx

3√x+ 2

√x=

∫6t5dt

3√t6 + 2

√t6

= 6

∫t5dt

t2 + 2t3= 6

∫t3dt

1 + 2t,

valoban racionalis integral. Mivel

t3

1 + 2t=

(t2

2− t

4+

1

8

)− 1

8· 1

2t+ 1,

ezert a keresett integral

I = 6

∫ (t2

2− t

4+

1

8− 1

8· 1

2t+ 1

)dt = 3

∫t2dt−3

2

∫tdt+

3

4

∫dt−3

4

∫dt

2t+ 1=

= t3 − 3

4t2 +

3

4t− 3

4ln |2t+ 1|+ C.

Mivel x = t6 volt a helyettesıtes, ahonnan t = 6√x, ezert

I = ( 6√x)3 − 3

4( 6√x)2 +

3

46√x− 3

4ln |2 6√x+ 1|+ C =

=√x− 3

43√x+

3

46√x− 3

4ln |2 6√x+ 1|+ C.

3.

∫ √x

4√x3 + 1

dx

Megoldas. Mivel4√x3 =

4√x · x2 = 4

√x ·√x es ıgy

I =

∫ √x

4√x3 + 1

dx =

∫ √x√

x 4√x+ 1

dx,

ebbol az kovetkezik, hogy n = LKT (2, 4) = 4, vagyis az x = t4, dx = 4t3dthelyettesıtest kell bevezetni. Ekkor

I =

∫ √t4 · 4t3dt√t4 · 4√t4 + 1

= 4

∫t4

t3 + 1dt =

= 4

∫ (t− t

t3 + 1

)dt = 4

∫tdt− 4

∫t

(t+ 1)(t2 − t+ 1)dt.

A masodik integral racionalis tort, amely felbonthato elemi tortek osszegere, azaz

t

(t+ 1)(t2 − t+ 1)= −1

3· 1

t+ 1+

1

3· t+ 1

t2 − t+ 1,


ezert a tovabbiakban

I = 4 · t2

2+

4

3

∫dt

t+ 1− 4

3

∫dt

(t2 − t+ 14) + 3

4

=

= 2t2 +4

3ln |t+ 1| − 4

3· 43

∫dt(

2t−1√3

)2+ 1

.

Vezessuk most be a2t− 1√

3= z, dt =

√3dz

2helyettesıtest. Ekkor

I = 2t2 +4

3ln |t+ 1| − 16

9·√3

2

∫dz

z2 + 1= 2t2 +

4

3ln |t+ 1| − 8

√3

9arctg z + C.

Visszahelyettesıtve az eredeti valtozora adodik, hogy t = 4√x, ezert

I = 2√x+

4

3ln∣∣ 4√x+ 1

∣∣− 8√3

9arctg

2 4√x− 1√3

+ C.

4.

∫dx√

2x− 5− 4√2x− 5

Megoldas. Mivel n = LKT (2, 4) = 4, vagyis az 2x−5 = t4, 2dx = 4t3dt, dx = 2t3dthelyettesıtest kell bevezetni. Ekkor

I =

∫dx√

2x− 5− 4√2x− 5

=

∫2t3dt√t4 − 4√t4

= 2

∫t3dt

t2 − t= 2

∫t2dt

t− 1=

= 2

∫(t2 − 1) + 1

t− 1dt = 2

∫(t− 1)(t+ 1)

t− 1dt+ 2

∫dt

t− 1=

= 2

∫(t+ 1)dt+ 2

∫dt

t− 1= t2 + 2t+ 2 ln |t− 1|+ C.

Mivel most t = 4√2x− 5, ezert visszaterve az eredeti valtozora kapjuk, hogy

I =√2x− 5 + 2 4

√2x− 5 + 2 ln

∣∣ 4√2x− 5− 1

∣∣+ C.

5.

∫ √x+ 1 + 1√x+ 1− 1

dx

Megoldas. Vezessuk be az x+ 1 = t2, t =√x+ 1, dx = 2tdt helyettesıtest. Ekkor

I =

∫ √x+ 1 + 1√x+ 1− 1

dx =

∫t+ 1

t− 1· 2tdt = 2

∫t2 + t

t− 1dt = 2

∫ (t+ 2 +

2

t− 1

)dt =

= 2

(t2

2+ 2t+ 2 ln |t− 1|

)+ C = t2 + 4t+ 4 ln |t− 1|+ C.

Visszaterve az eredeti valtozora,

I = x+ 1 + 4√x+ 1 + 4 ln |

√x+ 1− 1|+ C.


b) R(x,√px2 + qx+ r

)dx (p, q, r ∈ R) tıpusu irracionalis integralokat vagy trigonomet-

rikus vagy hiperbolikus helyettesıtessel oldhatunk meg attol fuggoen, hogy az px2+qx+rmasodfoku trinom negyzetek osszegekent vagy negyzetek kulonbsegekent ırhato fel. Haa ∈ R \ {0}, akkor

R(x,√a2 − x2

)dx eseten a helyettesıtes x = a sin t vagy x = a cos t,

R(x,√a2 + x2

)dx eseten a helyettesıtes x = a sh t,

R(x,√x2 − a2

)dx eseten a helyettesıtes x = a ch t.

A megadott helyettesıteseket es a

sin2 t =1− cos 2t

2, cos2 t =

1 + cos 2t

2, sh 2t =

ch 2t− 1

2, ch 2t =

ch 2t+ 1

2

azonossagokat alkalmazva a kapott integralok alapintegralokra vezethetok vissza.

FELADATOK

Oldjuk meg a kovetkezo irracionalis integralokat.

1.

∫dx

(x2 − 1)√1− x2

Megoldas. A fentiek alapjan vezessuk be az x = sin t, dx = cos tdt helyettesıtest.Ekkor

I =

∫dx

(x2 − 1)√1− x2

=

∫cos tdt

(sin2 t− 1)√1− sin2 t

=

=

∫cos tdt

(− cos2 t)√cos2 t

= −∫

dt

cos2 t= −tg t+ C.

Mivel

t = arcsinx es tg t =sin t√

1− sin2 t,

ezert visszaterve az eredeti valtozora adodik, hogy

I = −tg(arcsinx) + C = − x√1− x2

+ C.

2.

∫dx

(x+ 1)2√x2 + 2x+ 2

Megoldas. A gyok alatti masodfoku kifejezes most negyzetek osszegekent ırhatofel x2+2x+2 = (x+1)2+1 alakban, ezert alkalmazzuk az x+1 = sh t, dx = ch tdthelyettesıtest. Ekkor

I =

∫dx

(x+ 1)2√x2 + 2x+ 2

=

∫dx

(x+ 1)2√(x+ 1)2 + 1

=

∫ch tdt

sh 2t ·√sh 2t+ 1

=


=

∫ch tdt

sh 2t ·√ch 2t

=

∫dt

sh 2t= −cth t+ C = −

√sh 2t+ 1

sh t+ C.

Mivel t = arsh (x+ 1), ezert visszaterve az eredeti valtozora azt kapjuk, hogy

I = −√

(x+ 1)2 + 1

x+ 1+ C = −

√x2 + 2x+ 2

x+ 1+ C.

3.

∫x√x− x2dx

Megoldas. Mivel x− x2 = 1

4− 1

4+ x− x2 = 1

4−(1

4− x+ x2

)=

1

4−(x− 1

2

)2

,

ezert

I =

∫x√x− x2dx =

∫x

√1

4−(x− 1

2

)2

dx =1

2

∫x√

1− (2x− 1)2dx.

Vezessuk be a 2x− 1 = sin t, x =1 + sin t

2, 2dx = cos tdt helyettesıtest. Ekkor

I =1

2

∫1 + sin t

2·√1− sin2 t · cos tdt

2=

1

8

∫(1 + sin t) cos2 tdt =

=1

8

∫cos2 tdt+

1

8

∫cos2 t sin tdt.

Az elso integralban alkalmazzuk a cos2 t =1 + cos 2t

2trigonometrikus azonossagot,

a masikban pedig bevezetjuk a cos t = z, − sin tdt = dz, sin tdt = −dz helyettesıtest.Ekkor

I =1

8

∫1 + cos 2t

2dt− 1

8

∫z2dz =

1

16

∫(1 + cos 2t)dt− 1

8

z3

3=

=1

16

∫dt+

1

16

∫cos 2tdt− 1

8

cos3 t

3=

1

16t+

1

16

sin 2t

2− 1

24cos3 t+ C =

=1

16t+

1

16

2 sin t cos t

2− 1

24(cos t)3 + C.

Terjunk most vissza az eredeti x valtozora. Mivel most sin t = 2x− 1, ahonnan t =

= arcsin(2x−1) es cos t =√1− sin2 t =

√1− (2x− 1)2 =

√4x− 4x2 = 2

√x− x2,

ezert

I =1

16arcsin(2x− 1) +

1

8(2x− 1)2

√x− x2 − 1

24· 8(x− x2)

√x− x2 + C =

=1

16arcsin(2x− 1) +

4x2 + 2x− 3

12

√x− x2 + C.


5.4.3. Trigonometrikus fuggvenyek integralasa

A trigonometrikus fuggvenyek racionalis kifejezeseinek integralasa mindig megoldhato ele-mi uton. Nehany egyszerubb tıpus trigonometrikus atalakıtasokkal visszavezetheto olyan

integralra, amelyet helyettesıtessel megoldhatunk, mıg mas, osszetettebb alakok tgx

2= t

helyettesıtessel vezethetok vissza racionalis tortfuggveny integraljara.

a) Az egyszerubb specialis tıpusok koze tartoznak n es k nemnegatıv egeszek eseten az∫sin2n+1 x · cosk xdx =

∫ (sin2 x

)n · sinx · cosk xdx =

∫ (1− cos2 x

)n · cosk x · sin xdx,illetve∫

cos2n+1 x · sink xdx =

∫ (cos2 x

)n · cosx · sink xdx =

∫ (1− sin2 x

)n · sink x · cosxdx

integralok, melyeket rendre a cosx = t, illetve sin x = t helyettesıtessel vezethetunk visszapolinomfuggveny integralasara, valamint az∫

sin2n x cos2k xdx

tıpusu integralok, amelyek a

sinx cosx =1

2sin 2x, sin2 x =

1− cos 2x

2es cos2 x =

1 + cos 2x

2

trigonometriai azonossagok ismetelt alkalmazasaval oldhatunk meg.

FELADATOK

Oldjuk meg a kovetkezo trigonometrikus integralokat.

1.

∫sin5 xdx

Megoldas. Alakıtsuk at az integrandust az elozoekben bemutatott modon. Ekkor

I =

∫sin5 xdx =

∫ (sin2 x

)2sin xdx =

∫ (1− cos2 x

)2sinxdx.

Vezessuk be a cos x = t, − sin xdx = dt helyettesıtest. Ekkor

I =

∫ (1− t2

)2(−dt) = −

∫ (1− 2t2 + t4

)dt = −t+ 2

3t3 +

1

5t5 + C.

Visszaterve az eredeti valtozora kapjuk, hogy

I = − cos x+2

3cos3 x+

1

5cos5 x+ C.


2.

∫cos3 x sin4 xdx

Megoldas. Vegezzuk el az integrandus megfelelo atalakıtasait. Ekkor

I =

∫cos3 x sin4 xdx =

∫ (1− sin2 x

)sin4 x cos xdx.

Vezessuk be a sin x = t, cos xdx = dt helyettesıtest. Az integral most ıgy modosul:

I =

∫ (1− t2

)t4dt =

∫ (t4 − t6

)dt =

t5

5− t7

7+ C.

Visszaterve az eredeti valtozora kapjuk, hogy

I =sin5 x

5− sin7 x

7+ C.

3.

∫cos2 x sin4 xdx

Megoldas. Vegezzuk el eloszor a trigonometrikus atalakıtasokat. Ekkor

I =

∫cos2 x sin4 xdx =

∫4 sin2 x · cos2 x · sin

2 x

4dx =

1

4

∫sin2 2x · 1− cos 2x

2dx =

=1

8

∫1− cos 4x

2dx− 1

8

∫sin2 2x · cos 2xdx.

Az elso integralt bontsuk tovabb ket integral osszegere, a masodikban pedig vezessuk

be a sin 2x = t, 2 cos 2xdx = dt, cos 2xdx =dt

2helyettesıtest. Ekkor

I =1

16

∫dx− 1

16

∫cos 4xdx− 1

8

∫t2 · dt

2=

1

16x− 1

16

sin 4x

4dx− 1

16· t

3

3+ C =

=1

16x− 1

16

sin 4x

4dx− 1

48sin3 2x+ C.

b) Az

∫R(sinx, cos x)dx alaku integralok a tg

x

2= t helyettesıtessel racionalizalhatok.

Ebben az esetbenx

2= arctg t, x = 2arctg t, dx =

2dt

1 + t2,

sinx =sinx

1=

2 sin x2cos x

2

sin2 x2+ cos2 x

2

=cos2 x

2

(2tg x

2

)cos2 x

2

(1 + tg 2 x

2

) =2t

1 + t2,

cosx =cosx

1=

cos2 x2− sin2 x

2

sin2 x2+ cos2 x

2

=cos2 x

2

(1− tg 2 x

2

)cos2 x

2

(1 + tg 2 x

2

) =1− t2

1 + t2.


FELADATOK

Oldjuk meg a kovetkezo trigonometrikus integralokat.

1.

∫dx

1 + sinx+ cosx

Megoldas. Alkalmazzuk a megadott helyettesıteseket. Ekkor∫dx

1 + sinx+ cosx=

∫ 2dt1+t2

1 + 2t1+t2

+ 1−t2

1+t2

=

∫dt

1 + t= ln |1+t|+C = ln

∣∣∣1 + tgx

2

∣∣∣+C.2.

∫dx

cosx+ 2 sinx+ 3

Megoldas. Alkalmazzuk a tgx

2= t helyettesıtest. Ekkor

∫dx

cos x+ 2 sinx+ 3=

∫ 2dt1+t2

1−t2

1+t2+ 4t

1+t2+ 3

=

∫ 2dt1+t2

1−t2+4t+3+3t2

1+t2

=

∫2dt

2 (t2 + 2t+ 2)=

=

∫dt

(t+ 1)2 + 1= arctg (t+ 1) + C = arctg

(tgx

2+ 1)+ C.

5.4.4. Exponencialis es hiperbolikus fuggvenyek integralasa

Az

∫R (ex) dx exponencialis fuggveny integraljat, ahol az integrandus az ex fuggveny

racionalis kifejezese, az

ex = t, x = ln t, dx =dt

t

helyettesıtessel tudjuk visszavezetni racionalis tortfuggveny integraljara. Minthogy

sh x =ex − e−x

2, chx =

ex + e−x

2, thx =

ex − e−x

ex + e−xes cthx =

ex + e−x

ex − e−x,

ıgy ertheto, hogy a hiperbolikus fuggvenyek racionalis kifejezeseinek integraljai ugyanezzela helyettesıtessel racionalizalhatok.

FELADATOK

Hatarozzuk meg a kovetkezo exponencialis integralok megoldasat.

1.

∫ex

1 + exdx

Megoldas. Vezessuk be az ex = t, dx =dt

thelyettesıtest. Ekkor∫

ex

1 + exdx =

∫t

1 + t· dtt=

∫dt

1 + t= ln |1 + t|+ C = ln (1 + ex) + C.


2.

∫e2x

1 + e2xdx


thelyettesıtest. Az integral megoldasa

most ∫e2x

1 + e2xdx =

∫t2

1 + t2· dtt=

∫tdt

1 + t2=

1

2

∫2tdt

1 + t2=

=1

2ln∣∣1 + t2

∣∣+ C =1

2ln(1 + e2x

)+ C.

3.

∫e3x − ex

e2x + 1dx


thelyettesıtest. Ekkor

∫e3x − ex

e2x + 1dx =

∫t3 − tt2 + 1

· dtt=

∫t2 − 1

t2 + 1dt =

∫t2 + 1− 2

t2 + 1dt =

=

∫ (1− 2

t2 + 1

)dt = t− 2arctg t+ C = ex − 2arctg ex + C.

4.

∫ √ex − 1dx

Megoldas. Alkalmazzuk az ex = t, dx =dt

thelyettesıtest. Ekkor az

I =

∫ √ex − 1dx =

∫ √t− 1 · dt

t=

∫ √t− 1

tdt.

integralt kapjuk, amelyben a t− 1 = z2, dt = 2zdz helyettesıtest bevezetve adodik,hogy

I =

∫z

z2 + 1·2zdz = 2

∫z2 + 1− 1

z2 + 1=

∫ (1− 1

z2 + 1

)dz = 2 (z − arctg z)+C =

= 2(√

t− 1− arctg√t− 1

)+ C = 2

(√ex − 1− arctg

√ex − 1

)+ C.

5.

∫chx+ shx

ex + 1dx

Megoldas. Helyettesıtsuk be az integrandusba a chx es sh x fuggvenyek expo-nencialis alakjat. Ekkor a kovetkezo integralt kapjuk:

I =

∫chx+ shx

ex + 1dx =

1

2

∫ex + e−x + ex − e−x

ex + 1dx =

1

2

∫2ex

ex + 1dx =

∫ex

1 + exdx.

Az exponencialis fuggvenyekkel kapcsolatos integralok elso feladata alapjan a meg-oldas

I = ln (1 + ex) + C.

5.5. A hatarozott integral fogalma es tulajdonsagai 283

5.5. A hatarozott integral fogalma es tulajdonsagai

5.5.1. Arkhimedesz modszere sıkidomok teruletenek meghatarozasara

A gyakorlati eletben sokszor van szuksegunk kulonbozo sıkidomok nagysaganak meghata-rozasara. Egy meroszamot kell hozzarendelni a sıkidomhoz, amit a teruletenek nevezunk.Sokszogek eseteben nincsenek nagyobb problemak, sot a kor eseteben is megoldhato ahozzarendeles. Most nehany tovabbi specialis sıkidomhoz fogunk teruletet rendelni, sfeltesszuk, hogy a tekintett sıkidomoknak van terulete.

Tekintsuk azt a sıkidomot, amelyet az x tengely [0, 1] intervalluma, az x = 1 egyenesmegfelelo szakasza es az f(x) = x2 fuggveny grafikonjanak megfelelo ıve hatarol. Ezta sıkidomot parabolikus haromszognek is szokas nevezni, s teruletenek kiszamıtasaraArkhimedesz parabola-kvadraturajat alkalmazzuk. A modszer lenyege az, hogy a keresettteruletet teglalapok teruleteinek osszegevel kozelıtjuk.

Irjunk a parabolikus haromszogbe es kore sokszoget a kovetkezo modon: osszuk a [0, 1]intervallumot n egyenlo reszre (n ∈ N). A[

0,1

n

],

[1

n,2

n

], · · ·

[i− 1

n,i

n

], · · ·

[n− 1

n, 1

]reszintervallumokra allıtsunk beırt es korulırt teglalapokat ugy, hogy a beırt teglalapmagassaga a reszintervallumok kezdopontjainak fuggvenyerteke, azaz rendre

0,

(1

n

)2

, · · · ,(i− 1

n

)2

, · · · ,(n− 1

n

)2

,

a korulırt teglalapok magassaga a reszintervallumok vegpontjainak fuggvenyerteke, azazrendre (

1

n

)2

,

(2

n

)2

, · · · ,(i

n

)2

, · · · , 1

legyen. A beırt teglalapok terulete:

sn = 0 · 1n+

(1

n

)21

n+

(2

n

)21

n+ · · ·+

(i− 1

n

)21

n+ · · ·+

(n− 1

n

)21

n=

=1

n3

[12 + 22 + · · ·+ (i− 1)2 + · · ·+ (n− 1)2

]=

(n− 1)n(2n− 1)

6n3.

A korulırt teglalapok terulete:

Sn =

(1

n

)21

n+

(2

n

)21

n+

(3

n

)21

n+ · · ·+

(i

n

)21

n+ · · ·+

(nn

)2 1

n=

=1

n3

[12 + 22 + 32 + · · ·+ i2 + · · ·+ n2

]=

(n+ 1)n(2n+ 1)

6n3.


Az a sejtesunk, hogy ha egyetlen olyanszam van, amely minden sn-nel nagyobb esminden Sn-nel kisebb, akkor a parabolikusharomszognek van terulete, es ez a T teruletazzal a szammal egyenlo. Ezert felırhatjuk,hogy

sn ≤ T ≤ Sn,

behelyettesıtve a kepleteket pedig kapjuk,hogy

(n− 1)n(2n− 1)

6n3≤ T ≤ (n+ 1)n(2n+ 1)

6n3.

A fenti egyenlotlensegek a hatarertekekre iservenyesek, ha n→∞, azaz igazak a

y=x2

0È

1

n

È

2

n

È

3

n

È

i- 1

n

È

i

n

È

n- 1

n1

x

1

y

limn→∞

(n− 1)n(2n− 1)

6n3≤ T ≤ lim

n→∞

(n+ 1)n(2n+ 1)

6n3

egyenlotlensegek is. Ekkor

1

3≤ T ≤ 1

3, ahonnan T =

1

3.

