tartalomjegyzÉk matematikai analÍzisandrasz/cd/megold12/xiimegoldasok.pdf · tartalomjegyzÉk...

TARTALOMJEGYZÉK

MATEMATIKAI ANALÍZIS

I. FEJEZET. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL .............5

II. FEJEZET. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK ...........................................................18

III. FEJEZET. A HATÁROZATLAN INTEGRÁLOK ALKALMAZÁSAI....................86

IV. FEJEZET. A HATÁROZOTT INTEGRÁL..........................................................97

V. FEJEZET. HATÁROZOTT INTEGRÁLOK KISZÁMÍTÁSA ...............................127

VI. FEJEZET. A HATÁROZOTT INTEGRÁL ALKALMAZÁSAI............................153

VII. FEJEZET. ÖSSZEFOGLALÓ GYAKORLATOK ÉS FELADATOK ..................241

ALGEBRA

I. FEJEZET. RELÁCIÓK.....................................................................................170

II. FEJEZET. CSOPORTOK .................................................................................192

III. FEJEZET. GYŰRŰK ÉS TESTEK ...................................................................204

IV. FEJEZET. VEKTORTEREK...........................................................................219

V. FEJEZET. GYAKORLATOK ÉS FELADATOK ALGEBRÁBÓL .........................280

A primitív függvény és a határozatlan integrál 5

I. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY ÉS A HATÁROZATLAN INTEGRÁL

Gyakorlatok és feladatok (21. oldal) I. Vizsgáld meg, hogy a következő függvényeknek milyen halmazon van primitív függvényük és ezekben az esetekben határozd meg a primitív függvényeiket: 1. ( ) 3 22 1f x x x x= + + + ; 2. ( ) 3f x x= + x ;

3. ( )2

1f x x

x= + ; 4. ( ) 2 5f x x x x x= + ;

5. ( ) 45

43f x x

x= + ; 6. ( )

4 3

5 3

x xf x

x= ;

7. ( )1

f x xx

= + ; 8. ( )1

3 2f x

x=

+;

9. ( )25

f x xx

= + ; 10. ( ) 2 2xf x x= + ;

11. ( ) 22 3x xf x = ⋅ ; 12. ( ) 5xf x x= ; 13. ( ) sh chf x x= + x ; 14. ; ( ) ( )sh lnf x x= 15. ( ) sh 3f x x= ; 16. ( ) sin 2f x x= ; 17. ( ) cos 3f x x= ; 18. ( ) sinf x x= x ;

19. ( )2 2

1 1sin 3 cos 4

f xx x

= + ; 20. ; ( ) ( )tg 3 1f x x= +

21. ( ) ctg2f x x= ; 22. ( )( )2 2

1sin 2 cos 2 3

f xx x π

=+ +

;

23. ( )2

19

f xx

=−

; 24. ( )2

13 4

f xx

=−

;

25. ( )2

19

f xx

=+

; 26. ( )2

13 4

f xx

=+

;

27. ( )2

19

f xx

=+

; 28. ( )2

19

f xx

=−

;

29. ( )2

13 4

f xx

=+

; 30. ( )2

13 4

f xx

=−

;

31. ( )2

19

f xx

=−

; 32. ( )2

14 3

f xx

=−

.

Megoldás 1. 3 2 3 22 1 2 1x x x dx x dx x dx x dx dx+ + + = + + +∫ ∫ ∫ ∫ =∫

4 3 224 3 2x x x x C= + + + + .

6 A primitív függvény és a határozatlan integrál

Az előbbi összefüggés minden x esetén érvényes, mert az és 1

kifejezésekkel értelmezhető függvények az -en primitiválhatók és primitiválható függvények összege is primitiválható, sőt az összegfüggvény primitívje a tagok primitívjeinek összege. A továbbiakban csak a primitíveket írjuk fel és a maximális intervallumot, amelyen léteznek, esetleg röviden hivatkozunk arra, hogy melyik szabályt használtuk.

∈ 3 2, 2 ,x x x

2. 4 333 3 24 3

x x dx x x+ = + +∫ C és . [0, )D = ∞

3. 2

2

1 12xx dx

x x+ = − +∫ C és , ahol I egy intervallum. *I D⊂ =

Megjegyzés. A továbbiakban az jelölés azt jelenti, hogy I egy intervallum és a primitívre vonatkozó összefüggés I -n érvényes. Ha nem szűkítjük le egy intervallumra a primitív értelmezését, akkor az előbbi feladat megoldása

I D⊂

2

1

2 2

2

1 , 01 2

1 , 02

x C xxx dx

x x C xx

⎧⎪⎪ − + <⎪⎪⎪+ = ⎨⎪⎪ − + >⎪⎪⎪⎩

∫

mert 0 nem tartozik az eredeti függvény értelmezési tartományához.

4. 3 11 5 16

2 2 5 2 55 2 55 16

x x x x dx x dx x dx x x C+ = + = + +∫ ∫ ∫ =

2 3 52 55 16x x x x C= + + és . [0, )D = ∞

5. 2 55 4

4 3 135

x dx xx x

+ = − +∫ C és . *I D⊂ =

6.

1 11 4 114 34 315 15

3355

1511

x x xdx dx x dx x Cx x

⎛ ⎞⎟⎜ + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ −= = = +∫ ∫ ∫ *I D⊂ = és .

7. 21 ln

2xx dx x

x+ = + +∫ C és . *I D⊂ =

8. 1 ln 3 23 2 3dx x Cx

= ++∫ + és { }2\

3I D⊂ = − .

9. 22 2 ln

5 2 5xx dx x

x+ = + +∫ C és . *I D⊂ =

10. 3

2 223 ln 2

xx xx dx+ = + +∫ C és . D =

11. 2 182 3 18ln18

xx x xdx dx C⋅ = = +∫ ∫ és D . =


12. Az 5ln 5

xx ⋅ kifejezés deriválásából megkapjuk az kifejezést, de még

megjelenik az

5xx ⋅

5ln 5

x

tag is, tehát 5ln 5

xx ⋅ -ből kivonva az 5ln 5

x

egy primitívjét, a keresett

függvényt kapjuk. Valóban, az , :F → 2

5 5( )ln 5 ln 5

x xxF x C⋅= − + függvény

deriválható és , tehát az ( ) ( ),F x f x x′ = ∀ ∈ f függvény primitiválható az -en

és

2

5 5( )ln 5 ln 5

x xxf x dx C⋅= − +∫ .

13. és D . sh ch ch sh xx x dx x x C e+ = + + = +∫ C =

14. ( )ln ln 21 1 2 lnsh ln

2 2 4

x xe e x xx dx dx x dx Cx

−− −= = − =∫ ∫ ∫ + és

. (0, )D = ∞

15. 1sh 3 ch 33

x dx x C= +∫ és D . =

16. 1sin 2 cos 22

x dx x C= − +∫ és D . =

17. 1cos 3 sin 33

x dx x C= +∫ és . D =

18. A 12. feladathoz hasonlóan részenként megkereshetjük a primitív függvényt és így az , függvényhez jutunk. Ez deriválható és

, tehát az :F → ( ) cos sinF x x x x=− ⋅ +

( ) ( ),F x f x x′ = ∀ ∈ f függvény primitiválható az -en és

( ) cos sinf x dx x x x C= − ⋅ + +∫ .

19. 2 2

1 1 1 1ctg 3 tg 4sin 3 cos 4 3 4

dx x x Cx x+ = − +∫ + és

{ } (2 1)\3 8

kI D k k kππ⎛ ⎞⎧ ⎫+⎪ ⎪⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⊂ = ⋅ ∈ ∪ ∈⎜ ⎨ ⎬⎟⎜ ⎟⎪ ⎪⎜⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭.

20. 1tg(3 1) ln cos(3 1)3

x dx x+ = − + +∫ C és

(2 1) 2\6

kI D kπ⎧ ⎫+ −⎪ ⎪⎪ ⎪⊂ = ∈⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭.

21. 1ctg 2 ln sin 22

x dx x C= +∫ és { }\2

I D k kπ⊂ = ⋅ ∈ .

22. Mivel , írhatjuk, hogy cos(2 3 ) cos(2 ) cos2x xπ π+ = + =− x


2 2 2 2 1sin 2 cos (2 3 ) sin 2 cos 2

dx dx dx x Cx x x xπ

= =+ + +∫ ∫ ∫ = + ,

és ez érvényes a D -n. =

23. 2

1 3ln9 6 3

dx x Cx x

−= +

− +∫ és . \ { 3}D I= ⊂ ±

24. 22

2 31 1 1 3ln4 4 3 2 33 4 3 3

3 3 3

xdx dx Cx x x

−= = +

− − +∫ ∫ =

1 3 2 3ln4 3 3 2 3

x Cx−

= ++

,

2 3\3

I D⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⊂ = ±⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

.

25. 2

1 arctg9 3 3

dx x Cx

= ++∫ és . D =

26. 2

3 3arctg3 4 6 2dx x Cx

= ++∫ D = és .

27. ( )2

2ln 9

9dx x xx

= + + ++∫ C és . D =

28. 2

2ln 9

9dx x xx

= − − +−∫ C és . \ [ 3, 3]D I= ⊂ −

29. 2

2

1 4ln3 33 4

dx x xx

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+∫ C+ és . D =

30. 2

2

1 4ln3 33 4

dx x x Cx

= − −−∫ + és 2 3 2 3\ ,

3 3D I

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⊂ −⎢ ⎥⎣ ⎦

.

31. 2

arcsin39

dx x Cx

= +−∫ és . ( 3, 3)D = −

32. 2

1 3arcsin3 24 3

dx x Cx

= +−∫ és 2 3 2 3,

3 3D

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

II. Bizonyítsd be, hogy a következő függvényeknek van primitív függvénye:

1. :f → , ( )ha

ha

1arctg , 0

, 02

xxf x

xπ

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎪⎩

;


2. :f → , ( )haha

sin, 0

1, 0

xxf x xx

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩;

3. :f → , ( )haha

ln 1 , 01, 0

x xf x xx

⎧ +⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩

;

4. :f → , ; ( )( ) ha

ha

2 1 , 0ln 1, 0

xx x e xf x x x x

⎧⎪ − + ≤⎪= ⎨ + >⎪⎪⎩ 5. :f → , ( ) { }2max ,2xf x x= ;

6. :f → , ( )haha

1cos , 00, 0

xf x xx

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩;

7. :f → , ( )( ) ha

ha

11 sin , 0

0, 0x xf x x

x

⎧⎪⎪ + ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩;

8. :f → , ( )haha

1sin , 0

0, 0

xe xf x xx

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩;

9. :f → , ( )ha

ha

1cos , 0

arctg0, 0

xf x x

x

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩

;

10. :f → , ( )haha

sin , 00, 0

xexf x xx

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩

.

Megoldás. 1. Mivel 0

1lim arctg2x xπ

→= , az :f → ,

1arctg , 0( )

, 02

xxf xxπ

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

függvény folytonos, tehát primitiválható is.

2. Mivel 0

sinlim 1x

xx→

= és a feladatban értelmezett függvény folytonos, létezik

primitív függvénye -en.

3. 0 0

ln 1 ln( 1)lim lim 1x x

x xx x→ →

+ += = , tehát a vizsgált függvény folytonos -en és

így primitiválható is.


4. Mivel , ( )2

0 00 0

lim ( ) lim 1 1x

x xx x

f x x x e→ →< <

= − + = ( )0 00 0

lim ( ) lim ln 1 1x xx x

f x x x→ →> >

= ⋅ + = és

, az (0) 1f = f függvény folytonos 0 -ban. Másrészt f folytonos -on, tehát folytonos -en és így létezik primitív függvénye.

*

5. Az 1 :f → , 21( ) ,f x x x= ∀ ∈ és 2 :f → ,

függvények folytonosak, tehát az , függvény is

folytonos és így létezik primitív függvénye.

1( ) 2 ,xf x x= ∀ ∈

1 2( ) max( ( ), ( ))f x f x f x= x∀ ∈

6. A függvény nem folytonos -ban, ezért más gondolatmenetet használunk, megpróbálunk előállítani egy olyan függvényt, amelynek a deriváltja tartalmazza a

0

1cosx

kifejezést. 2

1 1sin cosx x

′⎛ ⎞ ⎛⎟ ⎟⎜ ⎜= ⋅ −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝1x

⎞⎠

, tehát a 2 1sinxx

− ⋅ kifejezés deriváltjában

megjelenik a 1cosx

. Pontosabban 2 1 1 1x

sin 2 sin cosx xx x

′⎟− ⋅ = − ⋅ +⎟⎟

*x∀ ∈⎛ ⎞⎜⎜⎜⎝ ⎠

, .

Az itt megjelenő függvényeket megpróbáljuk folytonosan meghosszabbítani a 0 -ban. 2

0 0

1lim sin 0 lim sinx xx

x x→ →⋅ = = ⋅

1x , tehát írhatjuk, hogy a , :G →

2 1sin , 0( )

0, 0

x xxG xx

⎧⎪⎪− ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

és , :h →12 sin , 0

( )0, 0

x xxh xx

⎧⎪⎪ ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

függvények

folytonosak. G deriválható -on és *

0 0

( ) (0) 1lim lim sin 00x x

G x G xx x→ →

−= − =

−, tehát G

deriválható -ban és . Ez alapján 0 (0) 0G ′ = ( ) ( ) ( ),f x G x h x x′= + ∀ ∈ . A

folytonos, tehát létezik primitív függvénye, a G -nek létezik primitív függvénye, tehát az

h

′f -nek is létezik primitív függvénye.

7. A , :h →1sin , 0

( )0, 0

x xxh xx

⎧⎪⎪ ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

függvény folytonos és a , :G →

1sin , 0( )

0, 0

xxG xx

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

függvénynek létezik primitív függvénye, tehát az összegüknek

is létezik primitív függvénye. Megjegyzés. Használhatjuk az 5. megoldott feladatot (lásd a tankönyv 19. oldalán). 8. A bizonyítást itt is elvégezhetjük a 6. feladat megoldásához hasonlóan, ha a

:G → , 2 1cos , 0

( )0, 0

xx e xxG xx

⎧⎪⎪ ⋅ ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩


és

:h → , 2 1 1cos 2 cos , 0

( )0, 0

x xe x e x xx xh x

x

⎧⎪⎪ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

segédfüggvényeket használjuk ( ) . G h f′ − =Az egyszerűbb gondolatmenet a következő: a

:h → , ( ) 11 sin , 0

( )0, 0

xe xxh xx

⎧⎪⎪ − ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

függvény folytonos és a , :G →1sin , 0

( )0, 0

xxG xx

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

függvénynek létezik

primitív függvénye, tehát az összegüknek is létezik primitív függvénye. Megjegyzés. Használhatjuk az 5. megoldott feladatot (lásd a tankönyv 19. oldalán). 9. Tekintsük a

:h → , ( )2 12 arctg arctg sin , 0

arctg( )0, 0

x x x xxh xx

⎧⎪⎪ + ⋅ ⋅ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

és

:G → , ( )2 2 1arctg 1 sin , 0

arctg( )0, 0

x x xxG xx

⎧⎪⎪− ⋅ + ⋅⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

≠

segédfüggvényeket. A függvény folytonos -en, deriválható -en és h G( ) ( ) ( ),f x G x h x x′= + ∀ ∈ , tehát az f primitiválható.

10. A , :h →

22 cos sin , 0( )

0, 0

x x

x

x x e ex xh x e x x

x

⎧ −⎪⎪ ⋅ − ⋅ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

függvény folytonos

és a , :G →

2

cos , 0( )

0, 0

x

x

x e xG x e x

x

⎧⎪⎪ ⋅ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

függvény deriválható -en, továbbá

( ) ( ) ( ),f x G x h x x′= − ∀ ∈ , tehát az f primitiválható.

III. Bizonyítsd be, hogy a következő függvényeknek nincs primitív függvénye: 1. :f → , ( ) sgnf x x= ;

2. :f → , ; ( )haha

, 0cos , 0x x

f x x x⎧ <⎪⎪= ⎨ ≥⎪⎪⎩

3. :f → , ( ) [ ]f x x= ;


4. :f → , ( ) { }f x x= ;

5. :f → , ( )haha2

,, \x x

f x x x⎧ ∈⎪⎪= ⎨ ∈⎪⎪⎩

;

6. :f → , ( )haha

1 1sin cos , 01, 0

x xf x x xx

⎧⎪⎪ + ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩;

7. :f → , ; ( )haha3

,, \x x

f x x x⎧ ∈⎪⎪= ⎨ ∈⎪⎪⎩

8. :f → , ( )haha

sin, 0

0, 0

xxf x xx

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩

;

9. :f → , ( )ha

ha

1cos , 01, 0

2

xxf x

x

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎪⎩

.

Megoldás. 1. A függvény képe a halmaz, tehát nem intervallum. Ebből következik, hogy

{ 1, 0,1}−f nem Darboux tulajdonságú, tehát nincs primitív függvénye.

2. Mivel , az 0 00 0

lim ( ) lim 0x xx x

f x x→ →< <

= =0 00 0

lim ( ) lim cos 1x xx x

f x x→ →> <

= = f függvénynek elsőfajú

szakadási pontja az . Ebből következik, hogy a függvény nem Darboux tulajdonságú, tehát nem létezik primitív függvénye.

0x =

3. Az f függvény képe csak az egész számokat tartalmazza, tehát nem intervallum. Ebből következik, hogy a függvény nem Darboux tulajdonságú, tehát nem létezik primitív függvénye. 4. Mivel és az lim ( ) lim{ } 0

x k x kx k x k

f x x→ →< <

= = lim ( ) lim{ } 1x k x kx k x k

f x x→ →> <

= = f függvénynek

elsőfajú szakadási pontja az x , minden k esetén. Ebből következik, hogy a függvény nem Darboux tulajdonságú, tehát nem létezik primitív függvénye.

k= ∈

5. Igazoljuk, hogy f nem Darboux tulajdonságú. Ha 1 3x = és 2 5x = , akkor és . Az érték esetén az egyenletnek

nincs megoldása az

( )1 3f x = ( )2 5f x = 4 (3,5)y = ∈ ( )f x y=

( )1 2,x x intervallumban, mert az egyenlőség csak az értékek esetén teljesül és ezek nincsenek a vizsgált intervallumban. Ezek

alapján az ( intervallum képe nem intervallum, tehát

( ) 4f x =4x = ±

)1 2,x x f nem Darboux tulajdonságú és így nincs primitív függvénye. 6. Az

1 :f → , 1

1sin , 0( )

0, 0

xxf xx

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

és 2 :f → , 2

1cos , 0( )

0, 0

x xxf xx

⎧⎪⎪ ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩


függvényeknek létezik primitív függvénye, tehát ha f -nek is létezne primitív

függvénye, akkor az függvény is primitiválható volna. Ez

viszont ellentmondás, mert az

1 2

0, 0

1, 0

xf f f

x

≠⎧⎪⎪− − = ⎨⎪ =⎪⎩

3 :f → , függvény képe nem

intervallum, tehát a függvény nem Darboux tulajdonságú és így nincs primitívje sem.

3

0, 0( )

1, 0

xf x

x

≠⎧⎪⎪= ⎨⎪ =⎪⎩

7. Igazoljuk, hogy f nem Darboux tulajdonságú. Ha 31 7x = és 3

2 9x = , akkor és . Az érték esetén az egyenletnek

nincs megoldása az ( )1 7f x = ( )2 9f x = 8 (7,9)y = ∈ ( )f x y=

( )1 2,x x intervallumban, mert az egyenlőség csak az érték esetén teljesül és ez nincs a vizsgált intervallumban. Ezek alapján az intervallum képe nem intervallum, tehát

( ) 8f x =8x =

( 1 2,x x ) f nem Darboux tulajdonságú és így nincs primitív függvénye.

8. A , :h →sin , 0

( )1, 0

x xxh x

x

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

függvény folytonos, tehát létezik primitív

függvénye. Ha az f függvénynek létezik primitív függvénye, akkor az f g− függvény is primitiválható. Ez ellentmondás, mert az f g− függvény képe nem intervallum.

9. Az 1 :f → , 1

1cos , 0( )

0, 0

xxf xx

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

függvénynek létezik primitív függvénye,

tehát, ha az f is primitiválható, akkor az 1

0, 0( )( ) 1 , 0

2

xf f x

x

≠⎧⎪⎪⎪− = ⎨⎪ =⎪⎪⎩

függvény is

primitiválható volna. Ez nem lehetséges, mert 1f f− képhalmaza nem intervallum. IV. 1. Adj példát két függvényre, amelyeknek nincs primitív függvénye, de a szorza-tuknak van. Megoldás. Az

, :f g → , és 0, 0

( )1, 0

xf x

x

≤⎧⎪⎪= ⎨⎪ >⎪⎩

1, 0( )

0, 0

xg x

x

⎧ ≤⎪⎪= ⎨⎪ >⎪⎩függvényeknek nem létezik primitív függvénye, de a szorzatuk identikusan nulla, tehát a szorzatnak létezik primitívje. 2. Adj példát két függvényre, amelyeknek nincs primitív függvénye, de az összetett függvénynek van.


Megoldás. Az , :f g → , és

függvényeknek nem létezik primitív függvénye, de az összetételükre , tehát az

0, 0( )

1, 0

xf x

x

≤⎧⎪⎪= ⎨⎪ >⎪⎩

1, 0( )

2, 0

xg x

x

⎧ ≤⎪⎪= ⎨⎪ >⎪⎩

( )( ) 1,f g x x= ∀ ∈ f g függvénynek létezik primitívje.

3. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) függvénynek van primitív

függvénye az [ , és [ , intervallumokon ( ), akkor

: [ , ]f a b → , ,a b a b∈ <

]a c ]c b ( , )c a b∈ f -nek van primitív függvénye -en. Bizonyítás. Ha és az 1F 2F f primitívje az [ , és [ , intervallumon, akkor az ]a c ]c b

: [ , ]F a b → , 1

2 2 1

( ), [ , ]( )

( ) ( ) ( ), ( , ]

F x x a cF x

F x F c F c x c b

⎧ ∈⎪⎪⎪= ⎨⎪ − + ∈⎪⎪⎩függvény folytonos, deriválható és , tehát ( ) ( ), [ , ]F x f x x a b′ = ∀ ∈ f -nek létezik

primitívje az [ , ] intervallumon. a b4. Bizonyítsd be, hogy ha az :f → függvénynek van primitív függvénye az ,

zárt intervallumokon, ahol , akkor kI

k ∈ kk

I∈

=∪ f -nek van primitív függvénye

-en. Bizonyítás. Ha [ ],k kI a b= k

kI

, és , akkor bármely

intervallum esetén létezik olyan , amelyre .

Így a intervallum felbontható véges sok diszjunkt belsejű intervallum

egyesítésére úgy, hogy az egyes részintervallumok mindegyike valamelyik intervallum része legyen. Az előbbi feladat alapján az

k∀ ∈ kk

I∈

=∪

[ , ]nJ n n= − ⊂ nk ∈n

n

k

n kk k

J I=−

⊂ ∪n

n

k

nk k

J=−

⊂ ∪kI

f -nek létezik primitívje a intervallumon. Az , , függvény

jól értelmezett és teljesül rá az , összefüggés, tehát a

nF

nJ :F → 1( ) ( ) (0) (0)k kF x F x F F= + − kx J∈( ) ( )F x f x′ = x∀ ∈ f

függvénynek létezik primitív függvénye az halmazon. 5. Határozd meg az α paraméter értékét úgy, hogy az ∈

: ,2 2

fπ π⎛ ⎞⎟⎜− →⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

, ( )haha

3arctg , 0, 0

xf x xxα

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩

függvénynek legyen primitív függvénye.


Megoldás. 0

3limarctg2x xπ

→= , tehát a : ,

2 2g π π⎛ ⎞⎟⎜− →⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ,

3arctg , 0( )

, 02

xxg xxπ

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

függvény folytonos és így létezik primitív függvénye. Ha az f függvény

primitiválható, akkor az 0, 0

( )( ), 0

2

xf g x

xπα

≠⎧⎪⎪⎪− = ⎨⎪ − =⎪⎪⎩

függvény is primitiválható.

Ennek a függvénynek a képtartománya 2π

α ≠ esetén két értéket tartalmaz, tehát

ebben az esetben a függvény nem Darboux tulajdonságú. Ez alapján a vizsgált függvénynek pontosan akkor van primitív függvénye, ha

2π

α = .

6. Határozd meg az α paraméter értékét úgy, hogy az ∈

:f → , ( )haha

2 1sin , 0, 0

xf x xxα

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩


Megoldás. A 2

21 cos1sin2x

x

−= azonosság alapján írhatjuk, hogy

1 1 2cos , 02 2( ), 0

xxf xxα

⎧⎪⎪ − ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

. A , :g →1 2cos , 02( )0, 0

xxg xx

⎧⎪⎪ ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

függvény

primitiválható, tehát az f függvény pontosan akkor primitiválható, ha 12

α =

(ellenkező esetben az f g− különbség képtartománya két pontot tartalmazna). 7. Határozd meg az α paraméter értékét úgy, hogy az ∈

:f → , ( )haha

2 31 1sin cos , 0, 0

xf x x xxα

⎧⎪⎪ ⋅ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩


Megoldás. A 2 3 2 41 1 1 1 1sin cos sin cos sin cosx x x x x x⋅ = ⋅ − ⋅

1 azonosság alapján

átalakítjuk a függvényt. A

:G → , 2 3 2 51 1 1 1sin sin , 0

3 5( )0, 0

x xx xG x

x

⎧⎪⎪− +⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

x ≠

függvény folytonos és deriválható. Ha , akkor 0x ≠


3 2 5 42 1 1 1 2 1 1 1( ) sin sin cos sin sin cos3 5

G x x xx x x x x

′ = − ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅x

és . A (0) 0G ′ =

:h → , 2 3 52 1 2 1sin sin , 0

3 5( )0, 0

x xx xh x

x

⎧⎪⎪ − ⋅ ≠⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎩

x

függvény folytonos, tehát létezik primitívje és ,

. Ez alapján az

0, 0( ) ( ) ( )

, 0

xf x G x h x

xα

≠⎧⎪⎪′= + +⎨ =⎪⎪⎩x∀ ∈ f pontosan akkor primitiválható, ha . 0α =

8. Bizonyítsd be, hogy ha az függvénynek van primitív függvénye és létezik úgy, hogy

: [0,1] [0,1]f →(0,1)α ∈ ( ) 0f α = , akkor f nem injektív.

Bizonyítás. Ha f primitiválható, akkor Darboux tulajdonságú. Ha f injektív és Darboux tulajdonságú, akkor szigorúan monoton. Ez nem lehetséges, mert

, és . (0) (0,1]f ∈ (1) (0,1]f ∈ (0,1)α ∈ ( ) 0f α =

9. Bizonyítsd be, hogy ha az :f → függvény esetén ( )1

f xx

≥ , , akkor 0x∀ >

f -nek nincs primitív függvénye.

Bizonyítás. Ha , akkor a (0)f a= ∈0 00 0

1lim ( ) limx xx x

f xx→ →

> >

≥ = ∞ összefüggés alapján

. Ez alapján létezik olyan intervallum, amelyre ,

, tehát a [0 intervallum képe tartalmazza a -t, tartalmaz -nél nagyobb

elemeket és nem tartalmaz a és közti elemeket. Így a [0 intervallum képe nem intervallum, tehát

00

lim ( )xx

f x→>

= ∞ (0, ]I ε= ( ) 1f x a> +

x I∀ ∈ , ]ε 1a +

1a + , ]εf nem Darboux tulajdonságú, tehát nem létezik primitív

függvénye. 10. Létezik-e olyan :f → függvény, amelynek van primitív függvénye és f f =−1 ? Megoldás. Lásd a 11. feladatot. 11. Létezik-e olyan :f → függvény, amelynek van primitív függvénye és

, , ahol ? ( )( )f f x ax= x∀ ∈ *a −∈Megoldás. Ha f primitiválható, akkor Darboux tulajdonságú. Az f f függvény injektív, tehát f is injektív és így szigorúan monoton. Másrészt ha f szigorúan monoton, akkor f f szigorúan növekvő és ez ellentmondás, mert a

függvény szigorúan csökkenő. ( ) ,g x a x x= ⋅ ∀ ∈


12.* Bizonyítsd be, hogy ha az :f → függvénynek létezik primitív függvénye, a függvény folytonosan deriválható, és , esetén, a

függvény pedig az

:g → ( ) 0g x ≠ x∀ ∈

:h →1g

függvény egy primitív függvénye, akkor az of h

függvénynek is létezik primitív függvénye! Bizonyítás. Tekintsük a , ,

függvényt, ahol az

:K → ( ) ( ) ( )( )K x g x F h x= ⋅ x∀ ∈

F f egy primitív függvénye. Mivel és h deriválható függvények, a is deriválható és

,g FK ( ) ( )(h( ) ( ) ( ) )K x g x F h x f x′ ′= ⋅ +

). Másrészt

az és g függvények folytonosak, tehát a függvény is folytonos és így primitiválható, tehát az F h ′ (g F h′ ⋅

f h függvény is primitiválható (két primitiválható függvény különbsége). 13.* Bizonyítsd be, hogy ha az függvények folytonosak és ,

akkor az függvénynek nincs primitív függvénye!

1,2 : ( , )f a b → 1 2f f≠

1

2

( ) , [ , ]( ) ( ) , [ , ] \

f x x a bf x f x x a b

⎧ ∈⎪⎪= ⎨ ∈⎪⎪⎩

∩

Bizonyítás. Mivel 1 2f f≠ létezik olyan , amelyre .

Feltételezzük, hogy és megszerkesztjük az

( , )c a b∈ 1 2( ) ( )f c f c≠

1 2( ) ( )f c f c> 1 2( ) ( ) 03

f c f cε

−= > számot.

folytonos függvények, tehát létezik olyan , amelyre

és , . Ez

alapján a ( intervallum képe nem intervallum, mert és az intervallum tartalmaz elemeket az ( )

intervallumból is és az ( intervallumból is.

1,2f 0δ >

( )1 1 1( ) ( ) , ( )f x f c f cε ε∈ − + ( )2 2 2( ) ( ) , ( )f x f c f cε ε∈ − + ( ,x c cδ δ∀ ∈ − + )

)))ε

),c cδ δ− + 2 1( ) ( )f c f cε ε+ < −

(( ,f c cδ δ− + 1 1( ) , ( )f c f cε ε− +

2 2( ) , ( )f c f cε− +

18 Integrálási módszerek

II. INTEGRÁLÁSI MÓDSZEREK

2.1. A parciális integrálás módszere Gyakorlatok (29. oldal) Határozd meg, hogy milyen halmazon létezik primitív függvénye az alábbi függvé-nyeknek és számítsd ki a primitív függvényt vagy adj rekurziós összefüggést rá: 1. ( ) 2 lnf x x= x

3 3 3 32 1ln ln ln ln

3 3 3 3 9x x x x xx x dx x dx x dx x

x

′⎛ ⎞⎟⎜⋅ = = ⋅ − ⋅ = ⋅ − +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ ∫3

C és

*D += . 2. ( ) ( )ln 1f x x x= +

2 2 2 1ln( 1) ln( 1) ln( 1)2 2 2x x xx x dx x dx x dx

x

′⎛ ⎞⎟⎜⋅ + = ⋅ + = ⋅ + − ⋅⎟⎜ ⎟⎟⎜ +⎝ ⎠∫ ∫ ∫ 1=

2 2 1 1ln( 1)2 2( 1)x x x xx d

x+ − − +

= ⋅ + − =+∫ x

2 2 1 1ln( 1) ln( 1)2 4 2 2x xx x x C= ⋅ + − + − + + ( 1, )D = − ∞

−

=

=

és .

3. ( ) ( )2sh 3 1f x x x x= +

( ) ( )( ) ( )2 2 23 1 sh 3 1 ch 3 1 chx x x dx x x x dx x x x′+ − = + − = + − −∫ ∫

( ) ( )( )2(2 3)ch 3 1 ch 2 3 shx x dx x x x x x dx′− + = + − − +∫ ∫

( ) ( )2 3 1 ch 2 3 sh 2 shx x x x x x dx= + − − + + ∫

( ) ( )2 3 1 ch 2 3 sh 2chx x x x x x= + − − + + +C és D . =

4. ( ) sh 3f x x=1sh 3 ch 33

x dx x C= +∫ és D . =

5. ( ) ( )3 23 2 3 xf x x x x e= + − + 3

( ) ( )3

3 2 3 3 23 2 3 3 2 33

xx ex x x e dx x x x dx

′⎛ ⎞⎟⎜+ − + = + − + ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ =

( ) ( )3 3

3 2 23 2 3 3 6 23 3

x xe ex x x x x dx= + − + − + − =∫

Integrálási módszerek 19

( ) ( )3 3

3 2 23 2 3 3 6 23 9

x xe ex x x x x dx′⎛ ⎞⎟⎜= + − + − + − ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ =

( ) ( ) ( )3 3

3 2 23 2 3 3 6 2 6 63 9

x xe ex x x x x x dx= + − + − + − + +3

9

xe=∫

( ) ( ) ( )3 3

3 2 23 2 3 3 6 2 2 23 9

x xe e ex x x x x x dx′⎛ ⎞⎟⎜= + − + − + − + + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫

3

9

x

=

3 23 2 10 37

3 3 9 27x x xe x C⎛ ⎞⎟⎜= + − + +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

D =

X

) 3

és .

Megjegyzés. Az alakú integrálok ( és gr )

kiszámítása során n -szer integrálunk parciálisan. Az eredmény , ahol és gr és ezt meghatározhatjuk az együtthatók azonosításával is. Az

előbbi példában az eredmény ( alakú (a konstanstól eltekintve)

és ennek a deriváltja

( ) axP x e dx∫ [ ]P ∈ P n=

( ) axQ x e C+[ ]Q X∈ Q n=

3 2 xax bx cx d e+ + +

( ) ( )( )3 23 3 3 3 2 3 xax b a x c b x d c e+ + + + + + 3

3 2 3, tehát a 3 1 ,

, és egyenletrendszerhez jutunk. Ennek a

megoldása

a =

3 3a b+ = 3 2c b+ =− 3d c+ =13

a = , 23

b = , 109

c =− és 3727

d = , tehát ugyanahhoz az eredményhez

jutunk. 6. ( ) ( )1 lnxf x x e x= +

( )( 1) ln ( 1)ln ( 1) ln lnx x xx e x dx x x e dx x x e e x dx′+ ⋅ = + ⋅ = + ⋅ ⋅ − ⋅∫ ∫ ∫ x −

1 1( 1) ln lnx

x x x xx ee dx e x x e x dx e dxx x+ +

− ⋅ = ⋅ + ⋅ − ⋅ + − ⋅∫ ∫xx

=∫e x x e x e C= ⋅ + ⋅ − ⋅ − + *

+=

x

( 1) ln lnx x x és D .