5.5.2. A hatarozott integral fogalma

Legyen f egy korlatos pozitıv fuggveny az[a, b] intervallumon, ami azt jelenti, hogya grafikonja az x-tengely felett helyezkedikel. Ekkor azt a sıkbeli alakzatot, ame-lyet az x-tengelyen az [a, b] intervallum, azx = a es x = b egyenesek, valamintaz f fuggveny [a, b] intervallumhoz tar-tozo grafikonja hatarol, az [a, b] interval-lumhoz tartozo G gorbevonalu trapeznaknevezzuk.A G gorbevonalu trapezteruletmeghatarozasanak problemaja es azArkhimedeszi modszer otlete vezetett ahatarozott integral definıciojahoz.

y= f HxL

È

aÈ

bx

y

Osszuk fel az [a, b] intervallumot n szamu

[x0, x1], [x1, x2], [x2, x3], ..., [xn−1, xn],

reszintervallumra ugy, hogy az osztopontokra

a = x0 < x1 < x2 < x3 < ... < xn−1 < xn = b


legyen ervenyes. Az [a, b] intervallum F felosztasa az

F = {x0, x1, ..., xn}

ponthalmazt jelenti. Jelolje most ∆x1 = x1− x0 az elso, ∆x2 = x2− x1 a masodik, es ıgytovabb, ∆xn = xn − xn−1 pedig az n-edik reszintervallum hosszusagat. A

d(F) = max {∆x1,∆x2, ...,∆xn}

szamot az F felosztas diameterenek nevezzuk, s a legnagyobb reszintervallum-hosszusagotjeloli.

5.7. Definıcio. Legyen f az [a, b] zart intervallum felett definialt korlatos fuggveny es Faz [a, b] intervallum egy felosztasa. Ekkor az

sn = m1∆x1 +m2∆x2 + · · ·+mn∆xn =n∑

i=1

mi∆xi

osszeget, ahol mi jelenti az f fuggveny also hatarat az [xi−1, xi] reszintervallumon, az ffuggveny F felosztashoz tartozo also kozelıto osszegenek nevezzuk. Az

Sn =M1∆x1 +M2∆x2 + · · ·+Mn∆xn =n∑

i=1

Mi∆xi

osszeget, ahol Mi jelenti az f fuggveny felso hatarat az [xi−1, xi] reszintervallumon, az ffuggveny F felosztashoz tartozo felso kozelıto osszegenek nevezzuk.

5.8. Definıcio. Legyen f az [a, b] zart intervallum felett definialt korlatos fuggveny, Faz [a, b] intervallum egy felosztasa es ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, 2, ..., n, areszintervallumok tetszoleges pontjainak egy kivalasztasa. Ekkor a

T (f,F , ξ) =n∑

i=1

f(ξi)∆xi,

osszeget az f fuggveny F felosztashoz tartozo Riemann-fele integralosszegenek nevezzuk.

5.9. Tetel. Legyen f az [a, b] zart intervallum felett definialt korlatos fuggveny, F az[a, b] intervallum egy felosztasa es ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, 2, ..., n, areszintervallumok tetszoleges pontjainak egy kivalasztasa. Ekkor

sn ≤ T (f,F , ξ) ≤ Sn

ervenyes minden n ∈ N eseten, ha sn es Sn az f fuggveny also es felso kozelıto osszegeineksorozatai.

Bizonyıtas. Az also es felso hatar definıciojabol adodik, hogy minden ξ pontvalasztaseseten

mi ≤ f(ξi) ≤Mi, i = 1, 2, ..., n.

Beszorozva a fenti ertekeket a megfelelo reszintervallumok hosszusagaval kapjuk, hogy

mi∆xi ≤ f(ξi)∆xi ≤Mi∆xi, i = 1, 2, ..., n.


Adjuk ossze a fenti ertekeket 1-tol n-ig. Ekkor

n∑i=1

mi∆xi ≤n∑

i=1

f(ξi)∆xi ≤n∑

i=1

Mi∆xi,

illetvesn ≤ T (f,F , ξ) ≤ Sn,

amit igazolni akartunk. ⋄

5.9. Definıcio. Legyen f : [a, b] 7→ R korlatos fuggveny. Ha az [a, b] intervallum mindenF felosztasara es barmely olyan ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn) pont n-esre, amelyekre ξi ∈ [xi−1, xi],i = 1, 2, ..., n, letezik az

I := limd(F)→0

n∑i=1

f(ξi)∆xi

egyertelmu hatarertek, akkor az f fuggvenyre azt mondjuk, hogy integralhato az [a, b] in-tervallumon, az I szam az f fuggveny hatarozott integralja az [a, b] intervallumon, jelolesepedig

limd(F)→0

n∑i=1

f(ξi)∆xi =

∫ b

a

f(x)dx.

Az a, illetve b szamok, a < b, a hatarozott integral also, illetve felso hatarai, az f fuggvenya hatarozott integral integrandusa. Ebben az esetben az I hatarertek azt jelenti, hogyminden ε > 0 szamra letezik olyan δ > 0, hogy minden tetszoleges F felosztasra d(F) < δes a ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn) pont n-esek barmely valasztasa eseten igaz, hogy∣∣∣∣∣I −

n∑i=1

f(ξi)∆xi

∣∣∣∣∣ < ε .

Torteneti okokbol, es azert mert mas integralfogalom is letezik, a fenti definıcio ertelmebenintegralhato fuggvenyeket szokas Riemann szerint integralhato fuggvenyeknek nevezni.(Bernhard Riemann nemet matematikus 1826-1866.)

5.10. Tetel. Ha az f fuggveny integralhato az [a, b] intervallumon, akkor f korlatos [a, b]intervallumon.

5.11. Tetel. Az [a, b] intervallumon ertelmezett f fuggveny akkor es csakis akkor in-tegralhato, ha az [a, b] intervallum barmely F felosztasahoz a megfelelo also es felso kozelıtoosszegek sn es Sn sorozatai kozos hatarertekhez tartanak, azaz

limd(F)→0

sn = limd(F)→0

Sn.

5.12. Tetel. Ha az f fuggveny folytonos az [a, b] intervallumon, akkor f integralhato az[a, b] intervallumon.

5.13. Tetel. Ha az f fuggveny korlatos es monoton az [a, b] intervallumon, akkor fintegralhato az [a, b] intervallumon.


5.5.3. A hatarozott integral tulajdonsagai

5.10. Definıcio. Legyen f integralhato fuggveny az [a, b] intervallumon.

1. Ha a > b, akkor

∫ b

a

f(x)dx = −∫ a

b

f(x)dx.

2. Ha a = b, akkor

∫ a

a

f(x)dx = 0.

Belathato, hogy minden f az [a, b] intervallumon folytonos fuggveny integralhato is az[a, b]-n. Ugyanugy minden olyan korlatos f : [a, b] 7→ R fuggveny is integralhato, amelyfolytonos az [a, b] intervallumon, kiveve veges sok pontjaban.

5.14. Tetel. Ha f a konstans fuggveny, azaz f(x) = k, x ∈ [a, b], akkor∫ b

a

f(x)dx = k(b− a).

5.15. Tetel. Ha f integralhato fuggveny az [a, b] intervallumon es k egy valos szam,

akkor a kf fuggveny is integralhato az [a, b] intervallumon es

∫ b

a

kf(x)dx = k

∫ b

a

f(x)dx.

Bizonyıtas. Minden F felosztas es a reszintervallumokon valasztott barmely ξ pontokeseten

T (kf,F , ξ) =n∑

i=1

kf(ξi)∆xi = kn∑

i=1

f(ξi)∆xi = kT (f,F , ξ).

Mivel

limd(F)→0

T (f,F , ξ) =∫ b

a

f(x)dx,

ezert ∫ b

a

kf(x)dx = limd(F)→0

T (kf,F , ξ) = k limd(F)→0

T (f,F , ξ) = k

∫ b

a

f(x)dx.

⋄

5.16. Tetel. Ha f es g integralhato fuggvenyek az [a, b] intervallumon, akkor az osszeguk

is integralhato az [a, b] intervallumon es

∫ b

a

(f(x) + g(x))dx =

∫ b

a

f(x)dx+

∫ b

a

g(x)dx.


T (f + g,F , ξ) =n∑

i=1

(f(ξi) + g(ξi))∆xi =

=n∑

i=1

f(ξi)∆xi +n∑

i=1

g(ξi)∆xi = T (f,F , ξ) + T (g,F , ξ).

Mivel

limd(F)→0

(T (f,F , ξ) + T (g,F , ξ)) =∫ b

a

f(x)dx+

∫ b

a

g(x)dx,


ezert ∫ b

a

(f(x) + g(x)) dx = limd(F)→0

T (f + g,F , ξ) =

= limd(F)→0

(T (f,F , ξ) + T (g,F , ξ)) =∫ b

a

f(x)dx+

∫ b

a

g(x)dx.

⋄

5.2. Kovetkezmeny. Ha f es g integralhato fuggvenyek az [a, b] intervallumon, k1 es k2pedig valos szamok, akkor a k1f + k2g fuggveny is integralhato az [a, b] intervallumon es∫ b

a

(k1f(x) + k2g(x))dx = k1

∫ b

a

f(x)dx+ k2

∫ b

a

g(x)dx.

5.17. Tetel. Ha f es g integralhato fuggvenyek az [a, b] intervallumon es f(x) ≤ g(x)minden x ∈ [a, b] eseten, akkor ∫ b

a

f(x)dx ≤∫ b

a

g(x)dx.


T (f,F , ξ) =n∑

i=1

f(ξi)∆xi ≤n∑

i=1

f(ξi)∆xi = T (g,F , ξ).

Ekkor ∫ b

a

f(x)dx = limd(F)→0

T (f,F , ξ) ≤ limd(F)→0

T (g,F , ξ) =∫ b

a

g(x)dx.

⋄

A kovetkezo allıtasok az 5.17. Tetel kovetkezmenyei.

5.3. Kovetkezmeny. Ha f es g integralhato fuggvenyek az [a, b] intervallumon, f(x) ≤ 0es g(x) ≥ 0 minden x ∈ [a, b] eseten, akkor∫ b

a

f(x)dx ≤ 0 es

∫ b

a

g(x)dx ≥ 0.

5.18. Tetel. Legyen f integralhato fuggveny az [a, b] intervallumon es legyen mindenx ∈ [a, b] eseten m ≤ f(x) ≤M . Ekkor

m(b− a) ≤∫ b

a

f(x)dx ≤M(b− a).

5.19. Tetel (Az integralszamıtas kozepertektetele). Legyen f az [a, b] intervallum felettfolytonos fuggveny. Ekkor van olyan c ∈ (a, b) szam, hogy

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx.


Bizonyıtas. Mivel az f fuggveny folytonos, ezert a zart [a, b] intervallumon felveszi Mmaximumat es m minimumat. Igy az f fuggveny teljesıti az 5.18. Tetel felteteleit,ahonnan b− a > 0 figyelembe vetelevel,

m ≤ 1

b− a

∫ b

a

f(x)dx ≤M,

ebbol pedig az adodik, hogy1

b− a

∫ b

a

f(x)dx a [m,M ] intervallum egy kozbenso erteke,

melyet az f fuggveny a folytonossag miatt felvesz. Ezert van olyan c ∈ (a, b) szam, hogy

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x)dx,

s ezzel az allıtas bizonyıtott. ⋄

A kovetkezo tetelekben a hatarozott integralok fontos tulajdonsagait fogalmaztuk meg.

5.20. Tetel. Ha f integralhato fuggveny az [a, b] intervallumon, akkor∣∣∣∣∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a

|f(x)|dx.

5.21. Tetel. Ha f integralhato fuggveny az [a, b] intervallumon es ha c ∈ (a, b), akkorigaz, hogy ∫ b

a

f(x)dx =

∫ c

a

f(x)dx+

∫ b

c

f(x)dx.

5.5.4. Newton-Leibniz formula

5.22. Tetel. Ha f az [a, b] intervallumon folytonos fuggveny es

Φ(x) =

∫ x

a

f(t)dt,

akkor a Φ fuggveny az f fuggveny egy primitıv fuggvenye az [a, b] intervallumon.

Bizonyıtas. A Φ fuggveny novekmenyenek es az x valtozo ∆x novekmenyenek hanyadosa

Φ(x+∆x)− Φ(x)

∆x=

1

∆x

(∫ x+∆x

a

f(t)dt−∫ x

a

f(t)dt

).

A 5.21. Tetel alapjan igaz, hogy

Φ(x+∆x)− Φ(x)

∆x=

1

∆x

∫ x+∆x

x

f(t)dt.

Az f fuggveny folytonos, ha t ∈ [x, x + ∆x], ezert ervenyes az integralszamıtas kozeper-tektetele (5.19. Tetel), ahol a = x, b = x+∆x. Ekkor

Φ(x+∆x)− Φ(x)

∆x= f(c), c ∈ [x, x+∆x].


Ha ∆x→ 0, akkor x+∆x→ x es c→ x, s az f fuggveny folytonossagabol f(c)→ f(x).Tehat a fenti novekmenyek hanyadosanak hatarerteke letezik, ha ∆x→ 0, es

lim∆x→0

Φ(x+∆x)− Φ(x)

∆x= f(x).

Eszerint a Φ fuggveny differencialhato es Φ′(x) = f(x). ⋄

Az integralszamıtas alaptetele lehetove teszi az

∫ b

a

f(x)dx hatarozott integral kiszamıtasat

az f fuggveny tetszoleges F primitıv fuggvenyenek segıtsegevel.

5.23. Tetel. Legyen f az [a, b] intervallumon folytonos fuggveny, F pedig az egyik primitıvfuggvenye, azaz F ′(x) = f(x), minden x ∈ [a, b] eseten. Ekkor ervenyes a Newton-Leibniz-fele formula: ∫ b

a

f(x)dx = [F (x)]ba = F (x)∣∣∣ba= F (b)− F (a).

Bizonyıtas. Ha F es Φ az f fuggveny primitıv fuggvenyei, akkor ezek a fuggvenyeklegfeljebb egy allandoban kulonboznek egymastol. Ekkor

Φ(x) = F (x) + C,

azaz ∫ x

a

f(x)dx = F (x) + C.

Az x = a helyettesıtesi ertek vezet a

0 = F (a) + C

formulahoz, amibol C = −F (a) es∫ x

a

f(x)dx = F (x)− F (a).

Az x = b helyettesıtes utan kovetkezik, hogy∫ b

a

f(x)dx = F (b)− F (a).

⋄

A hatarozott integral szamıtasanal felhasznaljuk a hatarozatlan integralt, s ezert a helyette-sıtest vagy a parcialis integralas szabalyat alkalmazhatjuk a hatarozott integralra is azalabbi modon.

5.24. Tetel. Legyen f : [a, b] 7→ R folytonos fuggveny, φ : [α, β] 7→ [a, b] pedig olyanmonoton fuggveny, amelynek az elso derivaltja folytonos az [α, β] intervallumon. Ekkoraz x = φ(t) helyettesıtes utan∫ b

a

f(x)dx =

∫ β

α

f(φ(t))φ′(t)dt ,

ahol a = φ(α), b = φ(β).


5.25. Tetel. Ha az u es v fuggvenyek folytonosan differencialhatok az [a, b] intervallumon,akkor igaz a parcialis integralas keplete, miszerint∫ b

a

u(x)v′(x)dx = [u(x)v(x)]ba −∫ b

a

v(x)u′(x)dx .

FELADATOK.

Szamıtsuk ki a kovetkezo hatarozott integralok erteket.

1.

∫ 3

1

(4x3 − x

)dx

Megoldas.∫ 3

1

(4x3 − x

)dx =

(x4 − x2

2

)∣∣∣∣31

=

(34 − 32

2

)−(14 − 12

2

)= 81− 9

2−1+

1

2= 76.

2.

∫ 3

2

3√xdx

Megoldas. ∫ 3

2

3√xdx =

3

4x 3√x

∣∣∣∣32

=3

4

(3

3√3− 2

3√2).

3.

∫ −2

−4

dx

x4

Megoldas. ∫ −2

−4

dx

x4= −1

3· 1x3

∣∣∣∣−2

−4

= −1

3

(1

−8− 1

−64

)=

7

192.

4.

∫ 12

5

3

xdx

Megoldas. ∫ 12

5

3

xdx = 3 ln |x|

∣∣∣∣125

= 3 (ln 12− ln 5) = 3 ln12

5.

5.

∫ π

0

sinxdx

Megoldas.∫ π

0

sin xdx = − cos x

∣∣∣∣π0

= −(cosπ − cos 0) = −(−1− 1) = 2.


6.

∫ 1

0

(5x+ 1)4dx

Megoldas. Ha alkalmazzuk az 5x + 1 = t, dx =dt

5helyettesıtest, akkor a t

valtozoval kapott integral hatarait is meg kell valtoztatni a regi hatarok ertekeinekbehelyettesıtesevel, ıgy az uj hatarok most 5 · 0 + 1 = 1 es 5 · 1 + 1 = 6 lesznek.Ekkor ∫ 1

0

(5x+ 1)4dx =

∫ 6

1

t4 · dt5

=1

5· t

5

5

∣∣∣∣61

=1

25

(65 − 15

)= 311.

7.

∫ 2

1

e2x+3dx

Megoldas. Vezessuk be a 2x+ 3 = t, dx =dt

2helyettesıtest. A megfelelo hatarok

most x = 1 helyett t = 5, valamint x = 2 helyett t = 7. Az integral megoldasa tehat∫ 2

1

e2x+3dx =

∫ 7

5

etdt

2=

1

2et∣∣∣∣75

=1

2

(e7 − e5

)=

1

2e5(e2 − 1

).

8.

∫ π

π2

sinx cosxdx

Megoldas. Vezessuk be a cos x = t, sin xdx = −dt helyettesıtest. Az uj hatarok

most x =π

2helyett t = cos

π

2= 0, x = π helyett pedig t = cos π = −1. Az integral

ekkor ∫ π

π2

sin x cos xdx = −∫ −1

0

tdt =

∫ 0

−1

=t2

2

∣∣∣∣∣0

−1

= 0− 1

2= −1

2.

9.

∫ π4

−π4

tgxdx

Megoldas. Mivel tgx =sin x

cos x, ezert vezessuk be az integralban a cosx = t,

sinxdx = −dt helyettesıtest. Az uj hatarok: x = −π4helyett t = cos

(−π4

)=

√2

2,

valamint x =π

4helyett t = cos

π

4=

√2

2. Ekkor

∫ π4

−π4

tgxdx =

∫ π4

−π4

sin x

cos xdx = −

∫ √2

2

√2

2

dt

t= 0.

10.

∫ e2

e

dx

x ln x

Megoldas. Alkalmazzuk az lnx = t, dxx

= dt helyettesıtest. Az uj hatarok x = ehelyett t = ln e = 1, illetve x = e2 helyett t = ln e2 = 2. Ekkor∫ e2

e

dx

x ln x=

∫ 2

1

dt

t= ln |t|

∣∣∣∣∣2

1

= ln 2− ln 1 = ln 2.


11.

∫ 2

1

xexdx

Megoldas. Ha u = x, dv = exdx, valamint du = dx es v = ex, akkor∫ 2

1

xexdx = xex∣∣∣∣21

−∫ 2

1

exdx =(2e2 − 1e

)− ex

∣∣21= 2e2 − e− (e2 − e) = e2.

12.

∫ √3

2

− 12

arcsinxdx

Megoldas. Legyen a parcialis integralas kepleteben u = arcsin x es dv = dx. Ekkor

du =dx√1− x2

es v = x. Ekkor

I =

∫ √3

2

− 12

arcsinxdx = x arcsinx

∣∣∣∣∣√

32

− 12

−∫ √

32

− 12

xdx√1− x2

.

A kapott integralban vezessuk be az 1 − x2 = t, xdx = −dtt

helyettesıtest. Az uj

hatarok most x = −1

2helyett t =

3

4, illetve x =

√3

2helyett t =

1

4. Az integralast

folytatva kapjuk, hogy

I =

√3

2arcsin

√3

2−(−1

2

)arcsin

(−1

2

)−∫ 1

4

34

1√t

(−dt

2

)=

=

√3

2· π3+

1

2·(−π6

)+√t

∣∣∣∣∣14

34

=π√3

6− π

12+

√1

4−√

3

4=π

6

(√3− 1

2

)+1

2

(1−√3).

13.

∫ π4

−π4

x cosxdx

Megoldas. Legyen a parcialis integralas kepleteben u = x es dv = cos xdx, ahonnandu = dx es v = sinx. Ekkor

∫ π4

−π4

x cosxdx = x sin x

∣∣∣∣∣π4

−π4

−∫ π

4

−π4

sinxdx =π

4sin

π

4−(−π4

)sin(−π4

)+ cosx

∣∣∣∣∣∣π4

−π4

=

=π

4·√2

2+π

4

(−√2

2

)+ cos

π

4− cos

(−π4

)=π√2

8− π√2

8+

√2

2+

√2

2=√2.


14.