7. ( ) ( )2 1 xf x x x e= + +

( ) ( )( )2 21 1x xx x e dx x x e dx′+ + = + + =∫ ∫

( ) ( )2 21 (2 1) 2x xx x e x e dx x x e C= + + − + = − + +∫ és D . =

8. ( ) 3lnf x x=

( )3 3 3 2 3ln ln ln 3 ln ln 3 lnx dx x x dx x x x dx x x x x′= = ⋅ − = ⋅ − ⋅∫ ∫ ∫ 2 +

=

C

6 ln 6x x x C+ ⋅ − + és . *D +=9. ( ) sinf x x x=

( )sin cos cos cosx x dx x x dx x x x dx′⋅ = ⋅ − =− ⋅ +∫ ∫ ∫

cos sinx x x=− ⋅ + + és D . =


10. ( ) 3 sinf x x x=

( )3 3 3 2sin cos cos 3 cosx x dx x x dx x x x x dx′⋅ = ⋅ − =− ⋅ + ⋅∫ ∫ ∫ =

C

3 2cos 3 sin 6 cos 6 sinx x x x x x x=− ⋅ + ⋅ + ⋅ − + , és . D =

11. ( ) 4 cos 3f x x= x 4 3

4 4 sin 3 4cos 3 sin 3 sin 33 3 3x x xx x dx x dx x x dx

′⎛ ⎞⎟⎜⋅ = ⋅ = ⋅ − ⋅⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ ∫ =

4 2 43 34 cos 3 4 4sin 3 cos 3 sin 3 cos 3

3 3 3 3 3 9x x x xx x x dx x x x= ⋅ + − ⋅ = ⋅ + −∫

2 43 24 sin 3 8 sin 3 4 4sin 3 cos 3 sin 3

3 3 3 3 3 9 9x x x xx dx x x x x− ⋅ + ⋅ = ⋅ + − ⋅∫ x −

8 cos 3 8 sin 39 3 81

xx x C− ⋅ + + = és D .

12. ( ) arctgf x x x=

( )2 2

2arctg arctg arctg2 2 2x x xx x dx x dx x

x

′⎛ ⎞⎟⎜⋅ = ⋅ = ⋅ −⎟⎜ ⎟⎟⎜ +⎝ ⎠∫ ∫ ∫2

1dx

=

2 1 arctgarctg2 2 2x xx x= ⋅ − + +C és D . =

13. ( )2

ln xf x

x=

2 2

ln 1 1 ln 1ln lnx dx xx

dx x dx x Cx x x x x

′⎛ ⎞⎟⎜= − ⋅ = − ⋅ + =− − +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ ∫ *+=

C+

és D .

14. ( ) ( )sin cos xf x x x e= +

sin sin cosx x xx e dx e x x e C⋅ = ⋅ − ⋅ +∫ ∫ , tehát

( )sin cos sinx xx x e dx e x+ = ⋅∫ és D . =

15. ( ) 2sinf x x=

( )

2 2

2

sin sin ( cos ) sin cos cos

1 sin 2 1 sin2

x dx x x dx x x xdx

x x dx

′= ⋅ − = − ⋅ +

= − + −

∫ ∫ ∫ =

∫

tehát 2 1 sin 2sin2 4

xx dx x C= − +∫ . Másképpen

2 1 cos2 1 sin2sin2 2 4x xx dx dx x C−

= = − +∫ ∫ = és D .

16. ( ) sin cosf x x x=

Integrálási módszerek 21 2sin cos sin (sin ) sin cos sinx x dx x x dx x x x d′⋅ = ⋅ = − ⋅∫ ∫ ∫ x

tehát 2sinsin cos2xx x dx⋅ = +∫ C . Másképpen

sin2 cos2sin cos2 4x xx x dx dx⋅ = = −∫ ∫ C+ és D . =

17. ( ) 3 2sinxf x e= x

3 3 2 33 2 2 sinsin sin 2 sin cos

3 3 3

x x xx e e x ee x dx x dx x xdx

′⎛ ⎞⎟⎜⋅ = = − ⋅⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ ∫ =

3 23sin 1 sin2

3 3

xxe x e x= − ⋅ dx∫ .

Az integrált a parciális integrálás módszerével számítjuk ki. 3 sin2xI e x d= ⋅∫ x

3 3 332sin2 sin2 cos2 sin2

3 3 3 3

x x xxe e eI x dx x e x dx

′⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ = − ⋅ =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ x −

3 3 32 2cos2 sin2 cos23 3 3 3 3 9

x x xe e ex dx x x I′⎛ ⎞⎟⎜− ⋅ = − −⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫

4 .

Ebből következik, hogy ( )3

3 sin 2 2 cos213

xeI x x= − C+ , tehát

3 23 2 3sin 3 sin2 2 cos2sin 2

3 39

xx xe x x xe x dx e C−⋅ = − +∫ =

d= ⋅∫ cos2 xx e dx= ⋅

és D .

18. ( ) ( )sin 3 cos2xf x e x x= +

Az és Jsin 3 xI x e x ∫ integrálokat külön-külön határozzuk

meg. sin 3 sin 3 3 cos 3x xI x e dx x e x e d= ⋅ = ⋅ − ⋅∫ ∫ x x =

sin 3 3 cos 3sin 3 3 cos 3 910

x xx x x e x ex e x e I I C⋅ − ⋅

= ⋅ − ⋅ − ⇒ = + és

cos2 cos2 2 sin 2x xJ x e dx x e x e dx= ⋅ = ⋅ + ⋅∫ ∫ x =

cos2 2 sin 2cos2 2 sin 2 45

x xx x x e x ex e x e J J C⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅ − ⇒ = + ,

tehát

( )sin 3 3 cos 3 2 cos2 4 sin 2sin 3 cos2

10x x x x x xx x e dx e C+

− + ++ = ⋅∫ =, D .

19. ( ) ( )2 2 2 sinf x x x x= + −

( ) ( )( )2 22 2 sin 2 2 cosx x xdx x x x dx′+ − = + − − =∫ ∫


( )( ) ( )2 2 2 cos 2 2 cosx x x x xdx= + − − + + =∫

( )( ) ( )2 2 2 cos 2 2 sin 2 cosx x x x x x+ − − + + + +C

=

és D . =

20. ( ) ch sinf x x x=

( )ch sin sh sin sh sin sh cosI x xdx x xdx x x x xdx′= = = ⋅ − ⋅∫ ∫ ∫

sh sin ch cossh sin ch cos2

x x x xx x x x I I ⋅ − ⋅= ⋅ − ⋅ − ⇒ = +C

dx =

és D . =

21. ( ) ( )cos lnf x x=

( ) ( ) ( )cos ln cos ln sin lnI x dx x x x= = ⋅ +∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )( )cos ln sin ln cos ln sin ln2xx x x x I I x x C= ⋅ + ⋅ − ⇒ = ⋅ + + =

dx

és D .

22. ( ) lnnf x x xα=

Legyen . Parciálisan integrálva lnnnI x xα= ∫1

1 11

1 lln ln1 1 1

nn n

n nn x xI x x x xdx

αα α

α α α α

++ −

−= − = −+ + +∫

n1

n I+

.

Ahhoz, hogy egyértelműen meg legyen határozva, meg kell határoznunk -t: nI 0I1

0 1xI x dxα

α

α

+

= =+∫ C+ és . *D +=

23. ( ) sinnf x x xα=

11 1sin cos cosn n nnI x xdx x x nx xdxα α

α α−= ⋅ = − ⋅ + α =∫ ∫

( )1

2 2 2

1cos sinn n

n

n nx nxx xα αα α α

−

−

−= − ⋅ + − I .

Ahhoz, hogy meg legyen határozva, még szükségünk van -ra és -re. nI 0I 1I

01sin cosI xdx xα αα

= =−∫ C+ ,

1 2

1 1sin cos sinI x xdx x x xα αα α

= ⋅ = − ⋅ + ⋅ +∫ Cα

=

⇒

és . D =

24. ( ) sinxf x xe x=

sin sin sin cosx x x xI xe xdx xe x e xdx xe xdx= = − −∫ ∫ ∫

sin sin cos cosx x x xxe x e xdx xe x e x I= − − + −∫ ∫

( )sin cos cos2

x xxe x x e xI C− +⇒ = + és D . =

25. ( ) shf x x x=


sh ch ch ch shx xdx x x xdx x x x c+⋅ = ⋅ − = ⋅ −∫ ∫ =, D .

26. ( ) 2 ch 3f x x= x 2 2 sh 3 2ch 3 sh 3

3 3xx xdx x x xdx⋅ = ⋅ − ⋅∫ ∫ =

2 sh 3 2 2ch 3 sh 33 9 27xx x x x C+= − ⋅ + =, D .

27. ( ) ( )sin2 sh2 ch 3f x x x x= +

Az és sin 2 sh2I x= ⋅∫ xdx xdxsin 2 ch 3J x= ⋅∫ integrálokat külön-külön

határozzuk meg. ch2sin2 sh2 sin 2 ch2 cos2

2xI x xdx x x xd= ⋅ = ⋅ − ⋅ x =∫ ∫

ch2 sh2sin 2 cos 22 2x xx x= ⋅ − ⋅ − I ,

ahonnan ch2 sh2sin 2 cos2

4 4x xI x x= ⋅ − ⋅ +C

sh 3 ch 3 4sin 2 ch 3 sin 2 2 cos23 9x xJ x xdx x x= ⋅ = ⋅ − ⋅ −∫ 9

J ⇒

( )1 3 sin 2 sh 3 2 cos2 ch 313

J x x x x⇒ = ⋅ − ⋅ +C

=

,

tehát ( )sin 2 sh2 ch 3x x x dx⋅ +∫

( )sin 2 ch2 cos2 sin 2 1 3 sin 2 sh 3 2 cos2 ch 3

4 4 13x x x x x x x x C⋅ ⋅

= − + − + és

D = . 28. ( ) arcsinf x x=

2

1arcsin arcsin1

xdx x x x dxx

= ⋅ − ⋅ =−∫ ∫

2arcsin 1x x x C= ⋅ + − + ( )1,1D = − és . 29. ( ) ( )arccos 3 2f x x= +

( ) ( )( )21arccos 3 2 arccos 3 2 3

1 3 2x dx x x x dx

x+ = ⋅ + + ⋅

− +∫ ∫ =

( )( )

2

2

1 1arccos 3 2 3 12 9 23 1 3 2

x x x x dx

= ⋅ + − − − − − =− +

∫ x

( )( )

( )29 12 3 4arccos 3 2 arccos 3 2

3 3

x xx x x

− + += ⋅ + − + + +C és


11,3

D ⎛ ⎞⎟⎜= − − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

30. ( ) arctg 2 1f x x= −

( )

12 1arctg 2 1 arctg 2 1

1 2 1xx dx x x x dxx−− = ⋅ − − ⋅

+ −∫ ∫ =

1 1arctg 2 1 arctg 2 1 2 12 2 1 2

x x dx x x xx

= ⋅ − − = ⋅ − − − +−∫ C és

1 ,2

D ⎛ ⎞⎟⎜= ∞⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

31. ( ) 21f x x= +

( )2

2 2

2 2

1 21 ln 11 2x xI x dx dx x x xx x

+= + = = + + + ⋅

+ +∫ ∫ ∫ 1dx =

( )2 2ln 1 1x x x x I+ + + ⋅ + − ⇒

( )2 2ln 1 1

2

x x x xI C

+ + + ⋅ +⇒ = + és D . =

32. ( ) 216 9f x x= − 2

2

2

16 916 916 9

xI x dx dxx

−= − =

−∫ ∫ =

2

2

16 3 9 16 3arcsin arcsin 16 93 4 3 416 9

x x xx dx x xx

−= ⋅ + = ⋅ + ⋅ − − ⇒

−∫ I

28 16 9arcsin3 4 2

x x xI C3 ⋅ −⇒ = + + és 4 4,

3 3D ⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

.

33. ( ) 4 2 9f x x x= −

( )34 2 3 219 93

I x x dx x x dx′⎛ ⎞⎟⎜= − = ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ =

( )( )

( )3

33 2 3 22 2 2

9 99 9

3 3

x x x xx x x dx I J

⋅ − ⋅ −= − − − = −∫ 9+ ,

ahol

( )( )

32

2 2 2 29

9 93

x xJ x x dx x x dx

−= − = − − − 9 =∫ ∫

( )3

2 99

3

x xJ K

−= − + ,


2

2 2

2 19 92 9 9xK x dx x dx dxx x

= − = ⋅ − ⋅− −∫ ∫ ∫ =

22

2 29 ln 999 9 ln 9

2 2

x xx xx x K x x K C− −−

⋅ − − − − − ⇒ = − + ⇒

( )3

222 81 ln 99 9 9

6 4 4

x xx x x xJ C− −− −

⇒ = + − + ⇒

( ) ( )3 3

2 23 2 2 81 9 729 ln 99 3 9

6 4 8

x x x xx x x xI C

− − − −− −⇒ = + + + =

( )25 3

2729 ln 93 279

6 4 8 8

x xx x xx C− −⎛ ⎞⎟⎜= − − + − +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

és

( ) ( ), 3 3,I D⊂ = −∞ − ∪ ∞ .

34. ( ) 5 2 4f x x x= −

( )3

5 2 4 214 43

I x x dx x x dx′⎡ ⎤

= − = −⎢ ⎥ =⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫

( ) ( ) ( )3 32 4 23 2 24

4 44 4 4 4 163 3 3 3

x x xx x xx dx

− −− −= ⋅ − = − +∫ 3

I J ,

ahol

( ) ( )32 2 2

3 2 24 2 4 4

43 3

x x x xJ x x dx x dx

− − −= − = ⋅ −∫ ∫ =

( )( )

3232 2

4 2 8 43 3 9

xx J x

−= − + − .

Következik, hogy

( )( )

32 232

4 8 45 15

x xJ x

−= + − C+

és innen

( ) ( ) ( )3 3 34 2 2 2 24 16 4 128 4

7 35 105

x x x x xI C

− − −= + + + =

( )32 24

4 16 1287 5 15

x xx C− ⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ + + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

+ és

( ) ( ), 2 2,I D⊂ = −∞ − ∪ ∞ .

35. ( ) 2 225 9f x x x= −


( )32 2 2125 9 25 927

I x x dx x x dx′⎛− ⎞⎟⎜= ⋅ − = ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ =

( )( )

322 2

25 9 1 25 9 25 927 27

x xx x d

− −= + − − x =∫

( )322

25 9 25 125 927 27 3

x xx dx I

− −= + ⋅ − −∫ .

De a 32. feladat alapján 2

2 25 3 25 925 9 arcsin6 5 2

x x xx dx C⋅ −− = + +∫ ,

tehát

( )32 2 225 9 25 3 25 25 9arcsin36 6 36 5 36 2

x x x x xI C− − −

= + + ⋅⋅

+ =

2 2225 3 25 9 25arcsin 9

6 36 5 36 2x x x x C− ⎛ ⎞⎟⎜= + ⋅ − + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⋅

+ és

5 5,3 3

D ⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

36. ( )arcsin

1x

f xx

=−

1arcsin 22 1 arcsin 2 1

1 1x xdx x x x dxx x

= − ⋅ − ⋅ + − ⋅ =− −∫ ∫

2 1 arcsin 2x x x C= − − ⋅ + + ( )0,1= és D .

37. ( )

2sinx

xf x

e=

( )

2sin sin cos xx

xI dx x x ee

−′= = ⋅ − ⋅∫ ∫ dx =

( )2sin cos cos sin cosx xx e x e x x x dx− −= − ⋅ ⋅ − − + ⋅ =∫

( )2 21sin cos 1 sin sin2

x xx x e x e dx x e dx− −′⎛ ⎞⎟⎜= − ⋅ ⋅ + − − =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠x−∫ ∫

21 1sin cos sin2 2

x x xx x e e I x e I− − −= − ⋅ ⋅ − − − ⋅ − ⇒

22 sin cos 2 sin5

xx x xI e−⋅ + +⇒ = − +C és D . =

38. ( )1

ln1

xf x x

x−

=+

Integrálási módszerek 27 2 2

2

1 1 2ln ln1 2 1 2 1

x x x xx dx dx x x− −

⋅ = − ⋅+ + −

x =∫ ∫

2 1 1 1ln ln2 1 2 1x x xx C

x x− −

= − −+ +

+ és . ( ) ( ), 1 1,I D⊂ = −∞ − ∪ ∞

39. ( )( )ln ln x

f xx

=

( )( ) ( )

ln ln ln 1ln ln ln ln ln ln lnln

x xdx x x dx x x x Cx x x

= ⋅ − ⋅ = ⋅ − +∫ ∫ és

*D += . 40. ( ) 2arcsinf x x=

2 2

2

1arcsin arcsin 2arcsin1

xdx x x x x dxx

= ⋅ − ⋅ ⋅ =−∫ ∫

2 2 2

2

1arcsin 2 1 arcsin 2 11

x x x x x dx

= ⋅ + − ⋅ − − =−∫ x

2 2arcsin 2 1 arcsin 2x x x x x C= + − ⋅ − + ( )1,1= − és D .

41. ( )

( )22

ln1x x

f xx

=+

( ) ( ) ( )2 2 22

ln 1 ln2 1 2 11

x x dxdx xx xx

−= ⋅ +

+ ++∫ ∫ x=

( ) 22

ln 1 12 12 1

x x dxx xx

−=− + + =

++ ∫

( )( )2

2

ln 1 1ln ln 12 42 1

x x x Cx

=− + − + ++

*+= és D .

42. ( ) arcsin

21x x

f x ex

=−

arcsin arcsin 2 arcsin

21

1x xxI e dx e x e dx

x= ⋅ = − ⋅ − +

−x =∫ ∫

2 arcsin arcsin1 x xx e x e I= − − + ⋅ − ⇒ arcsin 2 arcsin1

2

x xx e x eI C⋅ − − ⋅⇒ = + és . ( )1,1D = −

43. ( ) arccos xf x e=

arccos arccos arccos

2

11

x x xe dx x e x e dxx

= ⋅ − ⋅ ⋅ =− −∫ ∫

arccos 2 arccos1x xx e x e I= ⋅ − − ⋅ − ⇒

28 Integrálási módszerek arccos 2 arccos1

2

x xx e x eI C⋅ − − ⋅⇒ = + és . ( )1,1D = −

44. ( ) 2 arctg2f x x= x 3 3

22

2arctg2 arctg23 3 1 4x xx xdx x dx

x= ⋅ − ⋅ =

+∫ ∫

3 2

2

1arctg23 12 6 1 4x x xx d

x= ⋅ − + =

+x∫

( )3 2

21arctg 2 ln 1 43 12 48x xx x= ⋅ − + + + =C és D .