∫ e2

e

x2 lnxdx

Megoldas. legyen a parcialis integralas kepleteben u = lnx es dv = x2dx. Ekkor

du =dx

xes v =

x3

3. Ekkor

∫ e2

e

x2 ln xdx =x3

3ln x

∣∣∣∣∣e2

e

−∫ e2

e

x3

3· dxx

=e6

3ln e2 − e3

3ln e− 1

3

∫ e2

e

x2dx =

=2

3e6 − 1

3e3 − 1

3· x

3

3

∣∣∣∣e2e

=2

3e6 − 1

3e3 − 1

9

(e6 − e3

)=

=5

9e6 − 2

9e3 =

e3

9

(5e3 − 2

).

15.

∫ 1

0

dx

x2 − 5x+ 6

Megoldas. Az integrandus racionalis tortfuggveny, s felırhato

1

x2 − 5x+ 6=

1

(x− 3)(x− 2)=

1

x− 3− 1

x− 2

alakban. Ekkor

I =

∫ 1

0

dx

x2 − 5x+ 6=

∫ 1

0

dx

x− 3−∫ 1

0

dx

x− 2.

Alkalmazva az x − 3 = t, dx = dt, valamint x − 2 = z, dx = dz helyettesıteseketadodik, hogy az uj hatarokkal

I =

∫ −2

−3

dt

t−∫ −1

−2

dz

z= ln |t|

∣∣∣∣−2

−3

− ln |z|

∣∣∣∣∣−1

−2

= ln 2− ln 3− ln 1 + ln 2 = ln4

3.

5.6. A hatarozott integral alkalmazasa

5.6.1. Sıkidomok teruletszamıtasa

Legyen f : [a, b] 7→ R nemnegatıv folytonos fuggveny, az [a, b] intervallumon. A Riemann-fele integral definıcioja alapjan kimondhatjuk, hogy az f fuggvenyhez tartozo G gorbevo-nalu trapez T (G) terulete az [a, b] intervallum felett:

T (G) =∫ b

a

f(x)dx.

Ha az f : [a, b] 7→ R folytonos fuggveny nempozitıv az [a, b] intervallumon, akkor az ffuggvenyhez tartozo G gorbevonalu trapez T (G) terulete az [a, b] intervallum felett:

T (G) = −∫ b

a

f(x)dx, illetve T (G) =∣∣∣∣∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣ .

5.6. A hatarozott integral alkalmazasa 295

y= f HxL

È

aÈ

bx

y

y= f HxL

Èa

Èb

x

y

Ha az f : [a, b] 7→ R folytonos fuggveny az [a, b] intervallumon elojelet valt, azaz az [a, c]intervallumon nemnegatıv, a [c, b] intervallumon pedig nempozitıv (a < c < b), akkor a Gdegeneralt gorbevonalu trapez teruletet kell kiszamolni.

Ebben az esetben a terulet kiszamıtasategy x-tengely feletti es egy x-tengely alattiterulet kiszamıtasara kell szetbontani,azaz

T (G) =∫ c

a

f(x)dx−∫ b

c

f(x)dx.

y= f HxL

È

aÈ

bÈ

cx

y

Legyenek f : [a, b] 7→ R es g : [a, b] 7→ R olyan folytonos fuggvenyek az [a, b] intervallu-mon, hogy g(x) ≤ f(x), x ∈ [a, b]. Az

A = {(x, y)|a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f(x)}

zart alakzat teruletet most a kovetkezo modon szamoljuk ki:

T (A) =∫ b

a

(f(x)− g(x))dx.

y= f HxL

y=gHxL

È

aÈ

bx

y


FELADATOK.

1. Szamıtsuk ki az y = 1 − x2 gorbe esaz x tengely altal hatarolt zart tartomanyteruletet.Megoldas. Keressuk meg az y = 1 − x2

parabola es az x-tengely metszespontjait,vagyis a parabola nullahelyeit. 1 − x2 = 0,ha x = −1 vagy x = 1, ezert a keresettterulet az x-tengelyen −1-tol 1-ig terjed esa kovetkezokeppen szamıthatjuk ki:

T =

∫ 1

−1

(1− x2

)dx =

(x− x3

3

)∣∣∣∣1−1

= y=1-x2

T

-1 1x

1

y

=

(1− 1

3

)−(−1 + 1

3

)=

2

3+

2

3=

4

3.

2. Szamıtsuk ki az y = 2x gorbe, valamint az x = 0, x = 2 es y = 0 egyenesek altalhatarolt zart terulet nagysagat.

Megoldas. A hatarozott integral hatarait az x = 0 es x = 2 egyenesek adjak meg.A keresett terulet

T =

∫ 2

0

2xdx =2x

ln 2

∣∣∣∣20

=4

ln 2− 1

ln 2=

3

ln 2.

y=2x

x=0 x=2

T

-1 1 2x

1

4

y

y=lnx

x=1

ã

T1ã

1x

-1

y

3. Szamıtsuk ki az y = lnx gorbe, valamint az x =1

ees y = 0 egyenesek altal hatarolt

zart terulet nagysagat.

Megoldas. Mivel az y = lnx gorbe az x = 1-ben metszi az x-tengelyt, ıgy az

integralas hatarai az x =1

ees x = 1 lesznek. A keresett terulet az x-tengely alatt


helyezkedik el, ezert

T = −∫ 1

1e

ln xdx =

∫ 1e

1

ln xdx = (x ln x− x)

∣∣∣∣∣1e

1

=

=

(1

eln

1

e− 1

e

)− (1 ln 1− 1) =

1

e· (−1)− 1

e+ 1 = 1− 2

e.

4. Szamıtsuk ki az y = sinx gorbe es az x tengely altal hatarolt zart tartomanyteruletet a [0, 2π] intervallumon.

Megoldas. Allapıtsuk meg, hogy a megadott intervallumon sinx > 0, ha x ∈(0, π), es sinx < 0, ha x ∈ (π, 2π).Ezert a keresett terulet nagyszagat ket integralsegıtsegevel szamıtjuk:

T = T1 + T2 =

∫ π

0

sinxdx−∫ 2π

π

sin xdx = − cos x

∣∣∣∣π0

+ cos x

∣∣∣∣2ππ

=

= −(cos π − cos 0) + (cos 2π − cos π) = −(−1− 1) + (1 + 1) = 2 + 2 = 4.

Vegyuk eszre, hogy ha nem vesszukfigyelembe a fuggveny elojelet esa keresett teruletet csak egy in-tegral segıtsegevel szamıtjuk 0-tol 2π-ig, akkor a

T ∗ =

∫ 2π

0

sin xdx = − cos x

∣∣∣∣2π0

=

= −(cos 2π − cos 0) = −(1− 1) = 0

y=sinx

T1

T2Π 2 Π

x

-1

1

y

szamot kapnank, ami termeszetesen helytelen lenne, mert csak arra utalna, hogy azx-tengely alatti es feletti tartomanyok terulete egymassal egyenlo.

5. Szamıtsuk ki az f(x) = x3+x2−2x fuggvenygrafikonja es az x tengely altal hatarolt zarttartomany teruletet.Megoldas. Vizsgaljuk ki az f fuggvenyteruletszamıtasi szempontbol fontos tulaj-donsagait. Mivel f(x) = x(x − 1)(x + 2),ıgy a nullahelyek x = −2, x = 0 es x = 1, afuggveny negatıv, ha x ∈ (−∞,−2) ∪ (0, 1),valamint a fuggveny pozitıv, ha x ∈ (−2, 0)∪(1,+∞). Ezert a keresett teruletet ismet kethatarozott integral segıtsegevel szamıtjuk ki.

y=x3+x2-2x

T1

T2-2 -1 1

x

1

y

T = T1 + T2 =

∫ 0

−2

(x3 + x2 − 2x)dx−∫ 1

0

(x3 + x2 − 2x)dx =


=

(x4

4+x3

3− x2

)∣∣∣∣0−2

−(x4

4+x3

3− x2

)∣∣∣∣10

=

=

[0−

(16

4− 8

3− 4

)]−[(

1

4+

1

3− 1

)− 0

]=

37

12= 3

1

12.

Vegyuk eszre ennel a feladatnal is, hogy a keresett teruletet most sem szamıthatjukegy integrallal, mert bar ebben az esetben pozitıv szamot kapunk, hiszen a

T ∗ =

∫ 1

−2

(x3 + x2 − 2x)dx =

(x4

4+x3

3− x2

)∣∣∣∣1−2

=1

4+

1

3− 1− 16

4+

8

3+ 4 =

27

12

szamot kapnank, de ez nem a keresett terulet nagysaganak meroszama.

6. Hatarozzuk meg az (y − 2)2 = 2(x − 1)parabola es az y = 3 − x egyenes altalhatarolt zart terulet nagysagat.I.Megoldas. Az egyenes es a parabolametszespontjai az (1, 2) es (3, 0) pontok. Akeresett teruletet megkapjuk, ha az [1, 3] in-tervallumon az y = 3 − x egyenes alattiT1 teruletbol kivonjuk a parabola alatti T2teruletet. Fejezzuk ki y-t az adott parabolaegyenletebol. Ekkor a parabola also aganakegyenlete y = 2−

√2(x− 1). Igy

y=2+ 2 Hx- 1L

y=2- 2 Hx- 1L

y=3-x

H1,2L

H3,0L

T

1 2 3x

1

2

3

y

H1,2L

H3,0LT1

1 2 3x

1

2

3

y

H1,2L

H3,0LT2

1 2 3x

1

2

3

y

T1 =

∫ 3

1

(3− x)dx = 3x|31 −x2

2

∣∣∣∣31

= 9− 3−(9

2− 1

2

)= 2 es

T2 =

∫ 3

1

(2−

√2(x− 1)

)dx = 2x|31 −

√2

∫ 3

1

√x− 1dx.

Vezessuk be a kapott integralban a t = x− 1, dt = dx helyettesıtest. Ekkor

T2 = (6− 2)−√2

∫ 2

0

t12dt = 4−

√2t32

32

∣∣∣∣∣2

0

= 4− 8

3=

4

3,

a keresett terulet nagysaga pedig T = T1 − T2 =2

3.


II.Megoldas. Megmutatjuk, hogy ezt a teruletet egyszerubben ugy is szamıthat-juk, hogy az adott gorbe x = x(y) alakjat es a metszespontok ordinatait hasznaljukfel, s az adott gorbek es az y-tengely kozotti teruletek segıtsegevel jutunk eredmeny-hez. A metszespontok ordinatai az elozo szamıtasok alapjan y = 0 es y = 2. Azy = 3−x egyenest x = 3−y modon fejezzuk ki, az (y−2)2 = 2(x−1) parabolat pedigmint x = 1 +

1

2(y − 2)2. A keresett teruletet most a kovetkezokeppen szamoljuk:

T =

∫ 2

0

[(3− y)−

(1 +

1

2(y − 2)2

)]dy =

∫ 2

0

(−1

2y2 + y

)dy =

=

(−1

2· y

3

3+y2

2

)∣∣∣∣20

= −1

6(8− 0) +

1

2(4− 0) =

2

3.

7. Szamoljuk ki az y = sin x es y = cosx gorbek, valamint az y = 0 egyenes[0,π

2

]szakasza altal hatarolt zart terulet meroszamat.

Megoldas. Az y = sin x es y = cosxgorbeknek a megadott intervallumon

belul x =π

2-ben van metszespontjuk,

ezert a keresett terulet egyreszt a[0,π

4

]intervallumon az y = sinx gorbe

alatti teruletbol, masreszt a[π4,π

2

]in-

tervallumon az y = cosx gorbe alattiteruletbol tevodik ossze. Igy

y=sinx

y=cosx

T1 T2Π

4Π

2Π

x

-1

1

y

T = T1 + T2 =

∫ π4

0

sin xdx+

∫ π2

π4

cos xdx = − cos x

∣∣∣∣∣π4

0

+ sin x

∣∣∣∣∣∣π2

π4

=

= −(cos

π

4− cos 0

)+ sin

π

2− sin

π

4= −√2

2+ 1 + 1−

√2

2= 2−

√2.

8. Szamıtsuk ki az y = 4x − x2 es y = x2 − 3xparabolak altal hatarolt zart terulet a nagysagat.Megoldas. A keresett teruletet a

T =

∫ b

a

(f(x)− g(x)) dx

keplettel szamoljuk, ahol f(x) = 4x − x2

es g(x) = x2 − 3x, a es b pedig amegfelelo gorbek metszespontjainak abszcisszai.A parabolak metszespontjaiban megegyeznek afuggvenyertekek, azaz 4x − x2 = x2 − 3x, ahon-nan a 2x2−7x = 0 masodfoku egyenletet kapjuk,amelynek

y=x2-3x

y=4x-x2T

1 2 3 3.5 4x

-1

1

y


megoldasa x = 0 vagy x =7

2. Ezert a keresett terulet

T =

∫ 72

0

(4x− x2 − (x2 − 3x)

)dx =

∫ 72

0

(7x− 2x2

)dx =

(7x2

2− 2x3

3

)∣∣∣∣∣72

0

=

=7

2· 494− 2

3· 343

8− 0 =

343

24.

9. Szamıtsuk ki az x2 + y2 = 16 kor es y2 = 6xparabola altal hatarolt zart sıkidomok terulete-nek nagysagat.Megoldas. Az x2 + y2 = 16 kozeppontikor, melynek sugara r = 4. Az y2 = 6xparabola az f1(x) =

√6x es f2(x) = −

√6x

fuggvenyek grafikonjaibol tevodik ossze. A kores a parabola metszespontjainak abszcisszajataz x2 + 6x − 16 = 0 egyenlet x = 2 pozitıvmegoldasa adja. A grafikon jobboldali kisebbT2 terulete ket reszbol szamıthato ki, a parabolaalatti es a korvonal alatti terulet osszegebol.Eszerint

y= 16- x2

y=- 16- x2

y= 8 x

y=- 8 x

T2T1-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

x

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

y

T2 =

∫ 2

0

(√6x− (−

√6x))dx+

∫ 4

2

(√16− x2 − (−

√16− x2)

)dx =

= 2

∫ 2

0

√6xdx+ 2

∫ 4

2

√16− x2dx.

Vegyuk eszre, hogy a keresett terulet szimmetrikus az x-tengelyre es emiatt a T2teruletet kiszamıthatjuk az x-tengely feletti resz ketszeresekent is. Vezessuk be amasodik integralban az x = 4 sin t, dx = 4 cos tdt helyettesıtest. Ekkor

T2 =4√6

3x√x

∣∣∣∣∣2

0

+ 32

∫ π2

π6

cos2 tdt =4√6

3(2√2− 0) + 16

∫ π2

π6

(1 + cos 2t)dt =

=16√3

3+ 16t

∣∣∣∣∣π2

π6

+ 8 sin 2t

∣∣∣∣∣∣π2

π6

=16√3

3+ 16

(π2− π

6

)+ 8

(sinπ − sin

π

3

)=

=16√3

3+

16π

3− 4√3 =

4

3(√3 + 4π).

A baloldali T1 terulet nagysagat ugy szamıthatjuk ki legegyszerubben, ha a korteruletebol kivonjuk a T2 teruletet es ez

T1 = Tkor − T2 = 16π − 4

3

(√3 + 4π

)=

4

3

(8π −

√3).


10. Hatarozzuk meg az y =11

6− x

2

2parabola, a parabola x = 1 pontban huzott erintoje

es a parabola x = 2 pontban huzott meroleges egyenese altal hatarolt zart teruletnagysagat.

I.Megoldas. A parabola erintojenek es meroleges egyenesenek meghatarozasahoz

szukseg van az f(x) =11

6−x

2

2fuggveny f ′(x) = −x derivaltjara. Az adott parabola

x = 1 pontban huzott erintojenek egyenlete y = −x +7

3, az x = 2 pontban huzott

merolegesenek egyenlete pedig y =x

2− 7

6. Az y = −x +

7

3erintoegyenes es az

y =x

2− 7

6meroleges egyenes

(7

3, 0

)pontban metszik egymast.

y=7

3-x

y=x

2-

7

6

y=11

6-

x2

2

T-1 1 2 7

3

x

1

43

y

H1,4�3L

H7�3,0L

H 11 � 3 ,0L

T11 7

3

x

1

43

y

A keresett teruletet felbontjuk a T1 teruletre, amely az x-tengely felett helyezkedikel, valamint a T2 teruletre, amely az x-tengely alatt helyezkedik el. Ekkor

T1 =

∫ 73

1

(−x+ 7

3

)dx−

∫ √ 113

1

(11

6− x2

2

)dx =

(8

9+

1

27

(45− 11

√33))

.

H2,-1�6L

H7�3,0L

H 11 � 3 ,0L

T21 7

3

x

1

y

x

H2,-1�6L

H7�3,0L

H 11 � 3 ,0L

y=7

3-x y=

x

2-

7

6

y=11

6-

x2

2

T3T4

T2

A T2 teruletet is ket reszre bontva szamoljuk ki, az egyik a parabola feletti terulet a[√113, 2]intervallumon, a masik pedig a parabola meroleges egyenese feletti terulet


a[2, 7

3

]intervallumon, azaz

T2 =

∣∣∣∣∣∫ 2

√113

(11

6− x2

2

)dx

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∫ 7

3

2

(x

2− 7

6

)dx

∣∣∣∣∣ ==

∣∣∣∣ 127 (63− 11√33)∣∣∣∣+ ∣∣∣∣− 1

36

∣∣∣∣ = 1

27

(11√33− 63

)+

1

36.

A keresett terulet T = T1 + T2 =1

4.

II.Megoldas. A keresett terulet mas felbontasban is kiszamolhato. Az [1, 2] in-tervallumon az erinto alatti teruletbol kivonjuk a parabola alatti teruletet, majd a[2, 7

3

]intervallumon az erinto alatti teruletbol kivonjuk a meroleges alatti teruletet.

Ekkor

T =

∫ 2

1

[−x+ 7

3−(11

6− x2

2

)]dx+

∫ 73

2

[−x+ 7

3−(x

2− 7

6

)]dx =

=

∫ 2

1

(x2

2− x+ 1

2

)dx+

∫ 73

2

(−3

2x+

7

2

)dx =

=

[x3

6− x2

2+

1

2x

]21

+

[−3

2· x

2

2+

7

2x

] 73

2

=

=

[8

6− 4

2+ 1

]−[1

6− 1

2+

1

2

]+

[−3

2· 4918

+7

2· 73

]−[−3

2· 42+ 7

]=

1

4.

5.6.2. Forgastestek terfogata

Ha az y = f(x) folytonos gorbe [a, b] intervallum feletti ıvet megforgatjuk az x-tengelykorul, akkor egy T forgastestet kapunk. A kapott T forgastest terfogata

V (T ) = π

∫ b

a

(f(x))2dx.

Vizsgaljuk meg, hogyan juthatunk el ehhez a keplethez az Arkhimedeszi modszer segıtse-gevel. Tekintsuk e celbol az f : [a, b]→ R korlatos fuggvenyt, az [a, b] intervallum egy Ffelosztasat es legyen ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, 2, ..., n, a reszintervallumoktetszoleges pontjainak egy kivalasztasa. Legyen Hi (i = 1, 2, ..., n) olyan henger, melynekmagassaga az [xi−1, xi] intervallumon megegyezik a forgast megfelelo szeletenek magassa-gaval, azaz ∆xi, alapjanak sugara pedig f(ξi). A Hi (i = 1, 2, ..., n) henger terfogata ıgyV (Hi) = (f(ξi))

2π∆xi. Az ıgy kapott hengerek osszege

Vn =n∑

i=1

V (Hi) =n∑

i=1

(f(ξi))2π∆xi.


Ha letezik a Vn osszeg egyertelmu hatarerteke az [a, b] intervallum minden F felosztasaraes minden ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, 2, ..., n pontvalasztasra, akkor ez ahatarertek a tekintett forgastest terfogata, azaz

V (T ) = limn→∞

Vn = limn→∞

n∑i=1

(f(ξi))2π∆xi = π

∫ b

a

(f(x))2dx.

Ha az x = g(y) folytonos gorbe [c, d] intervallum feletti ıvet forgatjuk meg az y-tengelykorul, akkor a kapott T forgastest terfogata

V (T ) = π

∫ d

c

(g(y))2dy.

FELADATOK.

1. Hatarozzuk meg annak a forgastestnek aterfogatat, amely az y = 2x + 3 egyenesx-tengely koruli forgatasaval keletkezik a[−1, 4] intervallum felett.Megoldas. Mivel a gorbet az x-tengelykorul forgatjuk, a keletkezett forgastestterfogatat a

V = π

∫ 4

−1

(2x+ 3)2dx

formula adja. Vezessuk be a t = 2x + 3,

dt = 2dx, dx =dt

2, helyettesıtest. Ekkor

V =π

2

∫ 11

1

t2dt =πt3

6

∣∣∣∣111

=665π

3.

Mivel a forgastest ebben az esetben egycsonkakup, ahol H = 5, r = y(−1) = 1 esR = y(4) = 11, ezert a csonkakup terfogat-kepletevel is szamolhatunk, vagyis

V =Hπ

3

(R2 +Rr + r2

)=

=5π

3(121 + 11 + 1) =

665π

3.

y=2x+3

r

R

-1 1 2 3 4x

-1

3

1

11

y

2. Szamoljuk ki annak a forgasparaboloidnak a terfogatat, amely az y = x2 parabolay-tengely koruli forgatasaval keletkezik, ha 0 ≤ y ≤ 4.