45. ( )

( )

arctg

321

xef x

x=

+

( )( )arctgarctg

3 22 11

xx eeI dxxx

′= =

++∫ ∫ dx =

( )

arctgarctg

2 21 1 1

xxe xe

x x= + ⋅

+ +∫ 2

dxx

=+

2arctg arctg 2

arctg22 2

11

11 1

x xx

xx xe e x xe d

xx x

+ − ⋅⋅ += + − ⋅

++ + ∫ x =

( ) ( )arctg arctg1 11 2 1

x xx e x eI I Cx x2 2

+ += − ⇒ = +

+ += és D .

46. ( ) ( )2ln 1f x x x= + +

( ) ( )2 2

2

1ln 1 ln 11

x x dx x x x x dxx

+ + = ⋅ + + − ⋅ =+∫ ∫

( )2 2ln 1 1x x x x= ⋅ + + − + +C és . D =

47. ( )

3

2

ln xf x

x=

3 3 2 3 2

2 2

ln ln 3 ln ln 3 ln 6 ln 6x x x x x xdx dx Cx x x x

+ + += − + = − +∫ ∫ és

*D += .

48. ( )2

arcsinxf x

x=

2 2

arcsin arcsin 11

x xdx dxx x x x

=− + =⋅ −∫ ∫

Integrálási módszerek 29 2

2

arcsin 1 1 1ln2 1 1

x x Cx x

− − += − + +

− + és ( ) { }1,1 \ 0I D⊂ = − .

49. ( ) 2arctgf x x= x 2 2

2 22arctg arctg arctg

2 1x xx xdx x xdx

x⋅ = − ⋅

+∫ ∫ =

2 2

2

arctg arctgarctg2 1

x x xxdx dxx

⋅= − +

+=∫ ∫

( )2 2

2 2arctg 1 1arctg ln 1 arctg2 2 2

x x x x x x⋅= − ⋅ + + + C D =+ és .

50. ( ) ( )2cos lnf x x=

( ) ( ) ( ) ( )2 2 1cos ln cos ln 2 cos ln sin lnx dx x x x x x dxx

= ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =∫ ∫

( ) ( )2cos ln sin 2 lnx x x= ⋅ + dx∫ .

Legyen

( ) ( ) ( )1sin 2 ln sin 2 ln 2 cos 2 lnI x dx x x x x dxx

= = ⋅ − ⋅ ⋅∫ ∫ =

( ) ( )( ) ( )sin 2 ln 2 cos 2 ln

sin 2 ln 2 cos 2 ln 45

x x x xx x x x I I

⋅ − ⋅= ⋅ − ⋅ − ⇒ = +C ,

tehát

( ) ( )( ) ( )2 2 sin 2 ln 2 cos 2 ln

cos ln cos ln5

x x x xx dx x x C

⋅ − ⋅= ⋅ + +∫ és . *D +=

51. ( ) sinnf x x=

( )1sin sin cosn nnI xdx x x dx− ′= = −∫ ∫ =

2

( )1 2sin cos 1 sin cosn nx x n x xdx− −= − ⋅ + − ⋅ ⋅ =∫

( ) ( )12 1sin cos 1 1n

n nx x n I n I−− −

= − ⋅ + − ⋅ − − ⇒ 1

2

1 sin con

n n

n xI In n

−

−

− ⋅= −

s x

C+

.

Ahhoz, hogy teljesen meg legyen határozva, ki kell számolnunk -t és -t. nI 1I 2I

1 sin cosI xdx x= =−∫ ,

22

sin 2sin2 4x xI xdx= = −∫ C+

dx =

2 =

(a 15. feladat alapján) és D . =

52. , ( ) cosnf x x= *n ∈

( )1cos cos sinn nnI xdx x x− ′= =∫ ∫

( )1 2cos sin 1 cos sinn nx x n x xdx− −= ⋅ + − ⋅ ⋅∫


( ) ( )12 1cos sin 1 1n

n nx x n I n I−− −

= ⋅ + − ⋅ − − ⇒ 1

2

1 cos sinn

n n

n x xI In n

−

−

− ⋅⇒ = + 1 cos sinI xdx x C= = +, ∫ ,

22

1 cos2 1 sin 2cos2 2 4xI xdx dx x C+

= = = +∫ ∫x+ és D . =

53. ( )1

cosnf x

x= , *n ∈

2 2 2

2

1 sin cos sincos cos cosn n n n n

x x xI dx dx dx Ix x x −

+= = = +∫ ∫ ∫ =

1 2

1 sin 21 cos 1n n

x n In x n− −

−= ⋅ − ⋅

− −,

2 21

1 cos cos 1 1 sinlncos cos 1 sin 2 1 sin

x xI dx dx dxx x x

−= = = = −

− +∫ ∫ ∫x cx+ ,

22

1 tgcos

I dx xx

= =∫ c+ és \2k kπ⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⊂ = ∈⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

nI

I D .

54. , ( ) lnnf x x= *n ∈1

1ln ln ln lnn n n nn nI xdx x x n xdx x x−

−= = ⋅ − = ⋅ −∫ ∫ és

1 ln lnI xdx x x x C= = − +∫ *+= és D .

2.2. Helyettesítési módszerek

Gyakorlatok (36. oldal) Határozd meg, hogy milyen halmazon létezik primitív függvénye az alábbi függvényeknek és számítsd ki a primitív függvényt:

1. ( )3

1xf xx

=−

Megoldás. ( ) ( ) ( )3 2 23 1 1

1 1x x x x xx dx dx

x x− + − + − +

= =− −∫ ∫

3 2

ln 13 2x x x x= + + + − +C

t

és . { }\ 1I D⊂ =

Az helyettesítéssel alapintegrálokra bontható szét. 1x − =2. ( ) 1f x x x= − Megoldás. A helyettesítéssel , 2 1t x= − 2dx tdt=

( ) ( )4 3

2 2 2 2 2 41 1 2 1 15 3 5 15t t xx x dx t t dt c x x C⎛ ⎞⎟⎜− = + = + + = − − + +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫

és . [1, )D = ∞


( )21

x

x

ef x

e=

+3.

( )( )22

1 arctg1 1

xx x

x x

e dx e dx e Ce e

′= ⋅ =Megoldás. ++ +∫ ∫ = és D .

( )21

xf x

x=

+4.

( )2 2

2 2

1 11 2 1x dx x dx x Cx x

′= ⋅ = +Megoldás. ++ +∫ ∫ = és D .

5. ( )1

1 1f x

x=

+ −

Megoldás. Az helyettesítéssel és 21x − = t 2dx tdt=

( )1 1 2 2 2 ln 1

1 1 1dx tdt t t C

x t= ⋅ = − + +

+ − +∫ ∫ =

( )2 1 2 ln 1 1x x C= − − − + + [1, )D = ∞ és .

6. ( ) 3sin cosf x x= ⋅ x

Megoldás. ( )4

3 3 sinsin cos sin sin4xx xdx x x dx C′= ⋅ =∫ ∫ + és D . =

7. ( )

2

24x

f xx

=−

Megoldás. Az , 2 sinx t= ,2 2

t π π⎛ ⎟⎜∈ − ⎟⎜ ⎟⎝⎞⎠

helyettesítéssel ,

és

2 cosdx tdt= cos 0t >

2 2

2

4 sin 2 cos2 cos4

x tdx tdttx

= ⋅−∫ ∫ =

224 sin 2 sin 2 2arcsin 2 1

2 2 4x x xtdt t t c C= = − + = − ⋅ ⋅ − +∫ =

212arcsin 42 2x x x= − − C+ és ( )2,2D = − .

8. ( )2

2 33 8x

f xx x

−=

− +

Megoldás. ( )22 2

2 3 1 3 83 8 3 8x dx x x dx

x x x x− ′= ⋅ − +

− + − +∫ ∫ =

C

( )2ln 3 8x x= − + + és . D =

9. ( )4 1x

f xx

=+


Megoldás. ( )

( )2 224 2

1 1 1 arctg1 2 21

x dx x dx x Cx x

′= ⋅ ⋅ = ++ +∫ ∫ = és D .

10. ( )

3

81x

f xx

=−

Megoldás. ( )

( )

43 4

8 24

arcsin41 4 1

xx xdx dx Cx x

′= = +

− −∫ ∫ ( )1,1= − és D .

11. ( ) 2 35 2f x x x= +

Megoldás. ( ) ( )62 3 3 3 35 5 51 52 2 2 23 18

x x dx x x dx x C′+ = + + = + +∫ ∫ és

D = .

12. ( )( )3

11 ln

f xx x

=+

Megoldás. ( ) ( )

( )( )3 3

1 1 11 ln1 ln 1 ln 2 1 ln

dx x dx Cx x x x

−′= ⋅ + =⋅ + + +∫ ∫ 2 +

és . *D +=

13. ( )( )2

ln1 lnx

f xx x

=−

Megoldás.

( )( ) ( )2 2

22

1ln 1 1 ln ln 1 ln2 1 ln1 ln

x dx x dx x Cxx x

− ′= ⋅ ⋅ − = − − +−−∫ ∫

és { }* 1\ ,D I ee+= ⊂ .

14. ( ) ( )2 6ln 1f x x x= −

Megoldás. ( )2 6ln 1x x dx⋅ −∫ =

( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 31 1 ln 1 1 ln 13

x x x x d′ ′= − − + + +∫ x =

( ) ( ) ( )3 3 3 23

1 1 11 ln 1 1 33 3x x x x d

x= − − − − ⋅ ⋅

−1x +∫

( ) ( ) ( )3 3 3 23

1 1 11 ln 1 1 33 3x x x x d

x+ + + − + ⋅ ⋅

+ 1x =∫

( ) ( )3 3

3 31 1ln 1 ln 13 3

x xx x− += − + + − 32

3x C+ és

. ( ) ( ), 1 1,I D⊂ = −∞ − ∪ ∞


Megjegyzés. Az helyettesítéssel az 3x = t t( )2ln 1t d−∫ integrálhoz jutunk,

amely egy parciális integrálás után racionális törtfüggvény integráljára vezetődik vissza.

15. ( )31x

f xx

=+

Megoldás. Az helyettesítéssel és 6x t= 56dx t dt=3

523

61 1x tdx t dtx t

= ⋅+ +∫ ∫ =

( ) ( ) ( ) ( )8 6 6 4 4 2 2

2

1 16

1t t t t t t t

dtt

+ − + + + − + += =

+∫7 5 36 6 6 6 6arctg

7 5 3t t t t t C= − + − + + =

566 6 66 6 2 6 6arctg7 5x x x x x x C= − + − + + D R+= és .

16. ( )4 3 1x

f xx

=+

Megoldás. Az helyettesítéssel és 4x t= 2dx tdt=2 5 2

33 334

4 41 11

x t t t tdx t dt dtt tx

+ −= ⋅ =

+ ++∫ ∫ ∫2

=

( ) ( )3

3 3 34 44 4 4 4ln 1 ln 13 3 3 3t t C x x C− + + = − + + += és D .

17. ( )1 11 1

xf x

x+ +

=+ −

Megoldás. Az helyettesítéssel és 21x + = t 2dx tdt=( )2 2 1 21 1 1 2 2

1 1 1 1t t tx tdx tdt dt

x t t− + − ++ + +

= ⋅ =+ − − −∫ ∫ ∫ =

2 4 4 ln 1 4 1 4 ln 1 1t t t C x x x= + + − + = + + + + − +C és . [ 1, )D = − ∞

18. ( )( )

12 1

f xx x

=+ +

Megoldás. Az helyettesítéssel és 21x + = t 2dx tdt=

( ) ( )2

1 2 2arctg 2arctg 12 1 1

tdtdx t c x Cx x t t

= = + = ++ + +∫ ∫ + és

( )1,D = − ∞ .

19. ( )21

x

x

ef x

e=

−


Megoldás. ( )( )22

1 1ln1 2 1

+1

xx x

x xx

ee edx dx Ce ee

′ −= = −

− +−∫ ∫ *= és D .

20. ( )2

136 16

f xx

=−

Megoldás. A 46x t= helyettesítéssel

2

1 2arcsin4 336 16

dx x Cx

= +−∫ és

3 3,2 2

D ⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

21. ( )2

136 16

f xx

=+

Megoldás. 2

2

1 1 9ln4 436 16

dx x x Cx

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+∫ és D . =

22. ( ) sin cosxf x e= x

e xdx e x dx e C′⋅ = ⋅ = +∫ ∫ =

Megoldás. és D . ( )sin sin sincos sinx x x

23. ( )1

cosf x

x=

Megoldás. ( )2 2

sin1 cos 1 1 sinlncos cos 1 sin 2 1 sin

xx xdx dx dx Cx x x x

′ −= = = −

− ++∫ ∫ ∫

és ( )2 1\

2k

I D kπ⎧ ⎫⎪ ⎪+⎪ ⎪⊂ = ∈⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

.

24. ( ) cos7 sin2xf x x=

Megoldás. ( ) ( )cos cos7 sin 2 2 7 cos cosx xxdx x x dx′⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ −∫ ∫ =

cos cos2 27 cos 7 sinln 7 ln 7

x xx x=− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =dx∫

cos cos2

2 27 cos 7ln 7 ln 7

x xx C=− ⋅ ⋅ + ⋅ + és D . =

( )( )

2

3

3 2sin 2 3

xf x

x x+

=+ +

25.

( ) ( ) (2

22 2

3 2 1 2 3sin 2 3 sin 2 3

x dx x x dxx x x x

+ ′= ++ + + +∫ ∫ )+

t

Megoldás. , tehát

az helyettesítéssel az ln ctgsin 2dt t Ct= +∫2 3 3x x+ + = integrálhoz jutunk és

így ( )

2 3

3

3 2 2 3ln ctg2sin 2 3

x x xdx Cx x

⎛ ⎞+ + ⎟⎜= +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠∫+ és .*D =


26. ( ) 21f x x= −

Megoldás. Az , sinx t= ,2 2

t π π⎡ ⎤∈ −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦ helyettesítéssel és cosdx tdt=

2 2 1 cos2 sin 21 cos2 2 4t t tx dx tdt dt C+

− = = = + +∫ ∫ ∫ =

2arcsin 12 2x x x c⋅ −

= + + és . [ 1,1]D = −

27. ( ) 21f x x= + Megoldás. Az helyettesítéssel és shx = t chdx tdt=

2 21 1 sh ch chI x dx t tdt tdt= + = + ⋅ =∫ ∫ ∫ 2 =

I

2ch sh sh ch sht t tdt t t t= ⋅ − = ⋅ + −∫ ,

ahonnan ( )ch arcsh arcshch sh

2 2x x xt t tI C⋅ +⋅ +

= + = C+ =

( ) ( )2

2

2

1 ln 12 22 1

x x x x Cx x

= + + + + ++ +

= és D .

28. ( ) 2 1f x x= − Megoldás. Az behelyettesítéssel és chx = t shdx tdt=

2 21 shI x dx tdt= − =∫ ∫ =

2 sh chsh ch ch2

t t tt t tdt C⋅ −= ⋅ − = + =∫

( )2

2

2

1 ln 12 21x x x x

x x= − − + − +

+ −C ) és . ( , 1] [1,D = −∞ − ∪ ∞

( )2

11 arcsin

f xx x

=−

29.

Megoldás. ( )2

1 arcsin ln arcsinarcsin1 arcsin

dx x dx x Cxx x

′= ⋅ =−∫ ∫ + és

( )1,1 \ {0}I D⊂ = − .

( )2 2

cossinx

f xa x

=+

30. , 0a ≠

Megoldás. ( )2 2 2 2

cos 1 1 sinsin arctgsin sinx xdx x dx C

a x a x a a⎛ ⎞′ ⎟⎜= ⋅ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ +∫ ∫ +

és D . =

( )

2

2

arccos 31 9

x xf x

x+

=−

31.

36 Integrálási módszerek 2

2

arccos 31 9

x x dxx

+=

−∫Megoldás.

( ) ( )2 2

2

1 1 11 9 arccos 3 arccos 318 31 9

x dx x x dxx

′ ′= − ⋅ ⋅ − − ⋅ =−∫ ∫

2 31 11 9 arccos 39 9

x x C=− ⋅ − − + és 1 1,3 3

⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠D .

( )lnx

f xx

=32.

Megoldás. ( ) ( )3ln 2ln ln ln

3xdx x x dx x Cx

′= ⋅ = ⋅∫ ∫ + és . *D +=

( )2

arcsin1

x xf x

x+

=−

33.

Megoldás. 2

arcsin1

x x dxx

+=

−∫

( ) ( )2

2

1 1 arcsin arcsin2 1

x dx x x dxx

′ ′= − ⋅ − + ⋅ =−∫ ∫

2 211 arcsin2

x x C− − + + ( )1,1= − és D .

( )

21 tgtg

xf x

x+

= 34.

Megoldás. 21 tg

tgx dx

x+

=∫

2

2 2

1 sin 1 11 ltg cos tg cos

x dx dx x Cx x x x

⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ + = ⋅ = +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ n tg és

\2kI D kπ⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⊂ = ∈⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

.

( )

3sincosx

f xx

= 35.

Megoldás. 3 2sin 1 cos sin

cos cosx xdx xdxx x

−= ⋅∫ ∫ . A helyettesítéssel az cos x t=

2 21 ln2

t tdt t Ct−

= − +∫ integrálhoz jutunk, tehát

3 2sin cosln coscos 2x xdx x Cx

= − + +∫ és ( )2 1\

2k

I D kπ⎧ ⎫⎪ ⎪+⎪ ⎪⊂ = ∈⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

.

( )2

arcsinxf x

x= 36.


2 2

arcsin arcsin 1 arcsin1

x xdx dx Jx x xx x

=− + =− +−∫ ∫

xMegoldás. ,

2

11

J dx x

=−∫ahol x dt. Legyen és sin cosx t dx t= ⇒ =

2

2 2 2

1 sin sin 1 1 1cos lnsin cos sin 1 cos 2 1 1

t t xJ tdt dt dt Ct t t t x

− −= ⋅ = = =

⋅ − + −∫ ∫ ∫ + .

( ) { }1,1 \ 0I D⊂ = − .

( )sin cossin cosx x

f xx x+

=−

37.