Megoldas. A gorbet az y-tengely korul forgatjuk, tehat a terfogat kiszamıtasahozki kell fejeznunk a fuggvenyt x =

√y alakban. Felhıvjuk a figyelmet, hogy az


x = −√y alak is megfelelo lenne, mert mindket gorbe forgatasaval ugyanazt aforgastestet kapjuk.

V = π

∫ 4

0

(√y)2 dy = π

∫ 4

0

ydy =π y2

2

∣∣∣∣40

= 8π.

y=x2

-2 -1 1 2x

1

2

3

4

yy=x2

y2=8x

-2 -1 1 2x

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

y

3. Szamıtsuk ki annak a forgastestnek a terfogatat, amelyet az y = x2 es y2 = 8xparabolak altal hatarolt zart tartomany x-tengely koruli forgatasaval kapunk.

Megoldas. A ket gorbe a (0, 0) es (2, 4) pontokban metszi egymast. x ∈ [0, 2] esetenaz y2 = 8x parabola ıve tavolabb van az x-tengelytol mint az y = x2 parabolaıv,ezert a keresett terfogatot ugy szamıtjuk ki, hogy a nagyobb terfogatbol kivonjuk akisebb terfogatot, vagyis

V = V1 − V2 = π

∫ 2

0

8xdx− π∫ 2

0

(x2)2dx = 8π · x

2

2

∣∣∣∣20

− π · x5

5

∣∣∣∣∣2

0

=

= 4π · (4− 0)− π

5· (32− 0) = 16π − 22

5π =

48π

5.


5.6.3. Ivhossz szamıtas

Legyen az f fuggvenynek folytonos elso derivaltja az [a, b] zart intervallumon. Az ffuggveny grafikonja A(a, f(a)) es B(b, f(b)) pontokkal meghatarozott ℓ ıvenek hosszat akovetkezo hatarozott integral adja meg:

ℓ =

∫ b

a

√1 + (f ′(x))2dx .

FELADATOK.

1. Hatarozzuk meg az f(x) =√r2 − x2

fuggveny grafikonjanak ıvhosszat, ha r > 0.Megoldas. Mivel az x valtozo a [−r, r] in-tervallumbol veheti fel az ertekeit, a fuggveny

elso derivaltja pedig f ′(x) =−x√r2 − x2

, ezert

a keresett ıvhossz

y= r2- x2

-r rx

y

ℓ =

∫ r

−r

√1 +

(−x√r2 − x2

)2

dx =

∫ r

−r

r√r2 − x2

dx =

∫ r

−r

1√1− (x

r)2dx.

Vezessuk be a t =x

r, rdt = dx helyettesıtest. Ekkor

ℓ = r

∫ 1

−1

1√1− t2

dt = r arcsin t|1−1 = r(π2−(−π2

))= rπ,

s ez valoban az r sugaru kor felkorıvenek hosszusaga.

2. Szamıtsuk ki az y = ln(1− x2

)gorbe

ıvenek hosszat ha 0 ≤ x ≤ 1

2.

Megoldas. Mivel

f(x) = ln(1− x2

)eseten

f ′(x) =−2x1− x2

,

ıgy a keresett ıvhosszy=lnH1-x2L

0

--ln4

3

12

x

y

ℓ =

∫ 12

0

√1 +

(−2x1− x2

)2

dx =

∫ 12

0

√1 + 2x2 + x4

(1− x2)2dx =


=

∫ 12

0

x2 + 1

1− x2dx = −

∫ 12

0

(1− 2

1− x2

)dx = −x

∣∣∣∣∣12

0

+ ln1 + x

1− x

∣∣∣∣∣∣12

0

=

= −1

2+ ln

3212

− ln 1 = ln 3− 1

2.

5.6.4. Forgastestek felszıne

Legyen f : [a, b] 7→ R olyan, hogy f(x) ≥ 0 minden x ∈ [a, b] eseten, es az f fuggvenyneklegyen az [a, b] intervallum felett folytonos derivaltja. Forgassuk meg az f fuggveny[a, b] intervallumhoz tartozo grafikonjat az x-tengely korul. Ekkor a kapott forgastestpalastjanak felszıne a kovetkezo formulaval adott:

F = 2π

∫ b

a

f(x)√

1 + (f ′(x))2dx.

Ha az x = g(y) folytonos gorbe [c, d] intervallum feletti ıvet forgatjuk meg az y-tengelykorul, akkor a kapott T forgastest terfogata

F = 2π

∫ d

c

g(y)√1 + (g′(y))2dy.

FELADATOK.

1. Szamıtsuk ki annak a forgastestnek apalastfelszınet, amelyet a 3y = x3 gorbe0 ≤ x ≤ 1 intervallumhoz tartozo ıvenek x-tengely koruli forgatasaval kapunk.

Megoldas. Mivel f(x) =x3

3eseten

f ′(x) = x2, ıgy a keplet alapjan a keresettpalastfelszınt az

F = 2π

∫ 1

0

x3

3

√1 + x4dx =

=2π

3

∫ 1

0

x3√1 + x4dx

y=x3

3

1x

-1

1

13

y

keplettel szamoljuk. Vezessuk be az 1+x4 = t, 4x3dx = dt, x3dx =dt

4helyettesıtest.

Ekkor

F =π

6

∫ 2

1

√tdt =

π

9t√t

∣∣∣∣21

=π

9

(2√2− 1

).

5.7. Improprius integral 307

2. Szamoljuk ki annak a gombnek a felszınet, amely az f(x) =√r2 − x2 felkor x-

tengely koruli forgatasaval keletkezik.

Megoldas. Mivel az x valtozo a [−r, r] intervallumbol veszi az ertekeit, a felkortmeghatarozo fuggvenyertekek nemnegatıvak. Az f fuggveny elso derivaltja most

f ′(x) = − x√r2 − x2

, ezert a gomb felszıne

F = 2π

∫ r

−r

√r2 − x2

√1 +

(− x√

r2 − x2

)2

dx =

= 2π

∫ r

−r

√r2 − x2 r√

r2 − x2dx =

= 2π

∫ r

−r

r dx = 2πr x|r−r = 4r2π.

y= r2- x2

-r r0

-

--r

r

x

y

5.7. Improprius integral

5.7.1. Elso tıpusu improprius integral

5.11. Definıcio. Ha az f : [a,∞] 7→ R fuggveny integralhato az [a, b] intervallumon,minden b > a eseten, az f fuggveny elso tıpusu improprius integralja az [a,∞] intervallu-mon a kovetkezo hatarertek: ∫ ∞

a

f(x)dx = limT→∞

∫ T

a

f(x)dx.

Ha a fenti hatarertek letezik, akkor azt mondjuk, hogy az

∫ ∞

a

f(x)dx improprius integral

konvergens, ha nem letezik, akkor az adott integral divergens.Hasonloan, az f : [−∞, b] 7→ R fuggvenyre, amely integralhato a [c, b] intervallumon,minden c < b eseten, ugy definialjuk az f fuggveny elso tıpusu improprius integraljat a[−∞, b] intervallumon, mint a kovetkezo hatarerteket:∫ b

−∞f(x)dx = lim

T1→−∞

∫ b

T1

f(x)dx.

Vegul, a definıcio szerint az f : R 7→ R fuggvenyre, amely integralhato a [c, d] intervallu-mon, minden c, d ∈ R, c < d eseten,∫ ∞

−∞f(x)dx =

∫ a

−∞f(x)dx+

∫ ∞

a

f(x)dx .

Belathato, hogy ez a definıcio nem fugg az a szamtol. Az

∫ ∞

−∞f(x)dx improprius integ-

ral a definıcio szerint konvergens, ha mindket jobb oldalon szereplo improprius integralkonvergens.


FELADATOK.

1. Hatarozzuk meg az

∫ ∞

1

1

xdx improprius in-

tegral erteket.Megoldas. Az improprius integralt ugyszamoljuk, mint a hatarozott integralhatarerteket:∫ ∞

1

1

xdx = lim

T→∞

∫ T

1

1

xdx =

= limT→∞

[lnx]|T1 = limT→∞

lnT =∞.

y=1

x

-1 1x

-1

1

y

Mivel hatarozott integralrol, tehat teruletrol van szo, ez egyuttal azt is jelenti, hogy

az y =1

xgorbe es az x-tengely kozotti terulet az x = 1 egyenestol jobbra vegtelen

nagy.

2. Szamıtsuk ki az y =1

x2gorbe es az x-tengely kozotti terulet nagysagat x ≥ 1 eseten.

Megoldas. Ezt a teruletet egy elsotıpusu improprius integral segıtsegevel lehetkiszamıtani, azaz

T =

∫ ∞

1

1

x2dx = lim

T→∞

∫ T

1

x−2dx =

= limT→∞

(−1

x

)T

1

= limT→∞

(− 1

T+ 1

)= 1.

y=1

x2

-1 1x

1

y

Ez az improprius integral tehat konvergens, a keresett terulet meroszama 1, tehatveges.


x2 + 25gorbe es az x-tengely kozotti teruletet a gorbet

meghatarozo fuggveny teljes ertelmezesi tartomanyan.

Megoldas. Az f(x) =1

x2 + 25fuggveny ertelmezesi tartomanya a valos szamok

R halmaza. Az f fuggveny paros, tehat a grafikonja, es ıgy a keresett terulet is,szimmetrikus az y-tengelyre, ezert a teruletet a kovetkezo modon szamolhatjuk ki:

T =

∫ ∞

−∞

dx

x2 + 25= 2

∫ ∞

0

dx

x2 + 25= 2 lim

T→∞

∫ T

0

dx

x2 + 25=

2

25limT→∞

∫ T

0

dx(x5

)2+ 1

.

Vezessuk be azx

5= t, dx = 5dt helyettesıtest. Ekkor


T =2

5limT→∞

∫ T5

0

dt

t2 + 1=

2

5limT→∞

(arctg t)

∣∣∣∣∣T5

0

=

=2

5limT→∞

(arctg

T

5− arctg 0

)=

2

5· π2=π

5.

y=1

x2+ 25

-1 1x

125

y

4. Szamıtsuk ki az

∫ ∞

5

2

x2 + x− 12dx improprius integralt.

Megoldas. ∫ ∞

5

2

x2 + x− 12dx = 2

∫ ∞

5

1

(x− 3)(x+ 4)dx =

= 2 limT→∞

∫ T

5

(1

7· 1

x− 3− 1

7· 1

x+ 4

)dx =

2

7limT→∞

[(ln

∣∣∣∣x− 3

x+ 4

∣∣∣∣)∣∣∣∣T5

]=

=2

7limT→∞

(ln

∣∣∣∣T − 3

T + 4

∣∣∣∣− ln2

9

)=

2

7·(ln 1− ln

2

9

)=

2

7ln

9

2.

y=2

x2+ x- 12

1 3 5x

-1

1

y

y=1

x 1+ x

1 3x

1

y

5. Szamıtsuk ki az

∫ ∞

3

dx

x√1 + x

improprius integralt.

Megoldas. Az adott improprius integralt az 1 + x = t2, x = t2 − 1, dx = 2tdthelyettesıtessel oldhatjuk meg a kovetkezo modon:∫ ∞

3

dx

x√1 + x

=

∫ ∞

2

2tdt

(t2 − 1) t= 2 lim

T→∞

∫ T

2

dt

t2 − 1=

= 2 limT→∞

[(1

2ln

∣∣∣∣t− 1

t+ 1

∣∣∣∣)∣∣∣∣T2

]= lim

T→∞

(ln

∣∣∣∣T − 1

T + 1

∣∣∣∣− ln1

3

)= ln 1− ln

1

3= ln 3.


5.7.2. Masodik tıpusu improprius integral

5.12. Definıcio. Ha az f : [a, b] 7→ R fuggveny integralhato a [c, d] ⊂ [a, b] intervallumon,minden c, d ∈ (a, b) eseten, es a kovetkezo egyenlosegek egyike ervenyes:

limx→b−0

f(x) = +∞, limx→b−0

f(x) = −∞,

(azaz, ha f nemkorlatos a b barmely kornyezeteben), akkor az f fuggveny masodik tıpusuimproprius integralja az [a, b] intervallumon a kovetkezo hatarertek:∫ b

a

f(x)dx = limε→0+0

∫ b−ε

a

f(x)dx.

Mint az elso tıpusu improprius integralok eseteben, az

∫ b

a

f(x)dx integral konvergens,

illetve divergens, ha a fenti hatarertek letezik, illetve nem letezik. Az f fuggveny masodiktıpusu improprius integraljahoz hasonloan definialjuk az [a, b] intervallumon az impropriusintegralt, ha ervenyes a kovetkezo egyenlosegek egyike:

limx→a+0

f(x) = +∞, limx→a+0

f(x) = −∞.

FELADATOK.


xgorbe, valamint az x = 0, x = 1 es az y = 0 egyenesek

kozotti terulet nagysagat.

y=1

x

y=1

x

1x

1

y Megoldas. Mivel az f(x) =1

xfuggveny nem ertelmezett x = 0-ban, ezert a keresett terulet egymasodik tıpusu improprius integrallalszamolhato ki:

T =

∫ 1

0

dx

x= lim

ε→0

∫ 1

ε

dx

x= lim

ε→0ln |x|

∣∣∣∣1ε

=

= limε→0

(ln 1− ln ε) = 1− (−∞) =∞.

A kapott integral tehat divergens, a keresett terulet vegtelen nagy.

2. Szamıtsuk ki az y =1√x

gorbe, valamint az x = 0, x = 1 es az y = 0 egyenesek

altal hatarolt terulet nagysagat.

Megoldas. Az f(x) =1√x

fuggveny nem ertelmezett az x = 0 pontban, ıgy a

keresett teruletet egy masodik tıpusu improprius integrallal szamolhatjuk ki. Ebbenaz esetben

T =

∫ 1

0

dx√x= lim

ε→0

∫ 1

ε

x−12dx = lim

ε→0

(2√x)∣∣∣∣1

ε

= 2 limε→0

(1−√ε)= 2,

tehat most az integral konvergens, a teruletet meghatarozo meroszam pedig 2.


3. Szamoljuk ki az

∫ 1

0

2x√1− x2

dx integral erteket.

Megoldas. Az integralando fuggveny nem ertelmezett az integral felso hataraban,tehat improprius integralrol van szo.

I =

∫ 1

0

2x√1− x2

dx = limε→0

∫ 1−ε

0

2x√1− x2

dx.

Vezessuk be a t = 1− x2, dt = −2xdx, −dt = 2xdx helyettesıtest. Ekkor

I = − limε→0

∫ 1−(1−ε)2

1

dt√t= − lim

ε→02√t∣∣∣1−(1−ε)2

1= −2 lim

ε→0

(√1− (1− ε)2 −

√1)= 2.

4. Szamıtsuk ki az

∫ 1

0

3x2 + 23√x2

dx improprius integralt.

Megoldas. Az integrandus nem ertelmezett x = 0 pontban. Ezert masodik tıpusuimproprius integralrol van szo. Ekkor∫ 1

0

3x2 + 23√x2

dx = limε→0

∫ 1

ε

(3x

43 + 2x−

23

)dx = lim

ε→0

[(9

7x2 3√x+ 6 3

√x

)∣∣∣∣1ε

]=

= limε→0

(9

7+ 6− 9

7ε2 3√ε− 6 3

√ε

)=

51

7= 7

2

7.

5. Szamıtsuk ki az

∫ 10

1

dx3√x− 2

improprius integralt.

Megoldas. Vegyuk eszre, hogy az f(x) =1

3√x− 2

fuggveny nem ertelmezett x = 2-

ben, es ez az [1, 10] intervallumba esik. Tehat az integralt szet kell bontani ketintegral osszegere, melyek kozul az egyik az [1, 2], masik a [2, 10] intervallumravonatkozik. Ekkor∫ 10

1

dx3√x− 2

=

∫ 2

1

dx3√x− 2

+

∫ 10

2

dx3√x− 2

= limε1→0

∫ 2−ε1

1

dx3√x− 2

+ limε2→0

∫ 10

2+ε2

dx3√x− 2

=

= limε1→0

(3

23√

(x− 2)2)∣∣∣∣2−ε1

1

+ limε2→0

(3

23√(x− 2)2

)∣∣∣∣∣10

2+ε2

=

= limε1→0

(3

23√

(−ε1)2 −3

2· 1)+ lim

ε2→0

(3

2· 4− 3

23√(ε2)2

)=

9

2.

312

6. Differencialegyenletek

6.1. A differencialegyenlet fogalma

Meghatarozni az f fuggveny F primitıv fuggvenyet annyit jelent, mint talalni egy olyanF fuggvenyt, amely differencialhato az adott intervallumon es amelyre ervenyes, hogy

F ′(x) = f(x). (6.1)

A problema masik megfogalmazasa: megkeresni az f fuggveny hatarozatlan integraljataz adott intervallumon annyit jelent, mint megadni a (6.1) fuggvenyegyenlet mindenmegoldasat az adott intervallumon.

A termeszetben bizonyos fizikai problemak megoldasa matematikai szempontbol egy-egy ismeretlen fuggveny meghatarozasat teszi szuksegesse. Ez csak akkor lehetseges,ha az adott problemara fel tudunk ırni egy matematikai modellt, azaz az ismeretlenfuggvenyre egy olyan egyenletet, amelyet annak ki kell elegıtenie. Ezekben az egyenletek-ben, mint peldaul a (6.1)-ben is, az ismeretlen fuggvenyen kıvul szerepelhetnek annakderivaltjai is. Az ilyen egyenleteket nevezzuk differencialegyenleteknek. A differencial-egyenletek elmelete igen fontos es szerteagazo matematikai tudomanyterulet, amelynekszamos kulonbozo alkalmazasa van.

6.1. Pelda. Keressuk meg az xOy sıkban azokat a gorbeket, amelyek barmely pontjabanaz erinto iranytenyezoje fordıtottan aranyos az erintesi pont abszcisszajaval.

Megoldas. Ha y = y(x) a keresett gorbe egyenlete, akkor

y′ =k

x

kell, hogy teljesuljon, ahol k az aranyossagi tenyezo. Ekkor

y =

∫k

xdx = k

∫dx

x= k ln |x|+ C,

ahol C tetszoleges valos allando. Ebbol a gorbeseregbol egy meghatarozott gorbet ugytudunk kivalasztani, ha megadunk meg valamilyen feltetelt. Keressuk a gorbeseregbol azta gorbet, amely athalad az M(1, 0) ponton. Ekkor a keresett gorbe teljesıti az

y(1) = 0, azaz k ln 1 + C = 0

feltetelt, ahonnan C = 0 adodik, azaz a kivalasztott gorbe az y = k ln |x|.

6.2. Pelda. Adjuk meg az y = C1ex + C2e

−x gorbeseregnek megfelelo differencialegyen-letet, ahol C1 es C2 valos parameterek.

6.1. A differencialegyenlet fogalma 313

Megoldas. Ha ketszer differencialjuk a fuggvenyt, akkor

y′ = C1ex − C2e

−x, y′′ = C1ex + C2e

−x

adodik, ahonnan a keresett differencialegyenlet y′′ = y.

6.1. Definıcio. Azt a fuggvenyegyenletet, amely a fuggetlen valtozot, az ismeretlenfuggvenyt, valamint az ismeretlen fuggveny derivaltjait tartalmazza, differencialegyenletneknevezzuk. A differencialegyenlet rendje az ismeretlen fuggveny differencialegyenletben sze-replo legmagasabb derivaltjanak a rendje.

Az algebrai egyenletekhez hasonloan a differencialegyenletekben is van ismeretlen, de azmost nem szam, hanem fuggveny. Az egyenlet megoldasakor olyan y = y(x) fuggvenyeketkeresunk, amelyeket derivaltjaikkal egyutt a differencialegyenletbe helyettesıtve az x val-tozoban egy azonossagot kapunk. Az egyszerubb felıras kedveert, az x fuggetlen valtozojuy(x) fuggveny helyett a differencialegyenletekben csak y-t ırunk.A fenti definıcio alapjan, y′ = x2 elsorendu differencialegyenlet, y′′ − y = 0 pedig masod-rendu differencialegyenlet.A modellezett fizikai problematol fuggoen az x valtozo helyett sokszor mas betut haszna-lunk, legtobbszor t-t, amely az idore utal; ekkor y helyett x-et vagy s-t, y′ helyett x′-t,x-ot vagy s′-t, s-ot ırunk.

Adott F : (a, b)×R2 → R es f : (a, b)×R→ R fuggvenyekre az elsorendu differencial-egyenlet implicit alakja

F (x, y, y′) = 0, (6.2)

explicit alakja pedigy′ = f(x, y).

Adott G : (a, b)×R3 → R es g : (a, b)×R2 → R fuggvenyekre a masodrendu differenci-alegyenlet implicit alakja

G(x, y, y′, y′′) = 0, (6.3)

explicit alakja pedigy′′ = g(x, y, y′).