Megoldás. ( )22 2

sin cossin cos 1 sin 2sin cos sin cos cos 2

x xx x xdx dx dxx x x x x

++ += =

− −∫ ∫ ∫ =

1 sin 2 1ln ln cos 21 sin 2 2

x x cx

−= + +

+ és { }\

4I D k kπ

π⊂ = + ∈

t

.

Megjegyzés. A si helyettesítéssel az n cosx x− =sin cos ln sin cossin cosx x dx x x Cx x+

= − +−∫

eredményhez jutunk.

( )4

sin21 cos

xf x

x=

−38.

Megoldás. 4

sin21 cos

x dxx

=−∫

( )( ) ( )2 2

22

1 cos arccos cms1 cos

x dx x Cx

− ′= ⋅ =−

∫ + és

{ }\I D k kπ⊂ = ∈ .

39. ( ) 2 2 2 2f x x x x= + + Megoldás. Az helyettesítéssel és 1 shx + = t chdx tdt=

( )2 2 2 22 2 sh 1 2 sh ch chx x x dx t t t tdt⋅ + + = + − ⋅∫ ∫ =

4 2 2ch 2 sh ch ch3

t t tdt I= − ⋅ = −∫ 3 t

=

t

,

ahol 4 3 2 2ch sh ch 3 ch shI tdt t t t tdt= = ⋅ − ⋅∫ ∫

3 2sh ch 3 3 cht t I td= ⋅ − + ∫ . 32 sh ch 3 sh ch 3

8t t t t tI C⋅ + ⋅ +

= +A 27. feladat alapján .


( )2arcsh ln 1t t t= + +De , tehát 3

2 2 32 sh ch 3 sh ch 3 22 2 ch8 3

t t t t tx x x dx t C⋅ + ⋅ +⋅ + + = − +∫ =

( ) ( )( )

3

2

2

11 1 1 11 1 1

8 4

x x xx x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜+ + + + + + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ + + + +⎜⎝ ⎠= +

⋅

( ) ( )( )

2

2

3 11 1 1 116 1 1 1x x x

x x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜+ + + + + + + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ + + + +⎜⎝ ⎠+

( )23 ln 1 2 28

x x x+ + + + + +

( )( )

3

2

2

1 11 1 112 1 1x x

x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜− + + + + + +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ + +⎜⎝ ⎠c =

( ) ( )

3

2

1 5132 961 1 1

xxx x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= + + − +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎝ ⎠⎟⎟⎜ + + + +⎜⎝ ⎠

( )( )

( )( )( )( )2 2

2

3 13 31 ln 116 816 1 1 1

xx xx x

++ + + + + + + + +

+ + + +1 1x C és

D = .

( )11

x

x

ef x

e−

=+

40.

1dx dtt

=Megoldás. Az helyettesítéssel és xe = t

1 11 1

x

x

e tI dxe t

− −= =

+ +∫ ∫1dtt

⋅ .

11

t ut−

=+

helyettesítéssel kapjuk, hogy Ez után a

( )

2

22 2

1 4,1 1u ut dtu u+

= =− −

du ,

( ) ( )( )2 2

22 2 22

1 4 41 1 11u u uI u du duu u uu

−= ⋅ ⋅ =

+ + −−∫ ∫ =

2 2

1 1 12 ln 2a1 1 1

udu u cu u u

−= ⋅ − =− − + =

− + +∫ rctg


1 1 1ln 2arctg11 1

x x x

xx x

e e e Cee e

+ − − −=− − +

++ + − és D . =

41. ( ) 2cosf x x= Megoldás. Az helyettesítéssel és 2x t= 2dx tdt=

( )2 2cos 2 cos 1 cos2xdx t tdt t t dt= = ⋅ + =∫ ∫ ∫ 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos22 2 4 2 2 4t t t t x x x xc C+ + + = + + + és D . +=

( )2

sincos 1 sin

xf x

x x=

+ 42.

Megoldás. A co helyettesítéssel , tehát sin x dx dt= −s x t=

2

2 2

2

2sin 1 1

22 2cos 1 sin 2 11

dtx dt tdxx x t t u

t

−= − = = =

+ − −∫ ∫ ∫ ∫ 2

du−

( )2

21 1 2 1ln 1 ln2 2 cos c

xu u Cx x

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟⎜= + − + = + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

sinos

C+ és

2 ,22 2

I k kππ π⎛ ⎞⎟⎜⊂ − + ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

π valamilyen k esetén. ∈

( )1

1 1f x

x x=

+ + +43.

Megoldás. Az helyettesítéssel , 2x t= 2dx tdt=

2

21 1 1 1

dx tdtIx x t t

= =+ + + + + +∫ ∫ .

2 2

2

1 1 1,2 2u ut dtu u− +

= = ⋅2 1t u+ = −Innen t helyettesítéssel du és

( )( )22 2

2 3

1 11 1 1 1 11 2 2

u uu uI duu u u u

− +− += ⋅ ⋅ =

+du =∫ ∫

2 3 2

1 1 1 1 ln 1 112 2 2 2

u udu Cu u u u u

⎛ ⎞⎟⎜= − + − = − − + +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ 4=∫

( )( ) ( )2

ln 11 12 2 2 1 4 1

x xx x Cx x x x

+ ++ +− − +

+ + + +

1+ ,

*D += .

( )

4

2

arctg1x x

f xx

=+

44.


Megoldás. 4

2

arctg1x x dx

x=

+∫

( ) ( )4 2 2

2 2

arctg 1 arctg arctg1 1 1

x x x x x x dxx x x

⎛ ⎞+ + ⎟⎜ ⎟⎜= − + ⎟⎜ ⎟⎜ + + + ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫ 2 =

22 arctgarctg arctg

2xx xdx xdx= − +∫ ∫ =

( )3 2 2

22 arcarctg ln 1 arctg3 6 3 2x x xx x x x= − + + − + + D =

tg C és .

45. ( ) 225 9f x x= − 5 sin3

x =5 cos3

dx t=Megoldás. Az t helyettesítéssel és

2 25 25 2525 9 5 cos cos sin sin3 3 3

I x dx tdt x x xdx= − = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ +∫ ∫ ∫ 2 =

25 25 25 25cos sin cos sin3 3 6 6

x x I I x x x= ⋅ ⋅ + − ⇒ = ⋅ ⋅ + +C 5 5,3 3

D ⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ és .

( )

3

1

x

x

ef x

e=

+ 46.

Megoldás. ( )3 2 23

1 1

x x x x xx

x x

e e e e ee dx dxe e

+ − + += =

+ +∫ ∫

( ) ( ) ( )2

2 ln 1 ln 12

xx x x x xee e dx e e e= − + + = − + + +∫ C és . D =

( )2

sin9 4 cos

xf x

x=

−47.

Megoldás. 2

sin9 4 cos

x dxx

=−∫

( )2

1 1 2 cocos arcsin2 39 4 cos

xx dx Cx

− ′= =−−∫ D =

s+ és .

( )2

sin9 4 cos

xf x

x=

+48.

Megoldás. ( )2 2

sin 1 cos9 4 cos 9 4 cos

x dx x dxx x

− ′= =+ +∫ ∫

21 9ln cos cos2 4

x x C⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= − + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

= és D .

( )2

sin9cos 4

xf x

x=

− 49.


Megoldás. ( )2 2

sin 1 cos9 cos 4 9 cos 4

x dx x dxx x

− ′= ⋅− −∫ ∫ =

21 4ln cos cos3 9

x x= − + − +C és

2 2arccos , arccos3 3k

I D k kπ π∈

⎛ ⎞⎟⎜⊂ = ∪ − + + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

( )( )

( ) ( )

2

22 2

1 arctg

1 4 arctg

x x xf x

x x x π

+ +=

+ − 50.

24dtt π−∫Megoldás. Az helyettesítéssel az arctgx x⋅ t=

2 integrálhoz jutunk,

tehát

( )

2 22

22 2

arctg 1 2 arctg 4 arctg1 ln 124 arctg

x x x x x xx dx Cx x π ππ

+ ⎛ ⎞⎟⎜+ ⎟⎜= + − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⋅ −∫ + .

2.3. Racionális törtfüggvények integrálása

G

yakorlatok (49. oldal) Határozzuk meg a következő racionális törtfüggvények határozatlan integrálját egy olyan intervallumon, ahol a nevezőnek nincs gyöke: Minden függvény primitiválható egy I intervallumon, mert folytonos azon. D⊂

1. ( )2

19

R xx

=−

Megoldás. 2

1 1 1 1 1 ln9 3 3 6 6 3

xdx dx Cx x x x

⎛ ⎞ −⎟⎜= − ⋅ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− − + +∫ ∫3

+ ,

{ }\ 3I ⊂ ± .

2. ( )2

14 3

R xx x

=− +

Megoldás. 2

1 1 1 1 1 ln4 3 2 1 3 2 3

xdx dx Cx x x x x

⎛ ⎞⎛ ⎞ −⎟ ⎟⎜ ⎜= − − = − +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠− + − − −∫ ∫1 ,

{ }\ 1, 3I ⊂ .

3. ( )2

4 22 2x

R xx x

+=

+ + 1

Megoldás. ( )22

4 2 ln 2 2 12 2 1x dx x x C

x x+

= + + ++ +∫ , I . ⊂


4. ( )

4 3 2

6

2 5x x xR x

x− + +

=

Megoldás. 4 3 2

6 2 3 4

2 5 2 1 1 5x x x dx dxx x x x x

− + + ⎛ ⎞⎟⎜= − + + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ 6 =

2 3 5

2 1 1 12 3

Cx x x x

= − + − − + , . *I ⊂

5. ( )2

44

R xx

=+

Megoldás. 2

4 2 arctg4 2

xdx Cx

= ⋅ ++∫ , I . ⊂

6. ( )2

14 9

R xx

=+

Megoldás. 2

1 1 2arctg4 9 6 3

xdx Cx

= ⋅ ++∫ , I . ⊂

7. ( )2

12 3

R xx x

=− −

Megoldás. 2

12 3

dxx x

=− −∫

( )( )1 1 1 2

1 2 3 5 1 2 3dx dx

x x x x⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎟⎜⎜= = − − ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎝ ⎠+ − + −∫ ∫ =

1 2ln 1 ln 2 35 5x x C= − + + − + , { }3\ , 1

2⊂ −I .

8. ( )( )3

13

R xx

=−

Megoldás. ( ) ( )3 2

13 2 3dx Cx x

=− +− −∫ , { }\ 3I ⊂ .

9. ( )( )

2

3

11

x xR x

x+ +

=−

Megoldás. ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

3 3 31 2 1 1 13 3

1 1 1x x x x xdx dxx x x x

⎛ ⎞+ + − + − ⎟⎜ ⎟= + ⋅ + ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠∫ ∫ 31=

( )23 3ln 1

1 2 1x C

x x= − − − +

− −, { }\ 1I ⊂ .

10. ( )( )( )( )

11 2

R xx x x x

=+ + + 3

Megoldás. Bontsuk fel az racionális törtfüggvényt elemi törtek összegére: ( )R x

( )( )( )1

1 2 3 1 2 3A B C D

x x x x x x x x= + + + =

+ + + + + +


( )( )( ) ( )( )( )( )( )

1 2 3 2 31 2 3

A x x x Bx x xx x x x

+ + + + + += +

+ + +

( )( ) ( )(( )( )( )

)1 3 11 2 3

Cx x x Dx x xx x x x

+ + + + ++

+ + +2 .

Mivel az egyenlőség jobb és bal oldalán megjelenő törtek ugyanazok kell legyenek és a nevezők azonosak, a számlálók is egyenlők kell legyenek bármely x esetén. Innen

∈

0x = esetén 11 66

A A= ⇒ =

1x = − esetén 11 22

B B= − ⇒ = −

2x = − esetén 11 22

C C= ⇒ =

3x = − esetén 11 66

D D=− ⇒ =− , tehát

( )( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1

1 2 3 6 2 1 2 2 6 3dx dx

x x x x x x x x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ + + + + +⎝ ⎠∫ ∫ =

1 1 1 1ln ln 1 ln 2 ln 36 2 2 6x x x x= − + + + − + c+ .

{ }\ 0, 1, 2, 3I ⊂ − − − .

11. ( )3

11

R xx

=+

Megoldás. 31dxJx

= =+∫

( )( ) 22 1 11 1dx A Bx C dx

x x xx x x⎛ ⎞+ ⎟⎜= = − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ − ++ − +∫ ∫ =

( ) ( )2

31A B x x A B C A C

dxx

− + − − − + −=

+∫

Egyenlővé téve az együtthatókat kapjuk, hogy 0

0

1

A B

A B C

A C

⎧⎪ − =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ − =⎪⎪⎩

, ahonnan 1 1, ,3 3

A B C= = = −23

, tehát

( ) ( )2

1 23 1 3 1

xJ dx x x

−= −

+ − +∫ x =

( ) ( )2

2

1 1ln 1 ln 13 6 2 1

dxx x xx x

= + − − + +− +∫ =


( )2

2

ln 1ln 1 11 33 6 22 4

x xx dx

x

− ++= − +

⎛ ⎞⎟⎜ − +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∫ =

( )2ln 1ln 1 1 2 1arctg3 6 3 3

x xx x C− ++ −

= − + + .

{ }\ 1I ⊂ − .

12. ( )

( )22

19

xR x

x+

=+

Megoldás. ( ) ( )2 222 2

1 1 12 99 9

x ddxxx x

+= − ⋅ +

++ +∫ ∫x .

( )

2

22 2 2

1 1 29 9 9

xJ dx xx x x

= = ⋅ ++ + +

∫ ∫ dx =

( )22 2 2

1 1829 9 9

x dx dxx x x

= + ⋅ −+ + +

∫ ∫ ⇒

( ) ( )2 22

1 arctg54 318 99

dx x x Cxx

⇒ = +++∫ + ,

tehát

( ) ( )2 22

1 9 1 arctg54 318 99

x x x+dx C

xx+ −

= +++∫ ⊂, I .

13. ( )

( )32

14 20

R xx x

=+ +

Megoldás. Az ( )32

14 20

dxx x+ +∫ kiszámításához parciálisan integráljuk az

( )22

14 20x x+ +

függvényt:

( ) ( ) ( )

2

2 22 2 2

2 424 20 4 20 4 20dx x x x dx

x x x x x x+

= ++ + + + + +

∫ ∫ 3 =

( ) ( )2 22 24

4 20 4 20x dx

x x x x= +

+ + + +∫

( )

+

( )3 32 2

2 4 164 44 20 4 20x dx dx

x x x x+

− −+ + + +∫ ∫

innen pedig ( )32

14 20

dxx x

=+ +∫


( ) ( ) ( )2 22 2 2

1 2316 4 4 20 4 20 4 20

x dxx x x x x x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= + +⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ + + + + + + ⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠∫ 2 (*).

Az ( )22

14 20

dxx x+ +∫ kiszámításához parciálisan integráljuk az 2

14 2x x+ + 0

kifejezést:

( )

2

22 2 2

1 24 20 4 20 4 20

x x x dxx x x x x x

+= +

+ + + + + +∫ ∫

4=

2 2

124 20 4 20x dx

x x x x= + ⋅

+ + + ++∫

( ) ( )2 22 2

2 4 162 24 20 4 20x dx dx

x x x x+

− ⋅ − ⋅+ + + +∫ ∫ ,

innen

( ) ( )2 2 2 22

1 1 232 4 20 4 20 4 204 20

x dxdxx x x x x xx x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= + + =⎟⎜ ⎟⎜ + + + + + + ⎟⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠∫ ∫

2

1 2 1 1 2arctg32 4 20 32 4 4

x x Cx x

+ += ⋅ + ⋅ +

+ +.

A kapott eredményt visszahelyettesítve a (*) egyenlőségbe, kapjuk, hogy

( )32

14 20

dxx x

=+ +∫

( ) ( )2 22

1 2 3 1 3 2arctg64 32 128 44 204 20

x x Cx xx x

⎛ ⎞⎟⎜ + + ⎟⎜ ⎟= + ⋅ + +⎜ ⎟⎜ ⎟+ ++ + ⎟⎜⎝ ⎠= és D .

14. ( )( )

2

3

3 42

x xR x

x+ −

=+

6

Megoldás. ( )

2

33 4 6

2x x dxx+ −

=+∫

( )( ) ( ) ( )

2

3 3

3 4 4 2 282 2 2

x x x dxx x x

⎛ ⎞+ + + ⎟⎜ ⎟⎜= − ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜ + + + ⎟⎜⎝ ⎠∫ 3 =

( )21 13 ln 2 8

2 2x

x x= ⋅ + + ⋅ +

+ +,

{ }\ 2I ⊂ − .

15. ( )( )( )2

5 31 3x

R xx x

−=

− −


Megoldás. ( )( )2

5 31 3x dx

x x−

=− −∫

( ) ( ) ( )21 6

2 1 2 3 3dxdx dx

x x x= − +

− − −∫ ∫ ∫ =

( )1 1 6ln 1 ln 32 2 3x x

x= − − − − +

−C ,

{ }\ 1, 3I ⊂ .

16. ( )

( )22

2 41

xR x

x−

=−

Megoldás. ( ) ( ) ( )2 222

2 4 1 1 1 1 11 1 11

x x xdx dxx x xx

− − + + += − − + =

− − +−∫ ∫ 2+

2

1 1ln 1 ln 11 1

x xx x x

= + − + − + + +− −

11C

+,

{ }\ 1I ⊂ ± .

17. ( )

2

4

21

xR x

x=

−

Megoldás. 2

4 2 2

2 1 1 1 1ln arctg1 1 1 2 1

x xdx dx x Cx x x x

−= + = +

− − + +∫ ∫ + ,

{ }\ 1I ⊂ ± .

18. ( )

( )( )

3 2

22

2 4

1 4

x x xR x

x x− + −

=− +

5

Megoldás. ( )( ) ( )

3 2

2 222 2

2 4 51 41 4 4

x x x A Bx D Cx EI dxx xx x x

⎛ ⎞⎟⎜− + − + + ⎟⎜ ⎟= = + +⎜ ⎟⎜ ⎟− +− + + ⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ dx

4

1

.