6.2. Definıcio. Az y = y(x) fuggveny a (6.2), illetve (6.3) differencialegyenlet megoldasaaz (a, b) intervallumon, ha y = y(x) egyszer, illetve ketszer differencialhato az (a, b) in-tervallumon, es derivaltjaival egyutt kielegıti a megfelelo differencialegyenletet. Ha azy = y(x) fuggveny megoldasa a differencialegyenletnek, akkor az y = y(x) fuggvenygrafikonjat megoldasgorbenek nevezzuk.

Megoldani egy differencialegyenletet annyit jelent, mint megkeresni minden megoldasat.A differencialegyenletek elmeleteben a differencialegyenleteknek kulonbozo megoldasaileteznek.

6.3. Definıcio. Az y = y(x,C) fuggvenycsaladot, ahol C tetszoleges valos allando, azy′ = f(x, y) elsorendu differencialegyenlet altalanos megoldasanak nevezzuk, ha az

y = y(x,C)

fuggvenyek mindegyike megoldasa az adott egyenletnek.

314 6. DIFFERENCIALEGYENLETEK

Az altalanos jelzo egy kicsit felrevezeto. Elofordulhat ugyanis olyan eset, hogy az altalanosmegoldas nem szolgaltatja az egyenlet osszes megoldasat. Ez azt jelenti, hogy van azegyenletnek olyan megoldasa, amely nem kaphato meg a C parameter alkalmas megva-lasztasaval. Az ilyen megoldast szingularis megoldasnak nevezzuk.

6.4. Definıcio. Az y′ = f(x, y) elsorendu differencialegyenlet minden olyan megoldasat,amelyet az egyenlet altalanos megoldasabol kapunk a C parameter egy konkret (megenge-dett) C = C0 ertekere, partikularis megoldasnak nevezzuk.

Az elsorendu differencialegyenlet altalanos megoldasa egy egyparameteres gorbeseregethataroz meg. Ennek a gorbeseregnek egy gorbeje egy partikularis megoldas grafikonjatabrazolja.

6.3. Pelda. Behelyettesıtessel ellenorizhetjuk, hogy az y = (x2 + C)2 az

y′ = 4x√y

egyenlet altalanos megoldasa. Az egyenlet partikularis megoldasa peldaul C = 1 eseten azy = (x2+1)2, C = −1 eseten az y = (x2−1)2 vagy C = 0 eseten az y = x4. Az egyenletnekmegoldasa az y ≡ 0 is. A C parametert nem tudjuk ugy valasztani, hogy (x2 + C) ≡ 0egy intervallumon teljesuljon. Ezert az egyenletnek y ≡ 0 szingularis megoldasa.

C=2

C=1

C=0

C=-1C=-2

-2 -1 1 2x

-1

1

2

3

4

5

6

7

y

Altalaban az y′ = f(x, y) elsorendu differencialegyenlet olyan partikularis megoldasatkeressuk, amely athalad egy megadott (x0, y0) ponton, azaz eleget tesz az y(x0) = y0kezdeti feltetelnek. Az y′ = f(x, y) elsorendu differencialegyenlet az y(x0) = y0 kezdetifeltetellel egyutt kezdetiertek-problemat alkot.

6.1. A differencialegyenlet fogalma 315

6.4. Pelda. Tekintsuk az y = xy′ differencialegyenletet. Hatarozzuk meg az adottdifferencialegyenlet altalanos megoldasat, majd azt a partikularis megoldast, amely eleget

tesz az y(−3) = 1

3kezdeti feltetelnek.

Megoldas. Irjuk fel az egyenletet

y = xdy

dx

alakban. Ekkordx

x=dy

y

(xy = 0; y = 0 egy megoldasa a differencialegyenletnek), ahonnan a ket oldal in-tegralasaval kapjuk, hogy

ln|y| = ln|x|+ lnC1, C1 > 0,

azaz |y| = C1|x|. Innen y = C1x vagy y = −C1x, vagyis

y = Cx, C ∈ R \ {0}

az altalanos megoldas.Minden (x0, y0), x0 ∈ R \ {0} pont eseten letezik az y = Cx gorbeseregnek egy olyanegyertelmu megoldasa, amely tartalmazza a megadott pontot. Eszerint a megadott(−3, 1

3

)pontra az

1

3= −3C egyenletnek C = −1

9egyertelmu megoldasa, tehat a keresett

partikularis megoldas y = −x9.

PH-3,1�3L

C=2

C=0.5

C=-1�9

C=-3

-3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3

y

6.5. Definıcio. Az y = y(x,C1, C2) fuggvenycsaladot, ahol C1 es C2 tetszoleges egymastolfuggetlen valos allandok, az y′′ = g(x, y, y′) masodrendu differencialegyenlet altalanosmegoldasanak nevezzuk, ha az y = y(x,C1, C2) fuggvenyek mindegyike megoldasa az adottegyenletnek.


A masodrendu differencialegyenlet altalanos megoldasa egy ketparameteres gorbeseregethataroz meg.

6.6. Definıcio. Az y′′ = g(x, y, y′) masodrendu differencialegyenlet minden olyan megol-dasat, amelyet az egyenlet altalanos megoldasabol kapunk vagy csak a C1, vagy csak a C2,vagy mindket parameter konkret C1 = C1

0 vagy C2 = C20 ertekere, partikularis megoldasnak

nevezzuk.

6.5. Pelda. Az y = C1 cos x + C2 sinx fuggveny az y′′ + y = 0 masodrendu differen-cialegyenlet altalanos megoldasa, y = C1 cos x, y = C2 sin x, y = cosx − sinx pedigpartikularis megoldasok.

Altalaban az y′′ = g(x, y, y′) masodrendu differencialegyenlet olyan partikularis megol-dasat keressuk, amely athalad egy megadott (x0, y0) ponton es x0 pontban y1 a mere-deksege, azaz eleget tesz az y(x0) = y0, y

′(x0) = y1 kezdeti feltetelnek. Az y′′ = g(x, y, y′)

masodrendu differencialegyenlet az y(x0) = y0, y′(x0) = y1 kezdeti feltetellel egyutt

kezdetiertek-problemat alkot.

6.2. Elsorendu differencialegyenletek

6.2.1. Szetvalaszthato valtozoju differencialegyenletek

6.7. Definıcio. Az y′ = f(x)g(y) alakban felırhato elsorendu differencialegyenletet szet-valaszthato valtozoju differencialegyenletnek nevezzuk.

Ha a derivaltra a Leibniz-fele jelolest hasznaljuk, y′ =dy

dx, akkor az y′ = f(x)g(y) egyenlet

dy

dx= f(x)g(y)

alakban ırhato fel. A megoldas letezesenek biztosıtasa erdekeben tegyuk fel, hogy f es gfolytonosak a megfelelo intervallumokban. Ha g(y) = 0, akkor az y′ = f(x)g(y) egyenletekvivalens a

dy

g(y)= f(x)dx

egyenlettel, es az egyenlet altalanos megoldasa ekkor∫dy

g(y)=

∫f(x)dx,

amibol1

g(y)es f(x) primitıv fuggvenyeinek, mondjuk G(y) es F (x) fuggvenyek megha-

tarozasa utan azt kapjuk, hogy

G(y) = F (x) + C,

ahol C tetszoleges valos allando.Ha a g(y) = 0 egyenletnek b1, b2, ..., bk valos megoldasai, akkor a fenti megoldasok mellettaz y = b1, y = b2, ...,y = bk fuggvenyek is megoldasai az y′ = f(x)g(y) egyenletnek.

6.2. Elsorendu differencialegyenletek 317

FELADATOK.

1. Hatarozzuk meg az y′ = −xydifferencialegyenlet altalanos megoldasat, majd azt a

partikularis megoldast, amely athalad a P (1, 1) ponton.

Megoldas. Alkalmazzuk az y′ =dy

dxjelolest. Ha y = 0, akkor a

dy

dx= −x

y

szetvalaszthato valtozoju differencialegyenletet kapjuk, amibol

ydy = xdx.

Integraljuk az egyenlet mindket oldalat, ekkor az∫ydy =

∫xdx

egyenloseget kapjuk, innen pedig integralas utan

y2

2= −x

2

2+ C, azaz x2 + y2 = 2C.

Ha 2C = r2, akkor az x2 + y2 = r2 egyenletu gorbesereg, azaz koncentrikuskozepponti korvonalak kepezik az altalanos megoldast. Ha a P (1, 1) ponton athaladopartikularis megoldast keressuk, akkor a P (1, 1) ponton athalado korvonal egyen-letet keressuk. Ha belyettesıtjuk a P pont megfelelo koordinatait az altalanosmegoldasba, akkor 12 + 12 = r2 azaz r2 = 2. A keresett partikularis megoldastehat x2 + y2 = 2.

PH1,1L

C=0

C=0.5

C=1C=2

C=9�2

-3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3

y


2. Hatarozzuk meg az y′− 2xy

x2 − 1= 0 differencialegyenlet y(

√2) = 1 feltetelt kielegıto

megoldasat.

Megoldas. Az egyenlet felırhato

dy

dx− 2xy

x2 − 1= 0

alakban is, amelybol megallapıthato, hogy szetvalaszthato valtozoju differenciale-gyenletrol van szo. A folytonossag biztosıtasa miatt x = 1 es x = −1. Ha y = 0,akkor a fenti egyenlet

dy

y=

2xdx

x2 − 1

alakban is felırhato. Integralva az egyenlet mindket oldaat adodik, hogy∫dy

y=

∫2xdx

x2 − 1.

A jobboldali integralban vezessuk be az x2− 1 = t helyettesıtest, amibol 2xdx = dt.Integralas utan

ln |y| = ln |x2 − 1|+ lnC, C ∈ R+,

innen pedigln |y| = lnC|x2 − 1|.

A logaritmusfuggveny szigoru monotonitasa miatt kapjuk, hogy

|y| = C|x2 − 1|,

ahonnan y = C(x2 − 1) vagy y = −C(x2 − 1), C ∈ R+. Ha C1 ∈ R \ {0} konstanstvalasztunk, akkor a ket egyenlet kozos alakja

y = C1(x2 − 1), C1 ∈ R \ {0}.

Vegyuk eszre, hogy y = 0 is megoldasa az egyenletnek, mely C1 = 0 eseten azaltalanos megoldasbol is megkaphato, tehat az

y = C1(x2 − 1), C1 ∈ R,

fuggvenycsalad alkotja az altalanos megoldast, s ezen fuggvenyek grafikonjai egyparabolasereget alkotnak. Ha az altalanos megoldas fuggvenyeibol azt a partikularismegoldast keressuk, amely kielegıti az y(

√2) = 1 feltetelt, akkor azt a megoldast

keressuk, amely x =√2 eseten y = 1 erteket ad, azaz teljesul az

1 = C1(12 − 1)

egyenloseg, ahonnan C1 = 1. A keresett partikularis megoldas tehat y = x2 − 1.

3. Hatarozzuk meg a sinxdx + cos ydy = 0 differencialegyenlet altalanos megoldasat,majd azt a partikularis megoldast, amely eleget tesz az y(0) = π feltetelnek.

Megoldas. Mivel a megadott differencialegyenlet ekvivalens a

sinxdx = − cos ydy


egyenlettel, megallapıthatjuk, hogy egy szetvalaszthato valtozoju differencialegyen-letrol van szo. Integralas utan adodik:∫

sinxdx = −∫

cos ydy

− cosx+ C = − sin y,

tehat az altalanos megoldas

sin y − cosx+ C = 0.

A partikularis megoldas meghatarozasahoz meg kell hatarozni a C allando erteket,amelyre teljesul az y(0) = π feltetel. Tehat keressuk azt a megoldast, amely athalada (0, π) ponton. A

sin π − cos 0 + C = 0

feltetelbol adodik, hogy C = 1, vagyis a keresett partikularis megoldas

sin y − cosx+ 1 = 0.

4. Oldjuk meg az y′ + y2 = 1 differencialegyenletet.

Megoldas. A valtozok szetvalasztasahoz hasznaljuk fel az y′ =dy

dxjelolest. Ekkor

dy

dx= 1− y2 es

dy

1− y2= dx, ha y = ±1.

Mindket oldal integralasaval kapjuk, hogy∫dy

1− y2=

∫dx.

A baloldali integral racionalis tortfuggveny integralja. Elemi tortekre valo bontasutan kapjuk, hogy

1

2

∫ (1

1− y+

1

1 + y

)dy = x+ C,

ahol C tetszoleges valos szam, innen pedig integralas utan

1

2(− ln |1− y|+ ln |1 + y|) = x+ C

adodik. Az egyenlet bal oldalanak rendezese utan az egyenlet

1

2ln

∣∣∣∣1 + y

1− y

∣∣∣∣ = x+ C

alaku lesz, altalanos megoldasa pedig

y =e2(x+C) − 1

e2(x+C) + 1, C ∈ R.


5. Hatarozzuk meg az y′ =−x− xyy + xy

, y(−2) = −2 kezdetiertek-problema megoldasat.

Megoldas. Alkalmazzuk az y′ =dy

dxjelolest es bontsuk tenyezoire az egyenlet jobb

oldalat. Ha y = 0 es x = −1, akkor

dy

dx=−x(1 + y)

y(1 + x).

Ha y = −1, akkor a valtozok szetvalasztasa utan kapjuk, hogy

ydy

1 + y= − xdx

1 + x,

mindket oldal integralasa utan pedig a kovetkezo adodik:∫ydy

1 + y= −

∫xdx

1 + x∫y + 1− 1

1 + ydy = −

∫x+ 1− 1

1 + xdx

∫ (1− 1

1 + y

)dy = −

∫ (1− 1

1 + x

)dx

∫dy −

∫1

1 + ydy = −

∫dx+

∫1

1 + xdx.

A megfelelo primitıv fuggvenyek meghatarozasa utan kapjuk a differencialegyenletaltalanos megoldasat:

y − ln |1 + y| = −x+ ln |1 + x|+ C,

illetve mas elrendezesben:

y + x− C = ln |1 + x|+ ln |1 + y|.

Mivel az y(−2) = −2 kezdeti feltetelnek kell teljesulnie, ezert

−2− 2− C = ln |1− 2|+ ln |1− 2|,

−4− C = 2 ln 1, ahonnan C = −4.

A kezdetiertek-problema megoldasa tehat

y + x+ 4 = ln |(1 + x)(1 + y)|, azaz ey+x+4 = |(1 + x)(1 + y)|.


6.2.2. Valtozoiban homogen differencialegyenlet

6.8. Definıcio. Az y′ = f(yx

), x ∈ R \ {0} alaku differencialegyenletet valtozoiban

homogen (vagy roviden homogen) differencialegyenletnek nevezzuk.

Ezt az egyenlet az y = tx helyettesıtessel, ahol t = t(x) az uj ismeretlen fuggveny,szetvalaszthato valtozoju differencialegyenletre hozhatjuk. Ekkor y′ = t′x + t, majd ahomogen egyenletbe valo behelyettesıtes utan t′x+ t = f(t) adodik, azaz

dt

dxx+ t = f(t), vagyis, hogy

dt

f(t)− t=dx

x,

az f(t) = t feltetel mellett. A jobb es bal oldal integralasa utan adodik, hogy∫dt

f(t)− t= ln|x|+ C .

Ha az f(t) = t egyenletnek t1, t2, ..., tk megoldasai, akkor a

t = t1, t = t2, ..., t = tk

konstans fuggvenyek megoldasai az atalakıtott egyenletnek, az

y = t1x, y = t2x, ..., y = tkx

linearis fuggvenyek pedig az eredeti homogen egyenletnek megoldasai.

FELADATOK.

1. Hatarozzuk meg az y′ = eyx +

y

x, x = 0, differencialegyenlet altalanos megoldasat.

Megoldas. Vegyuk eszre, hogy az adott egyenlet y′ = f(yx

)alaku, tehat val-

tozoiban homogen differencialegyenlet. Alkalmazzuk az y = tx, illetvey

x= t

helyettesıtest, ahonnan y′ = t′x+ t, mert t = t(x) az uj ismeretlen fuggveny. Ekkor

t′x+ t = et + t,

ebbol pedig

xdt

dx= et.

A valtozok szetvalasztasa utan kapjuk, hogy

dt

et=dx

x,

majd mindket oldal integralasaval az∫e−tdt =

∫dx

x,


illetve

−e−t = ln |x|+ lnC, C > 0

egyenloseget, ahonnan

e−t = ln1

C|x|, azaz t = − ln

(ln

1

C|x|

).

Visszahelyettesıtes utan adodik az

y

x= − ln

(ln

1

C|x|

), azaz y = −x ln

(ln

1

C|x|

)altalanos megoldas.

2. Hatarozzuk meg az y′ =2xy

x2 − y2differencialegyenlet altalanos megoldasat, majd

azt a partikularis megoldast, amely athalad a (0, 1) ponton.

Megoldas. Ha y = ±x, x = 0 es az egyenlet jobb oldalan levo racionalis tortfugg-venyt x2-tel egyszerusıtjuk, akkor

y′ =2xyx2

x2−y2

x2

, azaz y′ =2 · y

x

1−(yx

)2adodik, amibol latszik, hogy az egyenletunk y′ = f

(yx

)alaku, tehat valtozoiban

homogen differencialegyenlet. Alkalmazzuk az y = tx, illetvey

x= t helyettesıtest,

ahonnan y′ = t′x+ t, mert t = t(x) az uj ismeretlen fuggveny. Ekkor

t′x+ t =2t

1− t2,

ahonnan rendezessel az

xt′ =2t

1− t2, azaz x

dt

dx=t3 + t

1− t2

alaku szetvalaszthato valtozojo differencialegyenletet kapjuk. A valtozok szetva-lasztasa utan kapjuk, hogy

1− t2

t3 + tdt =

dx

x,

a ket oldal integralasaval pedig, hogy∫1− t2

t3 + tdt =

∫dx

x.

Mivel a baloldali integrandus egy racionalis tortfuggveny, amely elemi tortek ossze-gere bonthato, azaz

1− t2

t(t2 + 1)=

1

t− 2t

t2 + 1


ervenyes, ezert a tovabbiakban∫ (1

t− 2t

t2 + 1

)dt = ln |x|+ lnC, C > 0.

A baloldali masodik integralban bevezetjuk a t2 + 1 = z, 2tdt = dz helyettesıtest,ıgy

ln |t| − ln |z| = lnC|x|, illetve

∣∣∣∣ t

t2 + 1

∣∣∣∣ = C|x|.

Ebbol visszahelyettesıtes es rendezes utan

y

x2 + y2= C1, C1 ∈ R,

az altalanos megoldas.A keresett partikularis megoldasra teljesul, hogy ha x = 0, akkor y = 1. Ekkor

1

02 + 12= C1,

azaz C1 = 1, s ebbol a keresett partikularis megoldas

y = x2 + y2.

3. Oldjuk meg az xy′ − y = (x+ y) lnx+ y

xdifferencialegyenletet, ha x = 0.

Megoldas. Fejezzuk ki az adott egyenletbol az ismeretlen fuggveny derivaltjat.Ekkor

y′ =y

x+x+ y

xlnx+ y

x,

innen pedig

y′ =y

x+(1 +

y

x

)ln(1 +

y

x

).

Megallapıthatjuk, hogy a differencialegyenlet valtozoiban homogen, tehat bevezetjuk

a t =y

xhelyettesıtest, ahonnan y′ = t+ xt′. Az egyenlet most

t+ xt′ = t+ (1 + t) ln(1 + t)

szetvalaszthato valtozoju differencialegyenlette alakul at, amely a valtozok szetva-lasztasa utan

dt

(1 + t) ln(1 + t)=dx

x

alakra hozhato. Integraljuk a fenti egyenlet mindket oldalat. Ekkor∫dt

(1 + t) ln(1 + t)=

∫dx

x.

Ha a bal oldalon alkalmazzuk az ln(1 + t) = z helyettesıtest, akkordt

1 + t= dz, es

ıgy ∫dz

z= ln |x|+ lnC, C > 0


adodik, ahonnan

ln |z| = lnC|x|, illetve z = C1x, C1 ∈ R.

Visszaterve az eredeti valtozokra kapjuk, hogy

ln(1 + t) = C1x, illetve eC1x = 1 +y

x, C1 ∈ R.

Ebbol az altalanos megoldas

y

x= eC1x − 1, amibol y = x

(eC1x − 1

), C1 ∈ R.

4. Hatarozzuk meg az (x3 + y3)dx − 3xy2dy = 0 differencialegyenlet y(1) = 1 kezdetifeltetelt teljesıto megoldasat.

Megoldas. Az egyenlet rendezese utan adodik, hogy

(x3 + y3)dx = 3xy2dy, illetvex3 + y3

3xy2=dy

dx, ha xy = 0.

Alkalmazzuk ady

dx= y′ helyettesıtest es egyszerusıtsuk a racionalis tortfuggvenyt

x3-nal. Ekkor a differencialegyenlet felırhato mint

y′ =x3+y3

x3

3xy2

x3

, illetve y′ =1 +

(yx

)33 ·(yx

)2 .Megallapıthatjuk, hogy a kapott egyenlet elsorendu valtozoiban homogen differen-

cialegyenlet, ezert bevezetjuk a t =y

xhelyettesıtest ahonnan y′ = t+ xt′.