A megfelelő együtthatók egyenlőségéből a következő rendszert kapjuk:

0

2

8 4

4 4

16 4 5

A B

D B

A B D C

B D E C

A D E

⎧⎪ + =⎪⎪⎪⎪ − =⎪⎪⎪⎪⎪ + − + = −⎨⎪⎪⎪− + + − =⎪⎪⎪⎪ − − = −⎪⎪⎩⎪

, melynek megoldása

625

625

45

5625395

A

B

C

D

E

⎧⎪⎪ = −⎪⎪⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎪⎪⎪⎪ = −⎨⎪⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎪⎩

.

Tehát


( )22 2

6 2 3 28 1 4 39ln 125 25 4 5 4

x xI x dx dxx x

+ += − − + − =

+ +∫ ∫

( )( )

222 2

6 3 28 2 1 39 1ln 1 ln 4 arctg25 25 25 2 5 4 5 4

xx xx x

= − − + + + + ⋅ − ⋅+ +∫ dx .

Az ( )22

14dx

x +∫ kiszámításához parciálisan integráljuk az 2

14x +

-et.

( )

2

22 2 2

1 24 4 4

x xdx dxx x x

= ++ + +

∫ ∫ =

( )22 2

1arctg 84 2 4

x x dxx x

= + −+ +∫ , ahonnan

( ) ( )2 22

1 1 arctg16 28 44

x xdx Cxx

= +++∫ + és így

( )( )

2

2

3 ln 46 253 16 39ln 1 arctg25 25 400 2 40 4

x x xI xx

+ −= − − + + + +

+C ,

{ }\ 1I ⊂ .

2.4. Irracionális függvények integrálása Gyakorlatok (59. oldal) Számítsd ki a következő irracionális függvények határozatlan integrálját olyan inter-vallumon, ahol ez létezik: 1. ( ) ( )3 6 2 4f x x x= + −

Megoldás. Legyen 2 42 42

tt x x dx t+= − ⇒ = ⇒ = dt és

( )2

243 6 2 4 3 62

tx x dx t dt⎛ ⎞+ ⎟⎜+ − = ⋅ + ⋅⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ =

( ) ( )25 33 34 2 4 2 4 4 2 4 2 410 10t t c x x x x= + + = − ⋅ − + − ⋅ − +C .

Az integrál minden ( )2,I ⊂ ∞ intervallumon létezik.

2. ( ) ( ) ( )32 1 5 3f x x x= − −

Megoldás. Legyen 2 3 25 35 5

t tt x x dx+= − ⇒ = ⇒ = dt , ekkor

( ) ( )2 4

3 3 22 1 5 3 2 15 5

t tx x dx d⎛ ⎞+ ⎟⎜− − = ⋅ − ⋅⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ t =


( ) ( )3 27 54 2 4 25 3 5 3 5 3 5 3175 125 175 125t t C x x x x= + + = − − + − − +C és

3 ,5

I ⎡ ⎞⎟⊂ ∞⎢ ⎟⎟⎠⎢⎣.

3. ( ) 3 5 3f x x x= +

Megoldás. A 3 5t x= + 3 helyettesítéssel 3 23 3,5 5

t tx dx−= = és

3 27 43 3 3 3 95 3

5 5 175 100t tx x dx t dt t t C−

+ = ⋅ ⋅ = − +∫ ∫ =

( ) ( )2 3 33 95 3 5 3 5 3 5 3175 100

x x x x C= + + − + + + = és D .

( )

2

3

3 26 4x

f xx+

=−

4. 3 24 ,6 2

t tx dx+= =Megoldás. A 3 6t x= − 4 helyettesítéssel dt és

( )6 32 2 82

3

8 16 243 2 1 56 4 12 2 192 15 6

t tx t tdx dt t Cx t

+ + ++= ⋅ ⋅ = + +

−∫ ∫5t

+ =

( ) ( )( ) ( )

2 232 23 3

6 4 6 4 6 4 56 4 6 4192 15 6

x x x x x− − −

= + − + C− + és

{ }2\3

I ⊂ .

( )2

32 3x

f xx x

+=

+5.

2 32 3 ,2

tt x x dx t−= + ⇒ = = ⋅Megoldás. dt és

( ) ( )

2 2

2 22 2 2

3 3 4 1 322 3 2 3 3x t tI dx t dt

x x tt t+ + − +

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅+ − −

∫ ∫ ∫6 dt =

( )22

1 3 1ln 123 3 3

t dtt t−

= ⋅ ++ −∫ .

2

13t −( )22

13dt

t −∫Az kiszámításához parciálisan integráljuk az függvényt:

( ) ( )

2

2 22 2 2 22 2

1 2 12 63 3 3 33 3

t t tdt dt dt dtt t t tt t

= + = + +− − − −− −

∫ ∫ ∫ ∫1 ,

( ) ( )2 22

1 1 1 ln6 2 3 36 33

t tdt Cttt−

= − − ⋅ ⋅ ++−−∫

3tehát, .


2 3xI Cx+

= − +3 , \ {02

I ⎛ ⎞⎟⎜⊂ − ∞⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠Visszahelyettesítve kapjuk, hogy és } .

( )3

11

xf x

x−

=+

6.

Megoldás. A 3 1t x= + helyettesítéssel és 3 21, 3x t dx t dt= − =

( )33

1 2 31

x dx t tdtx−

= −+∫ ∫ =

( ) ( ) ( )2 25 2 3 33 33 1 1 35 5t t C x x x= − + = + + − + +1 C és . { }\ 1I ⊂ −

( )11

xf x x

x+

=−

7.

( )

2

22 2

1 4,1 1t tx dx

t t+ −

= =− −

11

xtx+

=−

Megoldás. A helyettesítéssel dt és

( )

2

22 2

1 1 41 1 1

x t tI x dx t dtx t t+ +

= ⋅ = − ⋅ ⋅− − −

∫ ∫ =

( )( )

4 2 2

32

2 1 3 1 24

1

t t tdt

t

− + + − +=− ⋅ =

−∫

( ) ( )2 32 2

1 1 12 ln 12 81 1 1

t dt dtt t t−

= − − −+ − −∫ ∫ .

( )22

11t −

Ahhoz, hogy ezt kiszámítsuk, előbb parciálisan integráljuk az , majd az

2

11t −

függvényeket.

( ) ( ) ( )

2

2 2 32 2 2

1 221 1 1

t tdt dtt t t

= +− − −

∫ ∫ =

( ) ( ) ( )2 22 2 2

1 14 41 1 1t dt dt

t t t= + +

− − −∫ ∫ 3 ⇒

( ) ( ) ( )3 22 2 2

1 14 31 1

tdt dtt t t

⇒ = − −− − −∫ ∫ 2

1, így

( ) ( )2 22 2

1 22 ln 61 1 1

t t dIt t t−

= − + −+ − −∫

t .

( ) ( )

2

2 22 2 2 22 2

1 12 2 21 1 1 11 1

t t t dtdt dt dtt t t tt t

= + = + +− − − −− −

∫ ∫ ∫ ∫ ⇒


( )2 2 222

1 11dt t dt

t tt⇒ = − −

− −−∫ ∫ , tehát

( )2 22

2 3 1 1ln1 2 11

t t tI Ct tt

−= + −

− +−+

11

xtx+

=−

, ahol .

Az integrál minden intervallumon létezik. ( ) ( ), 1 1,I ⊂ −∞ − ∪ ∞

( ) 42

2 1x

f xx+

=+

8.

( )

4 3

24 4

2 , 122 1 2 1t tx dx

t t−

= = −− −

42

2 1xtx+

=+

Megoldás. A helyettesítéssel dt

és

( ) ( )

3

42 244 4

2 12 6 62 1 2 12 1 2 1x t dtI dx t dtx tt t+

= = − ⋅ ⋅ = − ⋅ − ⋅+ −− −

∫ ∫ ∫ ∫dt

=

( )22 2 4

1 13 62 1 2 1 2 1

dtdtt t t

= − − − =− + −∫ ∫

( )( )

44

24 4 4 4

1 2 1 33 ln arctg 2 62 2 2 1 2 2 1

t dtt t−

= − ⋅ + −+ −∫

t .

4

12 1t −( )242 1

dtt −∫A kiszámításához parciálisan integráljuk a függvényt.

( )

4

24 4 4

1 82 1 2 1 2 1

t tdt dtt t t

= +− − −

∫ ∫ =

( )24 4 4

14 42 1 2 1 2 1t dt dtt t t

= + ⋅ ++ − −∫ ∫

( )

⇒

( )4

44 4 4 4

3 3 3 2 1arctg 2 ln4 2 8 2 2 12 2 1

t tI ttt−

⇒ = − ⋅ − + =+−

c

( )4 4

4 44 4 4 4

1 2 3 2 4 3 2 4 2 12 1 arctg ln2 2 1 4 2 2 1 8 2 2 4 2 1

x x xx Cx x x

⎛ ⎞+ + + − ⎟⎜ ⎟⋅ ⋅ + − − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜+ + + +⎝ ⎠xx+

++

,

( )1, 2 ,2

I ⎛ ⎞⎟⎜⊂ −∞ − ∪ − ∞⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

( ) 311

xf x x

x+

=−

9.

( )

2

23

61tdx dt

t= −

−

3

3

11tx

t+

=−

311

xtx+

=−

Megoldás. A helyettesítéssel , és


( )

3 2

323 3

1 1 61 1 1

x t tI x dx t dtx t t+ + −

= ⋅ = ⋅ ⋅− − −

∫ ∫ =

( ) ( )2 33 3 3

1 1 16 3 21 1 1

dtt t t

= − + ⋅ + ⋅− − −∫ .

( )23

11dt

t −∫ ( )33

11dt

t −∫ és Az integrálokat a parciális integrálás módszerével

számoljuk ki.

( ) ( ) ( )

3

2 2 33 3 3

1 61 1 1

t tdt dtt t t

= +− − −

∫ ∫

( )

=

( ) ( )2 23 3 3

1 16 61 1

3 ⇒1

t dt dtt t t

= + +− − −∫ ∫

( ) ( ) ( )3 2 23 3 3

16 51 1 1

dt t dtt t t

−⇒ = −

− − −∫ ∫ , így

( ) ( )2 23 3 3

1 26 81 1 1

dt tI dt t t

= − − +− − −∫ ∫ t .

( ) ( )

3

2 23 3 3 33 3

1 3 3 31 1 1 11 1

t t t dt dtdt dtt t t tt t

= + = + +− − − −− −

∫ ∫ ∫ ∫ ⇒

( ) ( )2 333

23 13 11

dt t dtttt

⇒ = − −−−−∫ ∫ , tehát

( ) ( ) ( )2 3 33

2 8 233 1 11

t t dtIt tt

= + −− −− ∫ =

( ) ( )2 233

2 8 2 1 29 1 13 11

t t t dtt t ttt

+= + − −

− + +−− ∫ =

( ) ( ) ( )22 33

2 8 2 1 2 2 1ln 1 ln 1 arctg9 9 3 3 33 11

t t tt t ttt

+= + − − + + + + +

−−C =

( )( )

2

3 3 311 4 1 2 1

1 ln 11 2 3 1 9 1xx x xx

x x x−+ +

= ⋅ − ⋅ ⋅ − − −− −

++

−

2

3 3 31 1 1 2 1 1ln 1 arctg 2 19 1 1 3 3 3 1

x x x Cx x x

⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ + ⎞ + +⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎢ ⎥⎟⎜ ⎜ ⎟+ + + + +⎜⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎜⎜ − − −⎟ ⎝ ⎠⎜⎝ ⎠+

⎣ ⎦.

Az integrál minden { }\ 1I ⊂ intervallumon létezik.

( ) ( ) ( )( )322 4 1f x x x= + −10. Megoldás. sinx = t helyettesítéssel és cosdx tdt=


( ) ( ) ( )32 42 4 1 2 sin 4 cosx x dx t tdt+ − = + =∫ ∫

5 32 3 3 sin 2cos cos sin5 2 4

tt t t t C= − + + + + =

( ) ( )22 2 2 2 22 3 31 1 arcsin 1 1 15 2 2

x x x x x x x x C= − − − + + − + − ⋅ − ⋅ + =

2 4 3 23 2 4 5 25C+arcsin 1

2 5 5 2x x x x x x⎛ ⎞⎟⎜= + − − − + + − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

, ( )1,1⊂ −I .

( )

( ) 2

12 4

f xx x

=+ −

11.

Megoldás. Az helyettesítéssel és 2 sinx = t 2 cosdx tdt=

( )22

1 1 sin 1 1 1 tg2 sin 1 2 cos 2 cos 22 4

dx dt t dt t Ct t tx x

−= = =− +

+ −+ −∫ ∫ ∫ + =

2

1 124x C

x⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠−

+ és . ( )2,2I ⊂ −

( )

5

29x

f xx

=−

12.

Megoldás. Az , 3 sinx t= ,2 2

t π π⎛ ⎟⎜∈ − ⎟⎜ ⎟⎝⎞⎠

helyettesítéssel és 3 cosdx tdt=

5 5 55 5

2

3 sin 3 cos 3 sin3 cos9

x tdx tdt tdttx

= ⋅ =−∫ ∫ ∫ =

4 25 sin cos 4 sin cos 4 23 c

5 5 3 5 3t t t t t C

⎛ ⎞⎟⎜− − ⋅ − ⋅ ⋅ +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠os =

( )2

4 29 12 725x x x C−

= − ⋅ + + + ( )3, 3⊂ −, I .

( )2 9x

f xx

=+

13.

2

29

9x dx x Cx

= + ++∫Megoldás. , I . ⊂

( )

3

2

54 9x

f xx

=+

14.

2 2

2

4 4,6 6t tx dxt t

− += = −24 9 3x t+ = +Megoldás. A x helyettesítéssel dt és

( )323 2

3 3 2 22

5 45 26 4 64 9

tx tdx dtt t tx

− += − ⋅ ⋅ =

++∫ ∫4t


( )32 2 4 6

3 4 3 4 4 4 4

45 5 64 3 16 3 43 6 3 6

t t t tdt dtt t t t− ⋅ ⋅ ⋅

= − ⋅ = − − + − =⋅ ⋅∫ ∫ t

33

40 10 5 5243 27 54 1944

t t Ct t

= − − + + =

( )3 22

40 1 10 1243 27 4 9 34 9 3 x xx x

= ⋅ − ⋅+ −+ −

+

( ) ( )3

2 25 54 9 3 4 9 354 1944

x x x x− + − + + − +C .

( )21 1

xf x

x=

+ + 15.

2 2

2

1 1,2 2t tx dxt t

− += = −21t x x+ = +Megoldás. A helyettesítéssel dt és

( )

2 2

2 22

1 2 12 1 21 1

x t tI dxt t tx

− += = − ⋅ ⋅

++ +∫ ∫( )( )( )

t dt =

( )

2 2

2 2

1 1 1 1 2 11 2 2 2 1

t t t tdt t dtt t t t− + − + −

= = + ⋅+ +∫ ∫ =

( ) ( )( )

2

2 2

1 1 1 12 2 1 2 2 1

t A B t B C CA B Ct dt tt t t t t

+ + + += + + + = + ⇒

+ +∫ ∫ dt

1

2

1 2, 4,

1

A B

B C B A C

C

⎧⎪ + = −⎪⎪⎪⎪⇒ + = ⇒ = = − = −⎨⎪⎪⎪ = −⎪⎪⎩

, tehát

1 1 ln 2 ln 12 2

I t t t Ct

= + + − + + =

( ) ( ) ( )2

2 2

2

1 1 ln 1 2 ln 1 12 2 1

x x x x x x Cx x

+ −= + + + − − + − +

+ −+ .

. D =

( )

( )2 2

14 4

f xx x

=− +

16.

2 2

2

4 4,2 2t tx dxt t

− += = −24t x x+ = +Megoldás. A helyettesítéssel dt és

( )

2 2

4 2 2 22 2

4 2 424 16 4 24 4

dx t t tI dt t t tx x

+= =− ⋅ ⋅

− + +− +∫ ∫ t =

2 212 8 2 12 8 2At B Ct D dt

t t+ +

= − +− − − +∫ , ahonnan


14 20

14 2

0

A

B

C

D

⎧⎪⎪ =⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎪⎨⎪⎪ = −⎪⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎩

( ) ( )( ) ( )

0

0

8 2 12 12 8 2 4

8 2 12 12 8 2 0

A C

B D

A

B D

⎧ + =⎪⎪⎪⎪ + =⎪⎪⎪⎨⎪ − − + =⎪⎪⎪⎪ − − + =⎪⎪⎩

C, melynek megoldása ,

tehát 2 2

2 2

1 4 4 4ln8 2 4 4 4 2

x x xI Cx x x

− + − −= − +

− + − +

2

és { }\ 2I D⊂ = ± .

( )

( )

3

32 1

xf x

x=

−17.

Megoldás. Az helyettesítéssel és chx = t shdx tdt=

( )( )23 3

3 232

ch 1 shch shsh sh1

t tx tdx tdt dtt tx

⋅ += ⋅ =

−∫ ∫ ∫ =

2

2 2 2

1 1shsh 1 2 1 1

x xt c x ct x x x x x

+ −= − + + = − − +

+ − + − −

1 ,

( ) ( ), 1 1,I D⊂ = −∞ − ∪ ∞ .

( )

3

24 9x

f xx

=−

18.

3 ch2

x =3 sh2

dx tdt=Megoldás. Az t helyettesítéssel és

( )3

3 2

2

27 1 3 27ch sh ch 1 sh8 3 sh 2 164 9

x dx t tdt t t dttx

= ⋅ ⋅ = +−∫ ∫ ∫ =

327 9sh sh16 16

t t C == + + ( )2 2 29 14 9 4 9 4 916 48

x x x= − + ⋅ − − C+ ,

3 3, ,2 2

I D ⎛ ⎞ ⎛⎟ ⎟⎜ ⎜⊂ = −∞ − ∪ ∞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝⎞⎠

.