Behelyettesıtes utan a

t+ xt′ =1 + t3

3t2

szetvalaszthato valtozoju differencialegyenletet kapjuk, amely a valtozok szetvalasz-tasa utan az

1

xdx =

3t2

1− 2t3dt

alakra hozhato. Integralva a fenti egyenlet mindket oldalat kapjuk, hogy∫1

xdx =

∫3t2

1− 2t3dt.

Vezessuk be az s = 1− 2t3 helyettesıtest a jobb oldalon. Ekkor ds = −6t2dt es

ln |x|+ lnC = −1

2

∫ds

s, C > 0.

Integralas es rendezes utan adodik, hogy

lnC|x| = −1

2ln |1− 2t3| es C2x2 =

1

|1− 2t3|.


Visszaterve az eredeti valtozora, elhagyva az abszolut erteket, a +C2, illetve −C2

allandokat C1-gyel jelolve (C1 ∈ R) es rendezve az egyenletet kapjuk a

C1(x3 − 2y3) = x, C1 ∈ R

altalanos megoldast. Az y(1) = 1 kezdeti feltetelt teljesıto megoldasra igaz, hogyx = 1 eseten y = 1 is teljesul. Ekkor

C1(13 − 2 · 13) = 1,

ahonnan C1 = −1 es a keresett partikularis megoldas

2y3 − x3 = x.

5. Oldjuk meg az (xy′ − y)arctg yx= x, y(1) = 0 kezdetiertek-problemat, ha x = 0.

Megoldas. Fejezzuk ki az adott egyenletbol az ismeretlen fuggveny derivaltjat. Hay = 0, akkor

xy′ − y =x

arctg yx

, azaz y′ =y

x+

1

arctg yx

.

Megallapıthatjuk, hogy a kapott egyenlet elsorendu valtozoiban homogen differen-

cialegyenlet, ezert bevezetjuk a t =y

xhelyettesıtest ahonnan y′ = t+ xt′.

Behelyettesıtes utan a

t+ xt′ = t+1

arctg t

szetvalaszthato valtozoju differencialegyenletet kapjuk, amely a valtozok szetvalasz-tasa utan az

arctg tdt =1

xdx

alakra hozhato. Integralva a fenti egyenlet mindket oldalat kapjuk, hogy∫arctg tdt =

∫1

xdx.

A bal oldali integral parcialis integralassal oldhato meg. Legyen u = arctg t es

dv = dt, ahonnan du =dt

1 + t2es v = t. Ebbol kovetkezik, hogy

tarctg t−∫

t

1 + t2dt =

∫1

xdx.

Vezessuk be a baloldali integralban az 1 + t2 = z helyettesıtest, amibol 2tdt = dz,

illetve tdt =dt

2. Ebbol

tarctg t− 1

2

∫dz

z= ln |x|+ lnC, C > 0,

tarctg t− 1

2ln |z| = ln |x|+ lnC, C > 0,


illetvetarctg t = lnC|x|

√1 + t2, C > 0.

Visszaterve az eredeti valtozokra kapjuk az

y

xarctg

y

x= lnC|x|

√1 +

(yx

)2, C > 0

illetve mas alakban az

yarctgy

x= x lnC

√x2 + y2, C > 0

alaku altalanos megoldast. Egy megoldas teljesıti az y(1) = 0 feltetelt, ha igaz,hogy

0 · arctg 0

1= 1 · lnC

√12 + 02,

ahonnan lnC = 0 es C = 1. A keresett megoldas tehat

yarctgy

x= x ln

√x2 + y2.

6.2.3. Elsorendu linearis differencialegyenlet

6.9. Definıcio. Azy′ + p(x)y = q(x)

alaku differencialegyenletet, ahol p es q az x fuggetlen valtozotol fuggo adott folytonosfuggvenyek, elsorendu linearis differencialegyenletnek nevezzuk.

Az egyenlet megoldasat y = uv szorzatalakban keressuk, ahol u = u(x) es v = v(x)ismeretlen fuggvenyek. Ekkor az y′ = u′v + uv′ kifejezest behelyettesıtve a linearis diffe-rencialegyenletbe adodik, hogy

u′v + uv′ + p(x)uv = q(x),

illetveu′v + u(p(x)v + v′) = q(x). (6.4)

Hatarozzuk meg a v fuggvenyt ugy, hogy igaz legyen a p(x)v + v′ = 0 egyenloseg, vagyisdv

v= −p(x)dx. A jobb es bal oldal integralasaval adodik, hogy

ln v = −∫p(x)dx, azaz v = e−

∫p(x)dx.

Ha a v-t visszahelyettesıtjuk (6.4)-be, akkor az

u′e−∫p(x)dx = q(x)

egyenletet kapjuk, amibol integralas utan

u = C +

∫q(x)e

∫p(x)dxdx


adodik, ahol C tetszoleges allando. Ennek alapjan az y′ + p(x)y = q(x) elsorendu linearisdifferencialegyenlet altalanos megoldasa

y = e−∫p(x)dx

(C +

∫q(x)e

∫p(x)dxdx

).

FELADATOK.

1. Mutassuk meg, hogy az (y sinx−1)dx+cosxdy = 0 egyenlet linearis elsorendu diffe-rencialegyenlet, majd a keplet alapjan hatarozzuk meg azt a partikularis megoldast,amely kielegıti az y(0) = 0 kezdeti feltetelt.

Megoldas. Rendezzuk az egyenletet a kovetkezo modon:

cos xdy = (1− y sinx)dx,

dy

dx=

1

cos x− sinx

cosxy, x = π

2+ kπ, k ∈ Z

y′ + tgxy =1

cosx.

A fenti alakbol mar valoban egyertelmu, hogy linearis elsorendu differencialegyen-

letrol van szo, amelyben p(x) = tgx es q(x) =1

cos x. Ha az altalanos megoldast

y = e−∫p(x)dx

(C +

∫q(x)e

∫p(x)dxdx

)keplettel keressuk, akkor ket integralt kell kiszamıtanunk. Ezek kozul az egyik:∫

p(x)dx =

∫tgxdx =

∫sinx

cos xdx =

∣∣∣∣ cosx = t− sinxdx = dt

∣∣∣∣ = − ∫ dt

t= − ln | cos x|.

A masik integralt a kapott primitıv fuggveny segıtsegevel szamoljuk ki. Eszerint:∫q(x)e

∫p(x)dxdx =

∫1

cos xeln | 1

cos x|dx =

∫1

cos2 xdx = tgx+ C.

Az altalanos megoldas tehat

y = eln | cosx| (C + tgx) = cos x (C + tgx) = C cos x+ sin x.

Az y(0) = 0 kezdeti feltetelt teljesıto megoldasra teljesul, hogy ha x = 0 teljesul,akkor y = 0-nak is teljesulnie kell, azaz

0 = C cos 0 + sin 0, ahonnan C = 0,

vagyis a keresett partikularis megoldas az y = sin x fuggveny.


2. Oldjuk meg az x2y′ + xy + 1 = 0 linearis elsorendu differencialegyenletet.

Megoldas. Osszuk el az adott egyenletet x2-tel es rendezzuk a kovetkezo alakra:

y′ +1

xy = − 1

x2, x = 0.

Keressuk a megoldast y = uv szorzat alakban, ahol u = u(x), v = v(x) es ahonnany′ = u′v + uv′. Ekkor

u′v + uv′ +1

xuv = − 1

x2, x = 0.

Emeljunk ki u-t a bal oldal masodik es harmadik tagjabol, ıgy

u′v + u

(v′ +

1

xv

)= − 1

x2, x = 0.

Valasszuk meg a v tenyezot ugy, hogy a bal oldalon a zarojelben levo kifejezes nullalegyen, azaz teljesuljon a

v′ +1

xv = 0

egyenloseg. Innen a valtozok szetvalasztasa utan

dv

v= −dx

x

adodik, ahonnan a ket oldal integralasaval kapjuk, hogy ln |v| = − ln |x|, illetve

v =1

x. Visszahelyettesıtes utan az

u′v + u · 0 = − 1

x2

egyenletet kapjuk, ahonnan

u′ = −1

x, illetve du = −dx

x.

Mindket oldal integralasaval az

u = − ln |x|+ C

megoldas adodik. Az altalanos megoldas

y = uv =1

x(C − ln |x|) , azaz y =

C

x− ln |x|

x.

3. Hatarozzuk meg az xy′ + y = ln x+ 1, y(1) = 0 kezdetiertek-problema megoldasat.

Megoldas. Elosztva az egyenlet mindket oldalat x-szel egyertelmuve valik, hogylinearis elsorendu differencialegyenletet kell megoldani, amelynek alakja

y′ +1

xy =

1 + lnx

x, x > 0.


Keressuk a megoldast y = uv szorzat alakban, ahol u = u(x), v = v(x) es ahonnany′ = u′v + uv′. Ekkor

u′v + uv′ +1

xuv =

1 + lnx

x.


u′v + u

(v′ +

1

x

)v =

1 + lnx

x.

Valasszuk meg a v tenyezot ugy, hogy a v′+1

xkifejezes nulla legyen. Ha v′+

1

x= 0,

akkordv

v= −dx

xes v =

1

x. Az eredeti egyenlet tehat

u′1

x=

1 + lnx

x

alaku, ahonnan du = (1 + lnx)dx. Mindket oldal integralasaval kapjuk a∫du =

∫(1 + ln x)dx

egyenletet, ahonnan

u = x+

∫ln xdx.

Mivel

∫ln xdx parcialis integralassal oldhato meg oly modon, hogy bevezetjuk az

U = lnx, dV = dx helyettesıtest, ahonnan dU =1

xdx es V = x, es ebbol

u = x+

(x ln x−

∫x · 1

xdx

),

u = x+ x lnx− x+ C, azaz u = x ln x+ C.

Igy az altalanos megoldas

y = uv =1

x(x ln x+ C) , azaz y =

C

x+ lnx.

A keresett partikularis megoldashoz tartozo C allando pedig az y(1) = 0 kezdetifeltetel segıtsegevel a

0 =C

1+ ln 1

egyenletbol hatarozhato meg. Innen C = 0, vagyis a kezdetiertek-problema megol-dasa

y = lnx.

4. Hatarozzuk meg az y′+yctgx = 5ecosx differencialegyenlet(π2,−4

)ponton athalado

partikularis megoldasat, ha x = kπ, k ∈ Z.

Megoldas. Eloszor az altalanos megoldast kell meghatarozni. Mivel az adott egyen-let elsorendu linearis differencialegyenlet, ezert keressuk a megoldast y = uv szorzat


alakban, ahol u = u(x), v = v(x) es ahonnan y′ = u′v + uv′, rendezes utan azegyenlet alakja

u′v + u(v′ + vctgx) = 5ecosx.

Egyenlıtsuk ki a zarojelben levo kifejezest nullaval. Ekkor

v′ + vctgx = 0 es u′v = 5ecosx.

Az elso egyenletbol meghatarozzuk v-t, majd felhasznalasaval a masodik egyenletbolhatarozzuk meg az u fuggvenyt, s ezzel az y fuggveny is adott lesz. Az elso egyenletegy szetvalaszthato valtozoju differencialegyenlet, amely rendezes utan

dv

v= −ctgxdx

alakra hozhato. Integraljuk az egyenlet mindket oldalat. Ekkor∫dv

v= −

∫ctgxdx

innen pedigln |v| = − ln | sin x| illetve |v| = | sinx|−1.

Ekkor

v =1

sinx.

A masodik egyenlet most azu′

sin x= 5ecosx

alakot veszi fel, amely szinten egy szetvalaszthato valtozoju differencialegyenlet.Rendezes utan kapjuk, hogy

du = 5ecosx sinxdx,

ahonnan mindket oldal integralasaval adodik, hogy∫du = 5

∫ecosx sin xdx.

A jobboldalon alkalmazzuk a cosx = t helyettesıtest, ahonnan − sin xdx = dt.Ekkor

u = −5ecosx + C.

Az altalanos megoldast az y = uv kepletbe valo visszahelyettesıtes utan kapjuk, eseszerint

y =C − 5ecosx

sinx.

Hogy a megoldas athaladjon a(π2,−4

)ponton, teljesulnie kell a

−4 =c− 5ecos

π2

sin π2

, illetve − 4 =C − 5 · e0

1

egyenlosegnek, ahonnan C = 1, a keresett partikularis megoldas pedig

y =1− 5ecosx

sinx.


5. Hatarozzuk meg az (1 − x2)y′ + xy − 1 = 0 differencialegyenlet olyan partikularismegoldasat, amely athalad a (0, 1) ponton.

Megoldas. Ha x = 1 es x = −1 akkor osszuk az adott egyenletet (1 − x2)-tel.Ekkor az

y′ +x

1− x2y =

1

1− x2linearis elsofoku differencialegyenletet kapjuk. Keressuk a megoldast y = uv szorzatalakban, ahol u = u(x), v = v(x) es ahonnan y′ = u′v + uv′. Ekkor

u′v + uv′ +x

1− x2uv =

1

1− x2.


u′v + u

(v′ +

x

1− x2v

)=

1

1− x2.

Valasszuk meg a v tenyezot ugy, hogy a v′ +x

1− x2v kifejezes nulla legyen. Ha

v′ +x

1− x2v = 0, akkor a valtozok szetvalasztasa utan

dv

v= − xdx

1− x2.

Integrajuk a fenti egyenlet mindket oldalat. Ekkor∫dv

v= −

∫xdx

1− x2.

A jobb oldalon alkalmazzuk az 1 − x2 = t helyettesıtest, ahonnan −2xdx = dt es

−xdx =dt

2. Ekkor

ln |v| = 1

2

∫dt

t,

amibol

ln |v| = 1

2ln |t|, azaz v =

√1− x2, x ∈ (−1, 1).

Ha visszahelyettesıtunk a megfelelo egyenletbe, akkor az

u′√1− x2 = 1

1− x2

egyenletet kapunk, amelybol∫du =

∫dx

(1− x2)√1− x2

.

A jobb oldalon egy irracionalis fuggveny integraljat kell meghatarozni, melyet azx = sin t, dx = cosxdx helyettesıtessel tudunk megoldani. Ekkor

u =

∫cos tdt

(1− sin2 t)√1− sin2 t

=

∫cos tdt

cos2 t · cos t=

∫dt

cos2 t= tg t+ C.


Mivel tg t =sin t√

1− sin2 taz x valtozora valo visszateressel adodik, hogy

u =x√

1− x2+ C.

Az adott differencialegyenlet altalanos megoldasa tehat

y = uv =

(x√

1− x2+ C

)√1− x2,

illetvey = x+ C

√1− x2.

A keresett partikularis megoldasra teljesul, hogy x = 0 esetes y = 1, vagyis

1 = 0 + C√1− 02,

ahonnan C = 1. A keresett partikularis megoldas tehat az

y = x+√1− x2

fuggveny.

6.2.4. Bernoulli-fele differencialegyenlet

6.10. Definıcio. Legyen k olyan valos szam, hogy k = 0 es k = 1. Az

y′ + p(x)y = q(x)yk

alaku differencialegyenletet, ahol p es q az x fuggetlen valtozotol fuggo adott folytonosfuggvenyek, Bernoulli-fele vagy Bernoulli-tıpusu differencialegyenletnek nevezzuk.

A Bernoulli-fele differencialegyenletet linearis differencialegyenletre valo visszavezetesselszokas megoldani. Szorozzuk be e celbol a Bernoulli-tıpusu differencialegyenlet mindketoldalat y−k-val. Beszorzas utan az

y−ky′ + p(x)y1−k = q(x)

alaku differencialegyenletet kapjuk. Vezessuk be a z = z(x) = y1−k(x) helyettesıtest,ahonnan z′ = (1− k)y−ky′. Szorozzuk be a fenti egyenlet mindket oldalat (1− k)-val. Abehelyettesıtes utan a Bernoulli-tıpusu differencialegyenlet atalkul

z′ + (1− k)p(x)z = (1− k)q(x),

illetve P (x) = (1− k)p(x) es Q(x) = (1− k)q(x) jelolessel

z′ + P (x)z = Q(x)

alaku linearis differencialegyenlette, ahol z = z(x) az uj ismeretlen fuggveny.A linearis differencialegyenletekhez hasonloan a Bernoulli-tıpusu differencialegyenlet meg-oldasat is kereshetjuk y = uv szorzat alakban, ahol u = u(x) es v = v(x).


FELADATOK.

1. Hatarozzuk meg az y′ − y = xy5 differencialegyenlet altalanos megoldasat.

I.Megoldas. Az egyenlet egy Bernoulli-tıpusu differencialegyenlet, amelyet egyelsorendu linearis differencialegyenletre szeretnenk visszavezetni, ezert mindket ol-dalat megszorozzuk y−5-nel. Ekkor az

y′y−5 − y1−5 = xy5−5, illetve y′y−5 − y · y−4 = x

egyenletet kapjuk. Bevezetve a z = y−4 helyettesıtest, ahonnan z′ = −4y′y−5, esbeszorozva az egyenlet mindket oldalat −4-gyel a

z′ + 4z = −4x

linearis differencialegyenletet kapjuk, ahol z = z(x) az uj ismeretlen fuggveny. Mosta megoldast z = uv szorzat alakban keresve, ahonnan z′ = u′v+uv′, a fenti egyenletatalakul es a tovabbiakban az

u′v + uv′ + 4uv = −4x,

illetveu′v + u(v′ + 4v) = −4x

differencialegyenletet tekintjuk. A v fuggvenyt a

v′ + 4v = 0

egyenletbol, az u fuggvenyt pedig az

u′v = −4x

egyenletbol hatarozzuk meg.

Mindket differencialegyenlet szetvalaszthato valtozoju es a szokasos modon oldjukmeg oket. A valtozok szetvalasztasa utan az elso egyenletbol

dv

v= −4dx

adodik, amely a ket oldal integralasa utan az∫dv

v= −4

∫dx,

illetveln |v| = −4x, azaz v = e−4x

megoldashoz vezet. Az u′v = −4x egyenlet a v behelyettesıtese utan az

u′e−4x = −4x

differencialegyenlethez vezet. A valtozok szetvalasztasa utan

du = −4xe4xdx,


a jobboldalt parcialisan integralva az

u = C − xe4x + 1

4e4xdx

megoldast adja. A linearis differencialegyenlet altalanos megoldasa

z = Ce−4x − x+ 1

4,

a Bernoulli-egyenlet altalanos megoldasa pedig a visszahelyettesıtes utan

y−4 = Ce−4x − x+ 1

4,

azaz

y = ± 4

√4

4Ce−4x − 4x+ 1.

II.Megoldas. Keressuk most az ismeretlen fuggvenyt y = uv szorzat alakban,ahol u = u(x) es v = v(x). Ekkor y = u′v + uv′ es a differencialegyenletbe valohelyettesıtes utan az

u′v + uv′ − uv = xu5v5, illetve u′v + u(v′ − v) = xu5v5

egyenlet adodik. Hatarozzuk meg a v fuggvenyt a

v′ − v = 0

szetvalaszthato valtozoju differencialegyenlet megoldasaval. Ekkor∫dv

v=

∫dx, ahonnan ln |v| = x, azaz v = ex.

Ekkoru′ · ex = x · e5x · u5,

szinten szetvalaszthato valtozoju differencialegyenlet, amely a valtozok szetvalasz-tasa utan

du

u5= xe4xdx

alaku, mindket integralasa utan pedig∫u−5du =

∫xe4xdx,

ahonnan a jobboldali integralt parcialisan megoldva az

u−4

−4=

1

4xe4x − 1

4e4x − C

4,

illetve rendezes utan az1

u4= −xe4x + 1

4e4x + C


megoldasfuggveny adodik. Explicit alakban kifejezve

u = ± 4

√4

e4x (1− 4x+ 4Ce−4x).

Igy y = uv miatt

y = ±ex · 1ex· 4

√4

1− 4x+ 4Ce−4x, azaz y = ± 4

√4

1− 4x+ 4Ce−4x.

2. Hatarozzuk meg az 2xyy′ = y2 − 2x3 differencialegyenlet y(1) = 2 kezdeti felteteltkielegıto partikularis megoldasat.

Megoldas. Mutassuk meg, hogy az egyenlet Bernoulli-tıpusu. Osszuk el az egyenletmindket oldalat 2xy-nal (xy = 0). Ekkor

y′ =1

2xy − x2

y,

rendezes utan pedig

y′ − 1

2xy = −x2y−1,

tehat a differencialegyenlet k = −1 ertekkel Bernoulli-fele. Szorozzuk be az egyenletmindket oldalat y-nal. Most

yy′ − 1

2xy2 = −x2.

Vezessuk be az y2 = z, 2yy′ = z′ helyettesıtest. Az egyenlet mindket oldalanak 2-velvalo beszorzasa es a behelyettesıtes utan a

2yy′ − 1

xy2 = −2x2,

illetve

z′ − 1

xz = −2x2

linearis differencialegyenletet kapjuk. A keplet alapjan ket integralt kell kiszamıta-nunk. Az elso: ∫

p(x)dx =

∫dx

x= − ln |x|.

A masik az elozo felhasznalasaval∫q(x)e

∫p(x)dxdx = −2

∫x2e− ln |x|dx = −2

∫x2 · 1

xdx = −2

∫xdx = −x2 + C.