( )

2

2

14 1

xf x

x+

=− +

19.

2 2

2

4 4,2 2t tx dxt t+ −

= − = −2 4x t x+ = −Megoldás. Az helyettesítéssel dt

és 2 4 2 2

2 2 22

1 12 16 24 2 4 24 1

x t t t tI dxt t t tx

+ + + −= =− ⋅ ⋅

+ −− +∫ ∫4 dt =


( ) ( )6 4 2 2 4 3 2

3 2 3 2

8 32 64 2 4 828 24 2 4 2 4

t t t t t t t tdt dtt t t t t t+ − − − − −

= − = − + − =+ − + −∫ ∫

2

2 328 2 1 5 1 5t t A B C D E

t t t t t=− + − + + + + =

+ + + −∫( ) ( ) ( )( )

( )

4 32

3 2

2 1 5 1 52

8 2 2 4

t A D E t A B D Et tt t t

+ + + + + − + += + − +

+ −∫

( ) ( ) ( )

( )

2

3 2

4 2 4 2 42 4

t A B C t B C Cdt

t t t− + + + − + + −

+ ⇒+ −

( ) ( )2

2 1 5 1 5

4 2 4

4 2 0

4 8

A D E

A B D E

A B C

B C

C

⎧ + + =⎪⎪⎪⎪⎪ + + − + + = −⎪⎪⎪⎪⎪⇒ − + + = −⎨⎪⎪⎪− + =⎪⎪⎪⎪− = −⎪⎪⎩⎪

1

.

3 5 3 52, 1, 2, ,5 5

A B C D E= = = = = − . Tehát A rendszer megoldása:

2

2

1 1 6 5 1 54 ln 2 2 ln8 2 5 1 5t t tI t

t t t+ −

= − + − + + − + =+ +

c

( ) ( )2

22

24 4 4 ln 48 2

x x x x x x− − − −

= − + − − − + +

( )2

22 22

2 2 6 5 4 1ln54 44

x x Cx x x xx x

− − + −+ + −

− − − − + +− −

51 5

+ ,

( ) ( ), 2 2,I D⊂ = −∞ − ∪ ∞ .

( )2

12 2

f xx x

=− +

20.

2 2 2x x t− + = −Megoldás. A x helyettesítéssel

( )

2 2

22 2,

2 2 2 1t t tx dxt t− − +

= =− −

2 dt és

( )

22

222

2 2 2 2 ln 2 2 12 2 2 12 2

dx t t t dt x x x Ct t tx x

− − += ⋅ = − + + −

− + −− +∫ ∫ + ,

. D =21. ( ) 23 2 1f x x x= − −

56 Integrálási módszerek 2 1

2 3 2txt+

=−

23 2 1 3x x t− − = −Megoldás. A x helyettesítéssel ,

( )

2

23 2 3

2 3 1

t tdx dtt

− −=

− és

( )

2 22

23 2 3 3 2 33 2 12 3 2 2 3 1

t t t tx x dx dtt t

− − − −− − = ⋅ =

− −∫ ∫

4 3 2

3 2

1 3 4 3 2 4 3 34 3 3 9 3 3 1

t t t t dtt t t

− − + += =

− + −∫

( )

4 3 22

33 2

3 3 3 31 1 6 134 3 3 9 3 3 1 3 3 3 1

tt t t t t dtt t t t

− + −+ +

= − +− + − −

∫6 3 8

=

( )

2 2

31 3 8 3 4

8 3 12 24 3 1

t t t t dtt

+ += − +

−∫ =

( ) ( )

2

2 31 1 10 13

8 3 12 24 3 1 3 1 3 1

t t dtt t t

= − + + +− − −

∫ =

( )

2

23 5 3 1 13 3 1ln 3 1

8 3 12 72 36 3 1 144 3 1

t t t Ct t

= − + − − − ⋅ +− −

=

( )2

223 2 1 3 3 2 1 3

8 3 12

x x x x x x− − + − − += − +

2

2

2 3 5 3 1ln 9 6 3 3 19 36 9 6 3 3 1

x x xx x x

− − − + − − ⋅− − + −

−

( )2

2

13 3 1144 9 6 3 3 1

Cx x x

− ⋅ +− − + −

.

22. ( ) 2 2 4 3f x x x x= − + Megoldás. (2 4 3 1x x t x− + = −A ) helyettesítéssel

( )

2

22 2

3 4,1 1

t tx dxt t

−= =

− −dt és

( )( ) ( )

22

2 22 2 2

32 41 1 1

tt tI dt t t

−= − ⋅ ⋅ =

− − −∫ t

( )( )

6 4 2 4 2

52

3 3 1 3 2 1 48

1

t t t t tdt

t

− + − − − + +=− =

−∫


( ) ( ) ( )52 3 22 2

1 1 48 311 1dt

tt t− − ⋅ +

−− −∫ .

2

11t −( )22 1

dtt −∫Az kiszámításához parciálisan integráljuk az függvényt.

( ) ( )

2

2 22 2 2 22 2

1 2 12 21 1 1 11 1

t t t dtdt dt dtt t t tt t

= + = + +− − − −− −∫ ∫ ∫ ∫ ⇒

( ) ( )2 22

1 1 ln4 12 11

t tdt Cttt−

⇒ =− −+−−∫

1+ .

( )32 1dtt −∫ ( )52 1

dtt −∫Hasonlóképpen számítjuk ki az -t és -t is.

( ) ( ) ( )3 22 2 2

1 31 4 1 4 1

tdt dtt t t

= − −− −∫ ∫ 2

−

( ) ( ) ( )4 32 2 2

1 51 6 1 6 1

tdt dtt t t

= − −− −∫ ∫ 3

−

( ) ( ) ( )5 4 42 2 2

1 71 8 1 8 1

tdt dtt t t

= − −− − −∫ ∫ .

Az eddigiek alapján írhatjuk, hogy

( ) ( ) ( ) ( )4 3 2 22 2 2

4 14 17 17 1ln8 14 11 3 1 6 1

t t t t tI Cttt t t−

= − − + + ++−− − −

=

4 31 3 7 3 1 3( 1) ( 1) ( 1)4 1 12 1 24 1x x xx xx x x− − −

⋅ ⋅ − + ⋅ − − ⋅ −− − −

2x −

1 317 3 17( 1) n8 1 8 1 3

x xx x lx x x

⎛ ⎞− − −− ⎟⎜ ⎟⎜− ⋅ − + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− − + −⎝ ⎠C+ ,

( ) ( ),1 3,I D⊂ = −∞ ∪ ∞ .

( )2

16 10

f xx x

=− +

23.

Megoldás. Az helyettesítéssel és 3 shx − = t chdx tdt=

2 2

1 ch 16 10 sh 1dx tdt dt

x x t= ⋅ =

− + +∫ ∫ =∫

( )( )2ln 3 3 1t c x x c= + = − + − + + , . D =

( )2

13 2

f xx x

=+ +

24.


3 1 ch2 2

x + =1 sh2

dx tdt=Megoldás. Az t helyettesítéssel és

2 2

1 1 sh 11 23 2 ch 12

dx tdt dtx x t

= ⋅ =+ + ⋅ −

∫ ∫ =∫

( )2ln 2 3 2 3 1t c x x C+ = + + + − + ,

( ) ( ), 2 1,I D⊂ = −∞ − ∪ − ∞ .

( )

2

2

11

x xf x

x x x+ +

=− +

25.

2 12 1txt−

=−

2 1x x t− + = −Megoldás. A x helyettesítéssel ,

( )

2

22 2 2

2 1t tdx dtt− +

=−

és

2

2

11

x xI dx x x

+ += =

− +∫ x

( )( )

( )( )

22 22

2 22 2

1 21 2 1 2 112 1 2 1 1 1 2 1t tt t t dtt t t t t t

⎛ ⎞− −⎟⎜ − − −⎟⎜ ⎟= + + ⋅ ⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟− − − − + −⎟⎜⎝ ⎠∫

1t +=

( )( ) ( )

22 2

2 2 22

1 1 1 12 2 22 1 (2 1) 2 1 12 1 1

t t tdt dtt t t tt t

− + −= + = + +

− − − −− −∫ ∫1

=

2

1 1 4 5ln ln 2 1 11 2 (2 1

t tt dt t− −

= + − + ++ −∫ )

t =

1 3 3ln ln 2 11 2 2 4(2 1)

t tt Ct t−

= + − + ++ −

+ .

tehát 1 3 12 ln 2 1 ln 1 ln 1 ln 2 1

2 2tI t t t t

t= + − + − − + − − + ⋅ + =

−4 2 1C

2 2

2

1 1ln2 1 1

x x x x x xx x x

− + + − + + −= +

− + + +

1+

2

2

3 3 1ln 2 1 2 12 4 2 1 2 1

x x x Cx x x

+ − + + − + ⋅− + + +

+ ,

. D =

( )

( ) 2

11 3

f xx x x

=− − +

26. 2

Integrálási módszerek 59 2 2

2 3txt−

=−

2 3 2x x t− + = −Megoldás. A x helyettesítéssel ,

( )

2

22 6 4

2 3t tdx dtt− +

=−

és

( )

( )( )

2

22 22

2 3 22 3 2 32 1 3 2 2 31 3 2

t tdx t t dtt t t t tx x x

− +− −= ⋅ ⋅

− + − + −− − +∫ ∫ =

( )2 2

2 221 1 3 2 1dt C Ct t x x x

= = − + = −− − − + + −∫ + ,

( ) ( ), 2 1,I D⊂ = −∞ − ∪ − ∞ .

( )

( )3

2 2

1

2 5f x

x x=

− +27.

Megoldás. Az helyettesítéssel és 1 2 shx − = t 2 chdx tdt=

( ) ( )332 2

1 2 ch2 5 4 sh 4

dx tdtx x t

= ⋅− + +

∫ ∫ =

2 2

th 14 ch 4 2 5dt t xC Ct x x

−= = + = +

− +∫ =, D .

( )2

11 2

f xx x

=+ + +

28. 2

( )

2 22 1txt−

=+

2 2 2x x t+ + = −Megoldás. A x helyettesítéssel ,

( )

2

21 2 22 1t tdx dtt+ +

= ⋅+

és

( )

2

222

2 2 1 2 24 4 2 11 2 2

dx t t tI dt t tx x

+ + += = ⋅ ⋅

+ + ++ + +∫ ∫ t =

( )( ) ( )

2

2 22 2

1 2 1 2 2t t A B Cdt dtt t t t t

+ += = + +

+ + + + +∫ ∫ =

( ) ( )( ) ( )( )( )

2

22 1 2 1

1 2A t B t t C t dt

t t+ + + + + +

= ⇒+ +∫

1 esetén 1

2 esetén 2

0 esetén 4 2 2 0

t A

t C

t A B C B

⎧⎪ = − =⎪⎪⎪⎪⇒ = − = − ⇒⎨⎪⎪⎪ = + + = ⇒⎪⎪⎩

=

( )21 1 12 ln 1 2

1 2 2I dt dt t

t t t⇒ = − = + + + =

+ + +∫ ∫ C


( )2

2

1ln 2 2 1 22 2 2

x x x Cx x x

= + + + + + ⋅ ++ + + +

D =, .

29. ( ) 3 1f x x x x= ⋅ + Megoldás. Az 31 x x u+ = 22xdx u du= helyettesítéssel , tehát

43 43 311 2 ( 1

2 2ux x xdx u du C x x+ = = + = + +∫ ∫ ) C és .[0, )I D⊂ = ∞

( )23

11

f xx x

=+

30.

Megoldás. Az helyettesítéssel 2 és 2x = xdx dt=t

32 2 23 3

1 22 11 2 1

x ddx dxt tx x x x

= =++ +∫ ∫ ∫t

=

33 1 1,t u t u dt u+ = ⇒ = − = 23 du helyettesítéssel) (a

( )2

3 23

3 3 3 1 1 12 1 2 3 1 12 2

u u udu du duu u u uu u

⎛ ⎞− ⎟⎜= = = − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− − + +− ⋅∫ ∫ ∫ =

( )21 1 3 2 2 1ln 1 ln 1 arctg2 4 4 3 3

uu u u += − − + + + ⋅ +C =

( )22 23323 23ln 1 1 1ln 1 1 3 2 1 1arctg2 4 2 3

x xx x C

⎛ ⎞⎟⎜ + + + + ⎟+ − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ + + ⎟⎜ ⎟⎜− + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠+ ,

*I D⊂ = .

( )44

11

f xx

=+

31.

4 434

1,4

x t x t dx dtt

= ⇒ = = 41tut

= ⇒+

Megoldás. Az , majd az

( )

3

24

41udt duu

=−

4

41utu

=−

, helyettesítéseket végezzük.

444 344

1 1 1 11 4 11 4

dx tI dtt tx t

= = ⋅ = ⋅+ ++∫ ∫ ∫ dt

t=

( )

4 3

24 4 24

1 1 4 1 1 14 1 2 11

u u duu duu u uu−

= ⋅ ⋅ = = −− − +−∫ ∫ ∫ 2 1

duu

=

1 1 1ln arctg4 1 2u u Cu−

=− + + =+

44

4 44 4

1 1 1ln arctg4 21 1

x x x Cx x x

⎛ ⎞+ − ⎟⎜ ⎟⎜= − + +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠, . D =


32. ( ) 3 4f x x x= + 3 4 2 1xI x x dx x

x+

= + =∫ ∫Megoldás. dx . A

( )22

1 21

x tt dxx t+ −

= ⇒ =−

dt

( ) ( ) ( )

2

2 2 42 2 2

2 21 1 1t t tI dt

t t t− −

= ⋅ =− − −∫ ∫helyettesítéssel dt =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 3 41 1 1 1 1 1 1 1A B C D E F G Ht t t t t t t t

= + + + + + + +− + − + − + − +∫ 4 .

116

A=−116

B =116

C =116

D =, , , Az együtthatók egyenlőségéből , ,

,

0E =

18

G = −18

H = −, , tehát 0F =

( ) ( ) ( ) ( )31 1 1 1 1 1ln16 1 16 1 16 1 24 1 24 1

tI Ct t t t t3

+= − − + + +

− − + − +=

( ) ( )11 ln

16 1 16 1 16 1

x x x xx x x x x x

⎛ ⎞+ + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟+ −⎜ + − + +⎟⎜⎝ ⎠+

( ) ( )

3 3

3 324 1 24 1

x xC

x x x x+ + + [ ]\ 1, 0I D⊂ = − . ,

+ − + +

33. ( ) 3 41f x x= + 4

3

33 34

41 1

x t

dx t dtI xdx t t dt

=

== + + ⋅=∫ ∫Megoldás. 4 =

( 3 1u t= + , , ) 3 1t u= − 23dt u du=

( ) ( )33 2 12 9 6 34 1 3 12 3 3u u u du u u u u du= − ⋅ = − + −∫ ∫ =

13 10 7 412 18 36 313 5 7u u u u C= − + − + =

( )( )

( ) ( )34

234 4 4 412 1 18 361 1 1 1 313 5 7x

x x x x⎡ ⎤+⎢ ⎥= + ⋅ + ⋅ − + + + − +⎢ ⎥⎣ ⎦

C ,

. D +=

( )3 41 x

f xx

+=34.

( )4 3

3 2

33 4 1 3 332

4 3

1 41 12u tx t

dx t dt dt u du

x tI dx t dt u ux t

= +=

= =

+= + ⋅= =∫ ∫ ∫Megoldás. 1 du− =


( ) ( )7 4 34 4 412 123 1 3 1 17 7u u C x x x⎡ C⎤

= − + = + − + + +⎢ ⎥⎢ ⎥⎦

*+=, D .

⎣

( )53

11

f xx x

=+

35.

5

45

15 t

x t dx d= ⇒ =Megoldás. Az t , majd a

helyettesítéseket végezzük.

3 21 3t u dt u du= − ⇒ =

( ) ( )2

3 3353

1 35 1 5 1 5 11dt u du uduI dxt t u u ux x

= = = =+ ⋅ − ⋅ −⋅ +∫ ∫ ∫ ∫

3=

2

1 1 15 1 1

u duu u u

−= −

− + +=∫

( )21 1 3 2 2 1ln 1 ln 1 arctg5 10 10 3 3

uu u u += − − + + + ⋅ +C =

( )( )25 53353 53ln 1 1 1ln 1 1 3 2 1 1arctg5 10 5

x xx x C+ + + ++ − + +

= − +3

+ ,

{ }* \ 1I D⊂ = − .

( )

( )5

2 3 3

1

2f x

x x=

+36.

( )

2

3 23

62 1t uu dtt u

= ⇒ =+ −

3

23

13

x t dx dtt

= ⇒ =Megoldás. Az és du

helyettesítéseket alkalmazva

( ) ( )

5

35 5 34332 3 3

1 1 1 13 3 222

dt tI dxt tt tx x

⎛ ⎞⎟⎜= = = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠++ ⋅+∫ ∫ ∫ dt⋅ =

( )( )

33 2 35

29 23

11 6 1 13 8 41

u u uu duu uu

− −= ⋅ ⋅ =

−∫ ∫ du =

23 32 3 3

3 3

1 1 1 2 14 8 4 8 2

x xu C Cu x x

⎛ ⎞+ ⎟⎜= − − + = − − +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠{, }* 3\ 2⊂ = −I D .

( )3 34

1

1f x

x x=

+ 37.

( )1

2 3 34 1dx u u du= −341 x u+ =Megoldás. Az 3 helyettesítéssel , tehát


( )5523 342

3 34

1 8 84 15 51

dx u udu u C x Cx x

= = + = ++

∫ ∫ + és

(0, )D = ∞ .

( )3 4 23

1

1f x

x x=

+38.