Ekkor a linearis differencialegyenlet altalanos megoldasa

z = x(C − x2),

a Bernoulli-fele differencialegyenlet altalanos megoldasa pedig

y2 = x(C − x2), ahonnan y = ±√x(C − x2).


A C allando erteket a kezdeti feltetelbol szamıtjuk ki, ahonnan

2 = +√

1 · (C − 12), illetve C = 5.

A keresett partikularis megoldas eszerint

y =√x(5− x2).

3. Hatarozzuk meg az (x2 − 1)dy − y(2x − 3y)dx = 0 differencialegyenlet olyan par-tikularis megoldasat, amelyre y(2) = 1 teljesul.

Megoldas. Rendezzuk a differencialegyenletet. Ekkor

(x2 − 1)dy = y(2x− 3y)dx,

dy

dx=

2xy − 3y2

x2 − 1, x = ±1,

y′ − 2x

x2 − 1y = − 3y2

x2 − 1.

Innen megallapıthato, hogy az egyenlet Bernoulli-tıpusu. Keressuk a megoldasty = uv szorzat alakban, ahol u = u(x) es v = v(x). Ekkor y = u′v + uv′ es adifferencialegyenletbe valo helyettesıtes utan az

u′v + uv′ − 2x

x2 − 1uv = − 3u2v2

x2 − 1,

illetve

u′v + u

(v′ − 2x

x2 − 1v

)= − 3u2v2

x2 − 1.

Hatarozzuk meg a v fuggvenyt a

v′ − 2x

x2 − 1v = 0

egyenletbol. A valtozok szetvalasztasa es mindket oldal integralasaval kapjuk, hogy∫dv

v=

∫2xdx

x2 − 1.

A jobb oldali integralban vezessuk be az x2−1 = t, 2xdx = dt helyettesıtest. Ekkor

ln |v| =∫dt

t, azaz ln |v| = ln |t|.

Ebbol v = t, azaz v = x2 − 1. Visszahelyettesıtve adodik az

u′(x2 − 1) = −3u2(x2 − 1)2

x2 − 1, azaz u′ = −3u2

szetvalaszthato valtozoju differencialegyenlet, amelynek megoldasa a valtozok szet-valasztasa es integralas utan ∫

du

u2= −3

∫dx,


illetve

−1

u= C − 3x, vagyis u =

1

3x− C.

A Bernoulli-fele egyenlet altalanos megoldasa y = uv alapjan

y =1

3x− C· (x2 − 1) =

x2 − 1

3x− C.

A keresett partikularis megoldasra igaz, hogy x = 2 eseten y = 1, ezert

1 =4− 1

6− C,

vagyis C = 3, ezert

y =x2 − 1

3x− 3, ahonnan y =

x+ 1

3, x = 1.

4. Oldjuk meg az xy′ + y =lnx

y3differencialegyenletet, ha x > 0 es y = 0.

Megoldas. Az egyenlet

y′ +y

x=

ln x

xy3

alakra hozhato, tehat Bernoulli-tıpusu. Keressuk a megoldast y = uv szorzat alak-ban, ahol u = u(x) es v = v(x). Ekkor y = u′v+uv′ es a differencialegyenletbe valohelyettesıtes utan az

u′v + uv′ − 1

xuv =

lnx

xu3v3,

illetve

u′v + u

(v′ − 1

xv

)=

ln x

xu3v3.

Hatarozzuk meg a v fuggvenyt a

v′ − 1

xv = 0

egyenletbol. A valtozok szetvalasztasa es mindket oldal integralasaval kapjuk, hogy

dv

v= −dx

x, ahonnan v =

1

x.

Visszahelyettesıtes utan adodik az

u′ · 1x=

ln x

x · u3 · 1x3

, azaz u′ =x3 ln x

u3

szetvalaszthato valtozoju differencialegyenlet. A valtozok szetvalasztasaval es mind-ket oldal integralasaval adodik, hogy∫

u3du =

∫x3 ln xdx,


illetveu4

4=x4

4ln x− 1

4· x

4

4+C

4.

A jobboldali integralt a parcialis integralas modszerevel oldottuk meg. Rendezesutan kapjuk, hogy

u4 = x4(ln x− 1

4+C

x4

), azaz u = ±x 4

√ln x− 1

4+C

x4.

A Bernoulli-fele egyenlet altalanos megoldasa

y = ± 4

√lnx− 1

4+C

x4.

5. Hatarozzuk meg az 3y′ + yctgx =1 + ctgx

y2 cos x, y(π3

)= 0 kezdetiertek-problema

megoldasat, ha y = 0 es x = kπ

2, k ∈ Z.

Megoldas. Mivel a differencialegyenlet Bernoulli-tıpusu, ezert szorozzuk be mindketoldalat y2-tel. Ekkor

y2y′ + y3ctgx =1 + ctgx

cos x.

Bevezetve a z = y3 helyettesıtest, ahonnan z′ = 3y′y2, a

3y2y′ + y3ctgx =1 + ctgx

cosx,

illetve

z′ + zctgx =1 + ctgx

cos x

linearis differencialegyenletet kapjuk, ahol z = z(x) az uj ismeretlen fuggveny. Mosta megoldast z = uv szorzat alakban keresve, ahonnan z′ = u′v+uv′, a fenti egyenletatalakul, es a tovabbiakban az

u′v + uv′ + uvctgx =1 + ctgx

cosx,

illetve

u′v + u (v′ + vctgx) =1 + ctgx

cos x

egyenlettel foglalkozunk. Hatarozzuk meg a v fuggvenyt a

v′ + vctgx = 0

szetvalaszthato valtozoju differencialegyenlet megoldasaval. Ekkor∫dv

v= −

∫cosx

sinxdx, ahonnan ln |v| = − ln | sin x|, azaz v =

1

sinx.

Ekkor

u′ · 1

sinx=

1 + ctgx

cosx

6.3. Masodrendu differencialegyenlet 339

szinten szetvalaszthato valtozoju differencialegyenlet, amely a valtozok szetvalasz-tasa utan

du = (1 + tgx)dx

alaku, mindket oldal integralasaval pedig megkapjuk az

u = x− ln | cos x|+ C

megoldast. z = uv alapjan

z =1

sin x(x− ln | cosx|+ C) .

Visszahelyettesıtve, az eredeti ismeretlen fuggveny

y = 3√z, vagyis y =

3

√x− ln | cos x|+ C

sinx.

6.3. Masodrendu differencialegyenlet

6.3.1. Masodrendu linearis differencialegyenlet

6.11. Definıcio. Legyenek P , Q es f az x valtozotol fuggo folytonos fuggvenyek az [a, b]intervallumon. Ekkor az

y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = f(x)

alaku differencialegyenletet masodrendu linearis differencialegyenletnek nevezzuk.

Specialisan, ha a fenti egyenletben f(x) ≡ 0, az ıgy kapott

y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0

egyenletet homogen masodrendu linearis differencialegyenletnek nevezzuk.A homogen masodrendu linearis differencialegyenlet megoldasanak meghatarozasabanfontos szerepet jatszik a fuggvenyek linearis fuggetlensegenek fogalma.

6.12. Definıcio. Az f1, f2, ..., fn x valtozoju valos fuggvenyek, amelyek a valos szamokhalmazanak egy [a, b] intervalluman ertelmezettek, linearisan fuggetlenek a valos szamokhalmaza felett, ha az

α1f1(x) + α2f2(x) + ...+ αnfn(x) = 0, x ∈ [a, b] ,

egyenletnek (α1, α2, ..., αn ∈ R) α1 = α2 = ... = αn = 0 az egyetlen megoldasa. Azokat afuggvenyeket, amelyek nem linearisan fuggetlenek, linearisan osszefuggoeknek nevezzuk.

Ket linearisan osszefuggo f1 es f2 fuggveny eseten

α1f1(x) + α2f2(x) = 0

ugy, hogy α1 = 0 vagy α2 = 0. Ekkor felırhato, hogy

f1(x) = −α2

α1

f2(x) vagy f2(x) = −α1

α2

f1(x),


ami azt jelenti, hogy ket fuggveny akkor es csakis akkor linearisan osszefuggo, ha az egyikfelırhato a masik fuggveny konstansszorosakent.

A homogen masodrendu linearis differencialegyenlethez tartozo y1(x) es y2(x) megol-dasfuggvenyek linearis fuggetlensegenek meghatarozasahoz a Wronski-fele determinansthasznaljuk:

W (x) =

∣∣∣∣y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

∣∣∣∣ .Ervenyesek a kovetkezo allıtasok.

6.1. Tetel. Legyen [a, b] a valos szamok halmazanak egy intervalluma. A kovetkezoallıtasok egymassal ekvivalensek:

a) Minden x ∈ [a, b] eseten ervenyes, hogy W (x) = 0;

b) Az y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0 egyenlet y1(x), y2(x), x ∈ [a, b] megoldasai linearisanfuggetlenek.

6.2. Tetel. Legyenek y1 es y2 az y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0 egyenlet linearisan fuggetlenmegoldasai az [a, b] intervallumon. Ekkor az egyenlet altalanos megoldasa az adott inter-vallumon

y = C1y1 + C2y2,

ahol C1 es C2 tetszoleges allandok.

6.3.2. Allando egyutthatos homogen linearis differencialegyenlet

6.13. Definıcio. Azy′′ + py′ + qy = 0, p, q ∈ R

alaku differencialegyenletet allando egyutthatos homogen masodrendu linearis differenci-alegyenletnek nevezzuk.

Az allando egyutthatos homogen masodrendu linearis differencialegyenlet megoldasatmost y = ekx exponencialis alakban keressuk, ahol k allando. Mivel y′ = kekx, y′′ = k2ekx,a differencialegyenletbe valo behelyettesıtessel adodik, hogy ekx(k2 + pk + q) = 0. Ebbolaz egyenletbol kapjuk a

k2 + pk + q = 0

egyenletet, melyet az y′′+ py′+ qy = 0 allando egyutthatos homogen masodrendu linearisdifferencialegyenlet karakterisztikus egyenletenek nevezunk, es megoldasainak termesze-tebol adodoan harom esetet kulonboztetunk meg.

a) Legyen p2 − 4q > 0. Ekkor a karakterisztikus egyenlet k1 es k2 megoldasai valosakes kulonbozoek, tehat az y1 = ek1x es y2 = ek2x fuggvenyek az y′′ + py′ + qy = 0differencialegyenlet megoldasai. Mivel a Wronski-fele determinans

W (x) =

∣∣∣∣ ek1x ek2x

k1ek1x k2e

k2x

∣∣∣∣ = e(k1+k2)x(k2 − k1) = 0 ,

a kapott megoldasok linearisan fuggetlenek, ıgy az y′′+py′+qy = 0 differencialegyenletaltalanos megoldasa

y = C1ek1x + C2e

k2x

alaku, ahol C1 es C2 tetszoleges allandok.


b) Legyen p2− 4q = 0. Ekkor a karakterisztikus egyenlet k1 es k2 megoldasai valosak esegyenloek. y1 = ek1x az egyik megoldas es kozvetlen behelyettesıtessel ellenorizzuk,hogy y2 = xek1x is megoldasa az y′′ + py′ + qy = 0 differencialegyenletnek. Ekkor azy1 es y2 linearisan fuggetlen partikularis megoldasok, az altalanos megoldas pedig

y = C1ek1x + C2xe

k1x, illetve y = (C1 + C2x)ek1x,

ahol C1 i C2 tetszoleges allandok.

c) Legyen p2 − 4q < 0. Ekkor a karakterisztikus egyenlet k1 es k2 megoldasai konjugaltkomplex szamok, tehat felırhatok k1 = α+ iβ, k2 = α− iβ alakban, ahol α, β ∈ R.Az Euler-formula alapjan

e(α+iβ)x = eαxeiβx = eαx(cos βx+ i sin βx) = eαx cos βx+ ieαx sin βx,

ami azt sugallja, hogy y1 = eαx cos βx es y2 = eαx sin βx az y′′ + py′ + qy = 0differencialegyenlet megoldasai. Konnyen belathato, hogy ez valoban ıgy van, mintahogy az is, hogy ezek a megoldasok linearisan fuggetlenek. Az altalanos megoldas

y = eαx(C1 cos βx+ C2 sin βx),

ahol C1 i C2 tetszoleges allandok.

FELADATOK.

1. Hatarozzuk meg az y′′ − 5y′ + 6y = 0 masodrendu linearis allando egyutthatoshomogen differencialegyenlet altalanos megoldasat.

Megoldas. Keressuk a megoldast y = ekx exponencialis alakban, ahol k allando.Mivel y′ = kekx es y′′ = k2ekx, a differencialegyenletbe valo behelyettesıtessel adodik,hogy

k2ekx − 5kekx + 6ekx = 0, illetve ekx(k2 − 5k + 6) = 0.

Mivel ekx = 0, ezert a fenti szorzat masik tenyezoje kell nulla legyen, ıgy kapjuk a

k2 − 5k + 6 = 0

karakterisztikus egyenletet, amelynek megoldasai k1 = 2 es k2 = 3. Ezert y1 = e2x

es y2 = e3x az y′′−5y′+6y = 0 egyenlet linearisan fuggetlen partikularis megoldasai.A 6.2. Tetel alapjan a differencialegyenlet altalanos megoldasa

y = C1e2x + C2e

3x,


2. Hatarozzuk meg az y′′ − 6y′ + 9y = 0 differencialegyenlet olyan megoldasat, amelykielegıti az y(0) = 1, y′(0) = 2 kezdeti felteteleket.

Megoldas. Keressuk a megoldast y = ekx exponencialis alakban, ahol k allando.Ekkor y′ = kekx es y′′ = k2ekx. A differencialegyenletbe valo behelyettesıtas utan

k2ekx − 6kekx + 9ekx = 0, illetve ekx(k2 − 6k + 9) = 0


adodik, s mivel ekx = 0, ezert a fenti szorzat masik tenyezoje kell nulla legyen, ıgykapjuk a

k2 − 6k + 9 = 0

karakterisztikus egyenletet, amelynek megoldasai k1 = k2 = 3. A keresett linearisanfuggetlen partikularis megoldasok most y1 = e3x es y2 = xe3x, az altalanos megoldaspedig

y = C1e3x + C2xe

3x, azaz y = (C1 + C2x) e3x,

ahol C1 es C2 tetszoleges allandok.A keresett partikularis megoldas ki kell elegıtse az y(0) = 1 es y′(0) = 2 felteteleket.Mivel

y′ = (C2 + 3C1 + 3C2x) e3x,

C1 es C2 meghatarozasahoz a

C1e3·0 + C2 · 0 · e3·0 = 1, (C2 + 3C1 + 3C2 · 0) e3·0 = 2

ket egyenletbol allo ketismeretlenes linearis egyenletrendszert kell megoldani. Ebbol

C1 = 1 es C2 + 3C1 = 2,

vagyis a megoldas C1 = 1 es C2 = −1, a keresett partikularis megoldas pedig

y = (1− x)e3x.

3. Hatarozzuk meg az y′′−4y′+13y = 0 differencialegyenlet altalanos megoldasat, majdazt a partikularis megoldast, amely athalad az origon es amelynek iranytenyezojeaz origoban 1.

Megoldas. Keressuk a megoldast y = ekx exponencialis alakban, ahol k allando.Ekkor y′ = kekx es y′′ = k2ekx. A behelyettesıtes utan

k2ekx − 4kekx + 13ekx = 0, , illetve ekx(k2 − 4k + 13) = 0

adodik, s mivel ekx = 0, ıgy kapjuk a

k2 − 4k + 13 = 0

karakterisztikus egyenletet, amelynek megoldasai k1 = 2 + 3i es k2 = 2 − 3i. Akeresett linearisan fuggetlen partikularis megoldasok most az y1 = e2x cos 3x es azy2 = e2x sin 3x fuggvenyek, az altalanos megoldas pedig

y = C1e2x cos 3x+ C2e

2x sin 3x, azaz y = e2x (C1 cos 3x+ C2 sin 3x) ,

ahol C1 es C2 tetszoleges allandok.A keresett partikularis megoldas ki kell elegıtse az y(0) = 0 es y′(0) = 1 kezdetifelteteleket. Mivel

y′ = e2x (2C1 cos 3x+ 2C2 sin 3x− 3C1 sin 3x+ 3C2 cos 3x) ,


e0 (C1 cos 0 + C2 sin 0) = 0,


e0 (2C1 cos 0 + 2C2 sin 0− 3C1 sin 0 + 3C2 cos 0) = 1


C1 = 0 es 3C2 = 1,

vagyis a megoldas C1 = 0 es C2 =1

3, a keresett partikularis megoldas pedig

y =1

3e2x sin 3x.

4. Hatarozzuk meg az y′′ − 2y = 0, y(0) = 2, y′(0) = 0 kezdetiertek-problemamegoldasat.

Megoldas. Keressuk a megoldast y = ekx exponencialis alakban, ahol k allando.Ekkor y′ = kekx es y′′ = k2ekx. A differencialegyenletbe valo behelyettesıtas utan

k2ekx − 2ekx = 0, illetve ekx(k2 − 2) = 0

adodik. Mivel ekx = 0, ezertk2 − 2 = 0

a karakterisztikus egyenlet, amelynek megoldasai k1 = −√2 es k2 =

√2. A keresett

linearisan fuggetlen partikularis megoldasok most y1 = e−√2x es y2 = e

√2x, az

altalanos megoldas pedig

y = C1e−√2x + C2e

√2x,

ahol C1 es C2 tetszoleges allandok.A keresett partikularis megoldas ki kell elegıtse az y(0) = 2 es y′(0) = 0 kezdetifelteteleket. Mivel

y′ = −C1

√2e−

√2x + C2

√2e

√2x,


C1e0 + C2e

0 = 2, −C1

√2e0 + C2

√2e0 = 0


C1 + C2 = 2 es − C1 + C2 = 0,

vagyis a megoldas C1 = 1 es C2 = 1, a keresett kezdetertek-problema megoldasapedig

y = e−√2x + e

√2x.

5. Oldjuk meg az 2y′′ − 2y′ + 3y = 0 differencialegyenletet.

Megoldas. Keressuk a megoldast y = ekx exponencialis alakban, ahol k allando.Ekkor y′ = kekx es y′′ = k2ekx. A behelyettesıtes utan

2k2ekx − 2kekx + 3ekx = 0, , illetve ekx(2k2 − 2k + 3) = 0

adodik, s mivel ekx = 0, ıgy kapjuk a

2k2 − 2k + 3 = 0


karakterisztikus egyenletet, amelynek konjugalt komplex megoldasai k1 =1− i

√5

2

es k2 =1 + i

√5

2. Mivel a konjugalt komplex megoldasok valos resze α =

1

2, kepzetes

resze pedig β =

√5

2, a keresett linearisan fuggetlen partikularis megoldasok most

y1 = e12x cos

√5

2x es y2 = e

12x sin

√5

2x, az altalanos megoldas pedig

y = ex2

(C1 cos

√5x

2+ C2 sin

√5x

2

),


6.3.3. Allando egyutthatos inhomogen linearis differencialegyenlet

6.14. Definıcio. Azy′′ + py′ + qy = f(x), p, q ∈ R,

alaku differencialegyenletet, ahol f folytonos, nem identikusan nulla valos fuggveny, al-lando egyutthatos inhomogen masodrendu linearis differencialegyenletnek nevezzuk.

Az inhomogen differencialegyenlet megoldasaban fontos szerepet jatszik a kovetkezo tetel.

6.3. Tetel. Legyen y = yh(x), x ∈ [a, b] az y′′+py′+qy = 0 homogen differencialegyenletaltalanos megoldasa es y = yp(x), x ∈ [a, b] az y′′ + py′ + qy = f(x) inhomogen differenci-alegyenlet egy tetszoleges partikularis megoldasa. Ekkor az y′′+py′+qy = f(x) inhomogendifferencialegyenlet altalanos megoldasa y = yh(x) + yp(x), x ∈ [a, b].

Az y′′+py′+qy = f(x) inhomogen differencialegyenlet partikularis megoldasat a kovetkezospecialis esetekben tudjuk meghatarozni.

a) f(x) = a0 + a1x+ ...+ anxn, a0, a1, ..., an ∈ R, an = 0.

Ha f(x) n-edrendu polinom, a partikularis megoldast

yp(x) = xs(b0 + b1x+ ...+ bnxn)

alakban keressuk, ahol s a 0 szamnak mint a k2+pk+q = 0 karakterisztikus egyenletmegoldasanak multiplicitasa, azaz s = 0 ha a 0 szam nem gyoke az egyenletnek,s = 1 ha a 0 egyszeres gyoke a karakterisztikus egyenletnek, illetve s = 2 ha a 0ketszeres gyoke a karakterisztikus egyenletnek.

b) f(x) = aeαx, a, α ∈ R.

A partikularis megoldastyp(x) = λeαx, λ ∈ R

alakban keressuk. Ekkor y′p(x) = λαeαx, y′′p(x) = λα2eαx, es az egyenletbe valobehelyettesıtes utan adodik, hogy

λα2eαx + λpαeαx + λqeαx = aeαx,


ahonnan λ(α2 + pα+ q) = a kovetkezik. Ha α nem gyoke a karakterisztikus egyen-

letnek, akkor, λ =a

α2 + pα + q.

Ha α a karakterisztikus egyenlet gyoke, akkor a partikularis megoldast

yp(x) = λxseαx

alakban keressuk, ahol s az α gyok multiplicitasa.

c) f(x) = (a0 + a1x+ ...+ anxn)eαx, α, a0, a1, ..., an ∈ R, an = 0.

A partikularis megoldast

yp(x) = xs(b0 + b1x+ ...+ bnxn)eαx

alakban keressuk, ahol s a k2 + pk + q = 0 karakterisztikus egyenlet α gyokenekmultiplicitasa, azaz s = 0 ha α nem gyoke a karakterisztikus egyenletnek, s = 1, haα a karakterisztikus egyenlet egyszeres gyoke, illetve s = 2, ha α a karakterisztikusegyenlet ketszeres gyoke.

d) f(x) = eαx(a sin βx+ b cos βx), a, b, β ∈ R.

A partikularis megoldast

yp(x) = xseαx(A sin βx+B cos βx), A,B ∈ R

alakban keressuk, ahol s a karakterisztikus egyenlet α+ iβ gyokenek multiplicitasa.Tehat, ha α+ iβ gyoke a karakterisztikus egyenletnek, akkor s = 1, ha α+ iβ nemgyoke a karakterisztikus egyenletnek, akkor s = 0.

Ha az inhomogen differencialegyenletben az f fuggveny

f(x) = f1(x) + f2(x) + ...+ fk(x)

alaku, ahol az fi, i = 1, 2, ..., k, fuggvenyek a fentiekben felsorolt fuggvenyek valame-lyikevel egyeznek meg, akkor a kovetkezo modon jarunk el. Meghatarozzuk az

y′′ + py′ + qy = fi(x), i = 1, 2, ..., k

differencialegyenletek megfelelo ypi partikularis megoldasait. Ekkor az inhomogen diffe-rencialegyenlet yp partikularis megoldasa

yp = yp1 + yp2 + ...+ ypk

alakban ırhato fel.


FELADATOK.

1. Oldjuk meg az y′′ + y′ − 6y = x differencialegyenletet.

Megoldas. Eloszor meghatarozzuk az

y′′ + y′ − 6y = 0

homogen linearis differencialegyenlet yh altalanos megoldasat, amelyet y = ekx ex-ponencialis alakban keresunk. Az egyenletbe valo behelyettesıtessel adodik, hogy

k2ekx + kekx − 6ekx = 0,

ami ekvivalens azekx(k2 + k − 6) = 0

egyenlettel. Mivel az exponencialis kifejezes nem lehet nulla, ezert a k ismeretlenumasodfoku polinom kell nulla legyen. A kapott egyenlet,

k2 + k − 6 = 0,

az eredeti homogen differencialegyenlet karakterisztikus egyenlete. A k1 = −3 esk2 = 2 gyokok valosak es egyenloek, tehat a megfelelo homogen differencialegyenletmegoldasa

yh = C1e−3x + C2e

2x, C1, C2 ∈ R.

Mivel a linearis inhomohen differencialegyenlet x valtozoju fuggvenye egy linearispolinom, az inhomogen egyenlet partikularis megoldasat

yp = xs(Ax+B)

alakban keressuk, ahol s a karakterisztikus egyenlet k = 0 megoldasanak multi-plicitasa. Mivel ebben az esetben s = 0, ezert

yp = Ax+B, y′p = A, y′′p = 0.

Minden partikularis megoldas kielegıti az egyenletet, ezert behelyettesıtve az inho-mogen egyenletbe adodik, hogy

0 + A− 6(Ax+B) = x,

ahonnan kapjuk a−6A = 0, A− 6B = 0

ket egyenletbol allo ketismeretlenes egyenletrendszert, amelynek megoldasa

A = −1

6, B = − 1

36.

A megfelelo partikularis megoldas tehat

yp = −1

6x− 1

36,

az eredeti inhomogen differencialegyenlet altalanos megoldasa pedig

y = yh + yp,

vagyis

y = C1e−3x + C2xe

2x − 1

6x− 1

36, C1, C2 ∈ R.


2. Hatarozzuk meg az y′′ − 8y′ + 16y = e4x, y(0) = 0, y′(0) = 1 kezdetiertek-problemamegoldasat.

Megoldas. Hatarozzuk meg eloszor az

y′′ − 8y′ + 16y = 0


k2ekx − 8kekx + 16ekx = 0,

ami ekvivalens azekx(k2 − 8k + 16) = 0

egyenlettel. A homogen differencialegyenlet karakterisztikus egyenlete

k2 − 8k + 16 = 0,

amelynek gyokei k1 = k2 = 4 valosak es egyenloek, tehat a megfelelo homogendifferencialegyenlet megoldasa

yh = C1e4x + C2xe

4x, C1, C2 ∈ R.

Az inhomogen egyenletben szereplo x valtozoju fuggveny f(x) = e4x exponencialisfuggveny, ezert az inhomogen egyenlet partikularis megoldasat

yp = Axse4x

alakban keressuk, ahol s a karakterisztikus egyenlet k = 4 megoldasanak multi-plicitasa. Most s = 2, mivel a 4 a karakterisztikus egyenlet kettos gyoke, ezert

yp = Ax2e4x, y′p = A(2x+ 4x2)e4x, y′′p = A(2 + 16x+ 16x2)e4x.

Behelyettesıtve az inhomogen egyenletbe adodik, hogy

A(2 + 16x+ 16x2)e4x − 8A(2x+ 4x2)e4x + 16Ax2e4x = e4x.

Osszuk el az egyenlet mindket oldalat e4x-nel (e4x = 0), ekkor

16Ax2 + 16Ax+ 2A− 16Ax− 32Ax2 + 16Ax2 = 1,

ahonnan 2A = 1, illetve

A =1

2.

Az inhomogen egyenlet partikularis megoldasa tehat

yp =1

2x2e4x,

az inhomogen egyenlet altalanos megoldasa pedig

y = C1e4x + C2xe

4x +1

2x2e4x, C1, C2 ∈ R,


illetve

y = e4x(C1 + C2x+

1

2x2), C1, C2 ∈ R.

Vegyuk figyelembe most a kezdeti felteteleket. Ehhez szukseges a megoldas elsoderivaltja. Mivel

y′ = e4x(4C1 + 4C2x+ 2x2 + C2 + x

),

behelyettesıtve az y(0) = 0, y′(0) = 1 kezdeti felteteleket az

e0(C1 + C2 · 0 +

1

2· 02)

= 0, e0(4C1 + 4C2 · 0 + 2 · 02 + C2 + 0

)= 1

ket egyenletbol allo ketismeretlenes linearis egyenletrendszert kapjuk, amelynekmegoldasa

C1 = 0, C2 = 1,

ahonnan kovetkezik, hogy a kezdetiertek-problema megoldasa

y = e4x(x+

1

2x2).

3. Hatarozzuk meg az y′′+4y′+4y = 3−x2−4e2x inhomogen linearis differencialegyenletaltalanos megoldasat.

Megoldas. Eloszor meghatarozzuk az

y′′ + 4y′ + 4y = 0


k2ekx + 4kekx + 4ekx = 0,

ami ekvivalens azekx(k2 + 4k + 4) = 0

egyenlettel.

Mivel az exponencialis kifejezes nem lehet nulla, ezert a k ismeretlenu masodfokupolinom kell nulla legyen. A kapott egyenlet,

k2 + 4k + 4 = 0,

az eredeti homogen differencialegyenlet karakterisztikus egyenlete. A k1 = −2 esk2 = −2 gyokok valosak es egyenloek, tehat a megfelelo homogen differencialegyenletmegoldasa

yh = C1e−2x + C2xe

−2x.

Mivel a linearis inhomohen differencialegyenlet x valtozoju fuggvenye egy polinomes egy exponencialis fuggveny osszege, ket partikularis megoldast keresunk. Ezek

yp1 = Ax2 +Bx+ C es yp2 = De2x.


yp1 es derivaltjainak az y′′ +4y′ +4y = 3− x2 egyenletbe valo behelyettesıtese utanadodik, hogy

2A+ 4(2Ax+B) + 4(Ax2 +Bx+ C) = 3− x2.

Az egyenletet kielegıtik az A = −1

4, B =

1

2es C =

3

8parameterertekek, ezert az

egyik partikularis megoldas

yp1 = −1

4x2 +

1

2x+

3

8.

yp2 es derivaltjainak y′′ + 4y′ + 4y = −4e2x egyenletbe valo behelyettesıtese utankapjuk, hogy

4De2x + 4 · 2De2x + 4De2x = −4e2x.

Az egyenletet kielegıti a D = −1

4parameterertek, tehat a masik partikularis meg-

oldas

yp2 = −1

4e2x.

Az adott inhomohen linearis differencialegyenlet altalanos megoldasa tehat

y = yh + yp1 + yp2 ,

azaz

y = C1e−2x + C2xe

−2x − 1

4x2 +

1

2x+

3

8− 1

4e2x.

4. Hatarozzuk meg az y′′−y′+y = (x+1)e2x differencialegyenlet altalanos megoldasat.

Megoldas. Ay′′ − y′ + y = 0

homogen linearis differencialegyenlet megoldasat y = ekx exponencialis alakban ke-ressuk. Az

k2ekx − kekx + ekx = 0

egyenletbe valo behelyettesıtes utan adodik, hogy

ekx(k2 − k + 1) = 0.

Mivel az exponencialis kifejezes nem lehet nulla, ezert a k ismeretlenu masodfokupolinom kell nulla legyen. A karakterisztikus egyenlet most

k2 − k + 1 = 0.

A karakterisztikus egyenlet megoldasai konjugalt komplex szamok:

k1 =1

2+

√3

2i es k2 =

1

2−√3

2i,

ıgy a homogen differencialegyenlet megoldasa

yh = C1e12x cos

(√3

2x

)+ C2e

12x sin

(√3

2x

).


Mivel az (x + 1)e2x fuggveny szerepel a jobb oldalon, ezert az inhomogen egyen-let partikularis megoldasat linearis polinom es exponencialis fuggveny szorzatakentkeressuk:

yp = (Ax+B)e2x.

yp es derivaltjainak az adott egyenletbe valo behelyettesıtese utan adodik, hogy

4Ae2x + 4(Ax+B)e2x − (Ae2x + 2(Ax+B)e2x) + (Ax+B)e2x = (x+ 1)e2x.

Az egyenletet kielegıtik az A =1

3es B = 0 parameterertekek, tehat a partikularis

megoldas

yp =1

3xe2x.

Az adott linearis inhomogen differencialegyenlet altalanos megoldasa tehat

y = yh + yp,

azaz

y = C1e12x cos

(√3

2x

)+ C2e

12x sin

(√3

2x

)+

1

3xe2x.

5. Oldjuk meg az y′′ − y′ − 6y = 3e−2x + cos 3x differencialegyenletet.

Megoldas. Eloszor azy′′ − y′ − 6y = 0

homogen differencialegyenlet altalanos megoldasat keressuk y = ekx exponencialisalakban. Az egyenletbe valo visszahelyettesıtes utan adodik, hogy

k2ekx − kekx − 6ekx = 0,

ami ekvivalens azekx(k2 − k − 6) = 0

egyenlettel. Mivel az exponencialis kifejezes nem lehet nulla, ezert az r ismeretlenumasodfoku polinom kell nulla legyen. A karakterisztikus egyenlet most

k2 − k − 6 = 0.

A karakterisztikus egyenlet megoldasai, k1 = −2 es k2 = 3, kulonbozo valos szamok,ezert a homogen differencialegyenlet altalanos megoldasa

yh = C1e−2x + C2e

3x.

Ket partikularis megoldast keresunk, az egyiket exponencialis, a masikat pedigtrigonometrikus alakban.

Mivel a −2 a karakterisztikus egyenlet egyszeres gyoke, ezert az exponencialis fugg-venynek megfelelo partikularis megoldast

yp1 = Axe−2x


alakban keressuk. yp1 es derivaltjainak y′′ − y′ − 6y = 3e−2x egyenletbe valo behe-lyettesıtese utan adodik, hogy

−4Ae−2x + 4Axe−2x − (Ae−2x − 2Axe−2x)− 6 · Axe−2x = 3e−2x.

Az egyenletet kielegıti azA = −3

5parameterertek, ezert az elso partikularis megoldas

yp1 = −3

5xe−2x.

A trigonometrikus fuggvenynek megfelelo partikularis megoldast

yp2 = B cos 3x+ C sin 3x

alakban keressuk. yp2 es derivaltjainak az y′′ − y′ − 6y = cos 3x egyenletbe valobehelyettesıtese utan adodik, hogy

−9B cos 3x− 9C sin 3x− (−3B sin 3x+3C cos 3x)− 6(B cos 3x+C sin 3x) = cos 3x,

illetve(3B − 15C) sin 3x− (15B + 3C + 1) cos 3x = 0.

Az egyenloseg 3B − 15C = 0 es 15B + 3C + 1 = 0 eseten igaz, tehat B = − 5

78es

C = − 1

78. A keresett partikularis megoldas most

yp2 = −5

78cos 3x− 1

78sin 3x.

Az adott linearis inhomogen differencialegyenlet altalanos megoldasa

y = yh + yp1 + yp2 ,

illetve

y = C1e−2x + C2xe

3x − 3

5xe−2x − 5

78cos 3x− 1

78sin 3x.

352 IRODALOM

Irodalom

[1] Kleine Enzyklopadie - Mathematik, VEB Velag Enzyklopadie, Leipzig, 1967.

[2] Matematikai kislexikon, Muszaki Konyvkiado, Budapest, 1972.

[3] Termeszettudomanyi kislexikon, Akademiai Kiado, Budapest, 1971.

[4] Bajcsai P., Fazekas F., Kozonseges differencialegyenletek (Masodik resz),Tankonyvkiado, Budapest, 1973.

[5] Barczi B., Integralszamıtas, Muszaki Konyvkiado, Budapest, 1981.

[6] Bertolino M., Diferencijalne jednacine, Naucna Knjiga, Beograd, 1980.

[7] Boros I., Diszkret matematika, Szabadkai Muszaki Szakfoiskola, Szabadka, 2008.

[8] Boros I., Csikos Pajor G., Diszkret matematika, Feladatgyujtemeny, SzabadkaiMuszaki Szakfoiskola, Szabadka, 2008.

[9] Bronstejn I. N., Semendjajev K. A., Musiol G., Milig H., Matematicki prirucnik,SOHO GRAPH, Beograd, 2004.

[10] Budincevic M., Zbirka zadataka iz integralnog racuna, UNS PMF, Novi Sad, 1973.

[11] Budincevic M., Maric V., Obicne diferencijalne jednacine - Problemi i zadaci,Naucna Knjiga, Beograd, 1978.

[12] Csikos Pajor G., Matematikai analızis, Szabadkai Muszaki Szakfoiskola, Szabadka,2008.

[13] Dugopolski M., College Algebra, Addison-Wesley Publishing Company, USA, 1995.

[14] Fazekas F., Hatarozatlan integral, Tankonyvkiado, Budapest, 1977.

[15] Georgijevic D., Obradovic M., Zbirka resenih zadataka za drugi razred srednjih skola,Matematiskop, Beograd, 2000.

[16] Gy. Bartha Gy., Elbert A., Hadnagy A., Lorant L., Riborics Gy., Scharnitzky V.,Matematikai feladatok, Nemzeti Tankonyvkiado, Budapest, 1998.

[17] Hajnal I., Nemetz T., Pinter L., Urban J., Matematika (fakultatıv B valtozat) IV.osztaly, Nemzeti Tankonyvkiado, Budapest, 1982.

[18] Hajnal I., Matematika a specialis matematika I. osztalya szamara, Tankonyvkiado,Budapest, 1986.

[19] Hajnal I., Pinter L., Matematika (fakultatıv B valtozat) III. osztaly, NemzetiTankonyvkiado, Budapest, 2000.

IRODALOM 353

[20] Hadzic O., Takaci Dj., Matematicke metode za studente prirodnih nauka, UjvidekiEgyetem, TTK, Ujvidek, 2000.

[21] Hatvani L., Pinter L., Differencialegyenletes modellek a kozepiskolaban, POLYGON,Szeged, 1997.

[22] Hatvani L., Krisztin T., Makay G., Dinamikus modellek a kozgazdasagban, POLY-GON, Szeged, 2001.

[23] Kadelburg Z., Micic V., Ognjanovic S., Analiza sa algebrom 2, udzbenik sa zbirkomzadataka za 3. razred Matematicke gimnazije, KRUG, Beograd, 2008.



[26] Karman T., Biot M. A., Matematikai modszerek muszaki feladatok megoldasara,Muszaki Konyvkiado, Budapest, 1963.

[27] Keckic J. D., Matematika es feladatgyujtemeny - a kozepiskolak III. osztalyaszamara, Zavod za Udzbenike i nastavna sredstva, Beograd, 2005.

[28] Kovacs J., Takacs G., Takacs M., Analızis, Nemzeti Tankonyvkiado, Budapest,1998.

[29] Korn G. A., Korn T. M., Matematikai kezikonyv muszakiaknak, MuszakiKonyvkiado, Budapest, 1975.

[30] Maric V., Skendzic M., Obicne diferencijalne jednacine, Naucna Knjiga, Beograd,1980.

[31] Maric V., Budincevic M., Diferencijalne i diferencne jednacine, PMF, Novi Sad,2005.

[32] Mate L., Rekurzıv sorozatok, Tankonyvkiado, Budapest, 1980.

[33] Milicic P. M., Uscumlic M. P., Zbirka zadataka iz vise matematike I, Naucna Knjiga,Beograd, 1982.

[34] Miller K. S., An Introduction to the Calculus of Finite Differences and DifferenceEquations, Henry Holt and Company, New York, 1960.

[35] Monostori I., Szeredai E., Differencialegyenletek, Muegyetemi Kiado, Budapest,1998.

[36] Obadovics J. Gy., Matematika, Muszaki Konyvkiado, Budapest, 1978.

[37] Obadovics J. Gy., Szarka Zoltan, Felsobb matematika, Scolar Kiado, Budapest,1999.

354 IRODALOM

[38] Obadovics J. Gy., Felsobb matematikai feladatgyujtemeny, Scolar Kiado, Budapest,1999.

[39] Obadovics J. Gy., Szarka Z., Felsobb matematikai osszefoglalo muszakiaknak,Muszaki Konyvkiado, Budapest, 1973.

[40] Obradovic M., Georgijevic D., Matematika es feladatgyujtemeny - a kozepiskolakIV. osztalya szamara, Zavod za Udzbenike i nastavna sredstva, Beograd, 1998.

[41] Peic H., Szarapka L., 100 resenih ispitnih zadataka iz matematike, Univerzitet uNovom Sadu, Gradevinski Fakultet, Subotica, 1996.

[42] Peic H., Matematika I., Ujvideki Egyetem, Epıtomernoki Kar, Szabadka, 2005.

[43] Peic H., Roznjik A., Magyar-szerb-angol matematikai szotar, UJ KEP SZOTAR,Vajdasagi Modszertani Kozpont, Szabadka, 2007.

[44] Rabai I., Elemi matematikai peldatar III. - sorozatok, sorok, valogatott feladatok,Gondolat, Budapest, 1976.

[45] Scharnitzky V., Differencialegyenletek, Muszaki Konyvkiado, Budapest, 1983.

[46] Scharnitzky V., Matematikai feldatok - matematika a muszaki foiskolak szamara,Tankonyvkiado, Budapest, 1989.

[47] Szabo T., Kalkulus II. Peldatar, POLYGON, Szeged, 2002.

[48] Szerenyi T., Analızis, Tankonyvkiado, Budapest, 1977.

[49] Stojanovic V., Zbirka resenih zadataka za prvi razred srednjih skola, Matematiskop,Beograd, 2003.

[50] Vukadinovic S., Stojanovic V., Zbirka resenih zadataka za cetvrti razred srednjihskola, Matematiskop, Beograd, 1999.

[51] Zolic A., Kadelburg Z., Ognjanovic S., Analiza sa algebrom 1, udzbenik sa zbirkomzadataka za 3. razred Matematicke gimnazije, KRUG, Beograd, 2003.

CIP - Katalogizacija u publikacijiBiblioteka Matice srpske, Novi Sad

51(035.057.874)

CSIKOS Pajor, GizellaAnalızis [Elektronski izvor] elmeleti osszefoglalo espeldatar / Csikos Pajor Gizella, Peics Hajnalka ; [abrakRoznjik Andrea]. - Zenta : Bolyai Farkas Alapıtvany, 2010. -1 elektronski opticki disk (CD-ROM) : tekst, slika ; 12 cm

Dostupno i na: www.bolyai-zenta.edu.rs. - Nasl. s naslovnogekrana. - Bibliografija.

ISBN 978-86-87951-01-31. Peics Hajnalkaa) Matematika - Priruqnici

COBISS.SR-ID 252784903

ANAL IZIS - Bolyai Farkas Alapitvány · PDF fileLektorunk, Boros Istv´an...

Documents

Transcript of ANAL IZIS - Bolyai Farkas Alapitvány · PDF fileLektorunk, Boros Istv´an...