4 231 x+ =Megoldás. Az u helyettesítéssel

( )118 1134 233 3

3 4 23

1 18 186 111 111

dx u du u C x Cx x

= = + = ++

∫ ∫ +

és . *I D⊂ =

2.5. Trigonometrikus függvények racionális és irracionális kifejezéseinek integrálása

G yakorlatok (63. oldal) Határozd meg, hogy az alábbi függvényeknek milyen intervallumokon van primitív függvénye és számítsd ki egy ilyen intervallumon a határozatlan integrálját: 1. ( ) 3 3sin cosf x x= x

Megoldás. ( )4 6

3 3 3 2 sin sinsin cos sin 1 sin cos4 6x xx xdx x x xdx= − = −∫ ∫ +

C+ , . D =2. ( ) 4 3sin cosf x x= x Megoldás

( )5 7

4 3 4 2 sin sinsin cos sin 1 sin cos5 7x xx xdx x x xdx C+= − = −∫ ∫ =, D .

3. ( ) 2 4sin cosf x x= x Megoldás

( )3

2 4 21 sin 2 1 1sin cos sin 2 1 cos28 48 8

x xx xdx x x dx dx−= + = +∫ ∫ ∫

cos 42

=

3sin 2 sin 448 16 64x x x C= + − + , D . =

4. ( ) 6 2sin cosf x x= x 2 2

6 2 1 cos2 sin 2sin cos2 2x xx xdx dx⎛ − ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= ⋅⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫Megoldás. =

2 2 2 21 sin 2 2 cos2 sin 2 cos 2 sin 216

x x x x xd= − ⋅ + ⋅∫ x =

64 Integrálási módszerek 3 2sin 2 1 1 cos 4 sin 4

48 16 2 4x x dx−

= − + + =x

∫

3sin 2 sin 4 5 sin 848 128 128 1024x x x x C=− − + − + és . D =

5. ( ) 3sinf x x=

( )3

3 2 cossin 1 cos sin cos3xdx x xdx x C= − ⋅ = − + +∫ ∫Megoldás. , D . =

6. ( ) 4cosf x x=

( )2

4 21 cos2 1cos 1 2 cos2 cos 22 4xxdx dx x x dx⎛ + ⎞⎟⎜= = + +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ ∫Megoldás. =

3 sin 2 sin 48 4 32x x x C= + + + , . D =

7. ( ) 2cos cos 3f x x= x

=

x =

Megoldás. ( )22 3cos cos 3 cos 4 cos 3 cosx xdx x x x dx⋅ = ⋅ −∫ ∫

( )( )22 2cos 1 sin 1 4 sinx x x d= − −∫

3 5 74 16sin 3 sin sin sin5 7

x x x x C2= − + − + D =, .

8. ( ) 2sin cos2f x x= x Megoldás

2 1 cos2 sin 2 1 1 cos 4sin cos2 cos22 4 2 2x xx xdx xdx dx− +

= ⋅ = −∫ ∫ ∫x

=

sin 2 sin 44 4 16x x x C= − − + és D . =

( )1

2 sin cos 5f x

x x=

− + 9.

2

2 tg2sin

1 tg2

x

x x=+

tg2xt = 2

21

dx dtt

=+

Megoldás. A jelöléssel , valamint a és

2

2

1 tg2cos

1 tg2

x

x x−

=+

összefüggések alapján a kiszámítandó integrál

2

2 2

1 tg2

2 sin cos 5 4 tg 1 tg 5 5 tg2 2

xdx

x xx x

+= =

− + − + + +∫ ∫

2x


22 2 2

1 24 4 6 1 3 2 2 1 53

3 3

t dt ddtt t t t t

t

+= ⋅ = =

⎛ ⎞+ + + + + ⎟⎜ + +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∫ ∫ ∫t

=

3 tg 13 1 1 5 2arctg arctg5 5 5 5

xt C C

++= ⋅ + = +

)

.

Megjegyzés. A függvénynek az egész -en létezik primitívje de az előbbi számolások olyan intervallumon érvényesek, amelyen a változócsere értelmezett. Egy ilyen intervallum a ( , intervallum. Ha az egész -en meg akarjuk határozni az

primitív függvényét, akkor a k alakú pontokban össze kell illeszteni a konstansokat.

π π−f π

( )1

sin cosf x

x x= 10.

Megoldás

2

2 sin2 1 1 cos22 lnsin cos sin 2 1 cos 2 2 1 cos2dx dx x xdx Cx x x x x

⎛ ⎞− ⎟⎜= = = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− +∫ ∫ ∫ + ,

{ }\2

I D k kπ⊂ = ⋅ ∈ .

( )2

1 2 tgf x

x=

+11.

tg2xt =Megoldás. A helyettesítéssel , 2arctgx t= 2

21dtdxt

=+

, tehát

( )22

2 22

2 1 tg2 221 2 tg 1 4 11 tg 4 tg

2 2

xdx tI dxx xx t

− −= = = ⋅

+ +− +∫ ∫ ∫

2 2 dtt t

=− +

241 2 5 2At B C D dtt t t

+= + +

+ − − − +∫ 5.

Egyenlővé téve a megfelelő együtthatókat, kapjuk, hogy

( ) ( )

( ) ( )

0

4 5 2 5 2

4 0

5 2 2 5 1

A C D

B A C D

C D A B

B C D

⎧ + + =⎪⎪⎪⎪⎪ − + − − + =⎪⎪⎪⎨⎪ + − − =⎪⎪⎪⎪− + − − + = −⎪⎪⎪⎩

1, ahonnan

2 1 1, , ,5 5 5

A B C D= − = = =15

, tehát

( )24 4 4 4ln 1 arctg ln 2 5 ln 2 55 5 5 5

I t t t t=− + + + − − + − + + =C


2 24 2 4ln 1 tg ln tg 4 tg 15 2 5 5 2 2

x x x x C⎛ ⎞⎟⎜= − + + + − − +⎟⎜ ⎟⎝ ⎠,

{ } 1\ arctg2 2

I D k k k kππ

⎛ ⎞⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎟⎜⊂ = + ∈ ∪ − + ∈ ⎟⎨ ⎬⎜ ⎟⎟⎜ ⎪ ⎪⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭.

( )

2sin cossin cos

x xf x

x x=

+ 12.

2 2 2 3

2 2

sin cos sin cos sin cossin cos cos sin

x x x x x xdx dxx x x x

−= =

+ −∫ ∫Megoldás.

2 2sin 2 sin sin 24 cos2 2 cos2

x x x dxx x

⋅= − =∫

2

2

1 sin 2 2 cos28 1 sin 2

x xdxx

+−∫

2sin 2

2cos2

1 1 cos 2 1 1 1( 2 sin 2 )8 cos2 8 1 8

x u

x t

x ux dx du dtx u

=

=

− −+ − = +

−∫ ∫tt

=∫

1 1 1ln ln8 2 1

uu t tu

⎛ + ⎞⎟⎜= − + + − + =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠−C

1 1 1 sin 2sin 2 ln ln cos2 cos28 2 1 sin 2

xx xx

⎛ ⎞+ ⎟⎜= − + + − +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+x C .

( )2 2

2 tg 3sin 2 cos

xf x

x x+

=+

13.

2

1cos

dx dtx

=Megoldás. A helyettesítéssel és a kiszámítandó integrál tg x t=

( ) ( )222 2

(2 tg 3) 2 3 3ln 2 arctg2 2cos tg 2

x dx t tdt t Ctx x

+ += = + +

++∫ ∫ 2+ és így

( )2 3 tgln 2 tg arctg2 2

xI x= + + + c

(2 1) (2 1),2 2k kI D π⎛ ⎞− + ⎟⎜⊂ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

πés az előbbi gondolatmenet alakú intervallumokon

érvényes.

( )2 2

1cos sin

f xx x

= 14.

2 2 2

1 14 2 ctgcos sin sin 2

dx dx x cx x x

= =−∫ ∫Megoldás. 2 ,+

{ }\2

I D k kπ⊂ = ∈ .

( )3

1cos sin

f xx x

= 15.

23

1 1 1 2 tgcos tgcos sin

dx dx x Cx xx x

= ⋅ =∫ ∫Megoldás. + ,


,2k

I D k k ππ π

∈

⎛ ⎞⎟⎜⊂ = + ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∪ .

( ) ( )( )5 3sin cosf x x=16. x

( )25 23 3sin cos sin 1 cos cosx xdx x x xdx= −∫ ∫Megoldás. =

( )3 43 3 3sin cos 2 cos cos cos cosx x x x x x dx= − ⋅ + ⋅∫ = 4 13 163 3 33 cos 3 cos 3 cos

4 5 16x x x C= − + − + és D . =

( )

3

5

sin 2sin

xf x

x= 17.

33 5

5 2

sin 2 2 2 4 2ctg ctgsin sin 5

x dx xdx x Cx x

= ⋅ = −∫ ∫Megoldás. + ,

,2k

I D k k ππ π

∈

⎛ ⎞⎟⎜⊂ = + ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∪ .

( )tg

sin cosx

f xx x

=18.

2

tg 1 1 2 tgsin cos cos tg

xdx x C

x x x x= ⋅ =∫ ∫Megoldás. + ,

,2k

I D k k ππ π

∈

⎛ ⎞⎟⎜⊂ = + ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∪ .

19. ( ) 2tg 2f x x= + 2

22

222ut u t dtu+

+ = − ⇒ =2

1tg1

x t dx dtt

= ⇒ =+

Megoldás. A és du

helyettesítésekkel 2 2 2

2 22 4

1 2 4tg 2 21 2 4 2

u u ux dx t dt dut u u u

+ ++ = + ⋅ = ⋅ ⋅

+ +∫ ∫ ∫ 2

2=

( )( ) ( )

22 4 2

44 4

2 4 4 1 444 4

u u u udu du duu uu u u u

+ + += = = +

++ +∫ ∫ ∫ =

( ) ( )2

22

2tg 2 tg

ln arctg ln tg tg 2 arctg2 2

x xuu C x x+ +

= + + = + + + +C .

( )1

1sin

f xx

= + 20.

1 tg1 21sin 2 tg

2

x

I dx xx

+= + =

⋅∫ ∫Megoldás. dx .


2tg2x t= 4

41tdx dtt

=+

A helyettesítéssel és

( )

2 2

24 2 2

1 4 12 22 1 1 2t t tI dtt t t t

+ += ⋅ =

+ + −∫ ∫ dt =

2 2

1 1 1 12 22 2 1 2 2 1

dtt t t t

= ⋅ + ⋅+ + − +∫ =

( ) ( )( )6 arctg 2 1 arctg 2 1t t= + + − C+ .

2.6. Exponenciális és hiperbolikus függvények racionális és

irracionális kifejezéseinek integrálása G yakorlatok (66. oldal) Határozd meg, hogy az alábbi függvényeknek milyen intervallumokon van primitív függvénye és számítsd ki egy ilyen intervallumon a határozatlan integrálját: 1. ( ) 3 3sh chf x x= x

=

Megoldás. ( )3 3 3 2sh ch sh sh 1 chx xdx x x xdx= ⋅ + ⋅∫ ∫

6 45 3 sh shsh ch sh ch

6 4x xx xdx x xdx C= ⋅ + ⋅ = + +∫ ∫ , . D =

2. ( ) 4 3sh chf x x= x

Megoldás. ( )7 5

4 3 4 2 sh shsh ch sh sh 1 ch7 5x xx xdx x x xdx⋅ = ⋅ + ⋅ = +∫ ∫ C+ ,

D = . 3. ( ) 2 4sh chf x x= x

x =

Megoldás. ( )2

2 4 2sh ch sh ch chI x xdx x x xd= ⋅ = ⋅ ⋅∫ ∫( )

321 sh 2 1sh 2 1 ch 2 (ch 4 1)

8 48 16xx x dx x d= ⋅ + = + − x =∫ ∫

3sh 2 sh 448 64 16x x x C= + − + , D . =

4. ( ) 6 2sh chf x x= x

=

Megoldás. ( )26 2 4sh ch sh sh chx xdx x x x dx⋅ = ⋅ ⋅∫ ∫( )221 sh 2 1 ch2

16x x= ⋅ ⋅ − + =dx∫

( )22 21 1 1sh 2 2 sh 2 ch2 sh2 ch216 16 16

xdx x xdx x x dx= − ⋅ + ⋅∫ ∫ ∫ =


2 21 sh 2 1sh 2 sh 416 48 64

xxdx xdx= − +∫ ∫ =

31 ch 4 1 1 ch 8 1 sh 216 2 64 2 48

x xdx dx− −= + −∫ ∫

x=

3sh 4 sh 8 sh 2 5128 1024 48 128x x x x C= + − − + , . D =

5. ( ) 3shf x x=

Megoldás. ( )3

3 2 chsh ch 1 sh ch3xxdx x xdx x C= − ⋅ = − +∫ ∫ =, D .

6. ( ) 4chf x x=

Megoldás. ( )24 1 ch2 sh2 1 1 ch 4ch4 4 4 4 2x x x xxdx dx dx

+ += = + +∫ ∫ ∫ =

sh 2 sh 4 34 32 8x x x C+ + + , . D =

7. ( ) 2ch ch 3f x x= x

=

+ =

=

Megoldás. ( )22ch ch 3 ch ch ch2 sh sh 2x xdx x x x x x dx= ⋅ + ⋅∫ ∫( )( ) ( )

22 3 4 2ch ch 4 sh 1 ch 16 sh 8 sh 1x x x dx x x x dx= + = +∫ ∫

( )( )2 4 2ch sh 1 16 sh 8 sh 1x x x x dx= + + +∫ 7 5

316 sh 24 sh 3 sh sh7 5x x x x C+= + + + D =, .

8. ( ) 2sh ch2f x x= x

Megoldás. 2 ch 2 1sh ch2 ch22xx xdx xdx−

= ⋅∫ ∫ =

sh 2 1 ch 4 1 sh 2 sh 44 2 2 4 16 4x x x x xdx C+

=− + = − + + +∫ , D . =

9. ( )1

1x xf xe e−

=+ +

Megoldás. 22

1 11 31 12 4

xx

x x x xx

edx dx e dxe e e e e

− = = ⋅⎛ ⎞+ + + + ⎟⎜ + +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ =

( )2 12 arctg3 3

xeC

+= + , D . =

10. ( )1

sh chf x

x x=

Megoldás. 2

1 2 2 sh2sh ch sh2 sh 2

xdx dx dxx x x x

= =∫ ∫ ∫ =


2

2 sh 2 1 ch 2 1lnch 2 1 2 ch 2 1

x xdx Cx x

−= = +

− +∫ D =, .

11. ( )

3

2

22

x

x x

ef x

e e=

+ −

Megoldás. 3

2

22

x

x x

e dxe e

=+ −∫ 3 2 2

2 2 2

2 2 4 2 2 4 6 42 2

x x x x x x

x x x x x x

e e e e e e dxe e e e e e+ − + − −

= − ++ − + − + −∫ 2

=

2

6 4 2 1 16 12 2 2 22 3 1 3

xx x

x x x x

ee x dx e x dxe e e e

−= − + = − + ⋅ + ⋅

+ − − +∫ ∫ 2=

2 2 8 82 23 3 1 3 3 2

x xx

x x

e ee x x dx x dxe e

= − − + + −− +

=∫ ∫

2 82 ln 1 ln 23 3

x x xe e e C= + − − + + *D =

t

, .

Megjegyzés. Az helyettesítés után xe =2

2

22 2 12 ( 1)( 2

t tI dtt t t t

−= − −

+ − − +∫ ∫ )dt =

( )2 1 4 2 82 2 ln 1 ln3 1 2 3 3

x x xt dt e e et t

= + − = + − − + +− +∫ 2 C .

12. ( )

2sh chsh chx x

f xx x

=+

Megoldás. ( )22

2 2

sh ch sh chsh chsh ch sh ch

x x x xx x dx dxx x x x

−= =

+ −∫ ∫

43 2 2 2sh 1sh ch sh ch sh 2

4 4xx x x xdx xdx= − + =− + =∫ ∫

4 4sh 1 sh sh 4(ch 4 1)4 8 4 32 8x x x x Cx dx= − + ⋅ − = − + − +∫ D =, .

13. ( )

2

2

32

x

x x

ef x

e e+

=+

Megoldás. ( )

2 2

2 2

3 2 2 3 2 32 2

x x x x x

x x x x x x

e e e e edx dx x dxe e e e e e

+ + − + −= = −

+ +∫ ∫ ∫ 2=

+

( )3 7 3 7 2

2 2 2 2 4 2

x x

x x x x

e ex dx xe e e e− +

= − + = − − =+ +∫ ∫ dx−

( )3 7 3ln 22 4 4

xx e x Ce

=− + + − + =, D .

14. ( )3 2

11x x xf x

e e e=

+ − −


Megoldás. Az helyettesítés után a kiszámítandó integrál xe = t 2( 1)( 1)dt

t t t− +∫ .

2 2

1 1 3 1( 1)( 1) 4( 1) 4( 1) 2( 1)

dt dtt t t t t t t

= − + + + =− + − + +∫ ∫

1 3 1ln ln 1 ln 14 4 2( 1)

t t t Ct

=− + − + + − + =+

( )( )

3 1 1ln 1 ln 14 4 2 1

x xxe e x C+e

= + + − − −+

*=, D .

15. ( )3

1ch sh

f xx x

=

Megoldás

2 23

1 1 1 1 1 2 thch chsh thch sh

ch

dx dx dx x Cx xx xx x

x

= ⋅ = ⋅ =⋅∫ ∫ ∫ + ,

D += .

16. ( ) ( )( )5 3sh chf x x x=

Megoldás. ( )13 7 12ch5 23 3 3 3 3

shsh ch 1 2x t

xdx dtx xdx t tdt t t t dt=

=⋅ = − = − +∫ ∫ ∫ =

16 10 43 3 3

16 10 43 3 33 3 32 ch ch16 10 4 16 5 43 3 3

t t t C x x x= − ⋅ + + = − + +ch C .

17. ( )2

1x

x

ef x

e+

=

Megoldás. 2 3

1 1x x

x x

e eI dxe e+ +

= =∫ ∫xe dx⋅ .

Az 1xe + = t helyettesítéssel , , 2 1xe t= − 2xe dx tdt=

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

3 2 2 32

21 1 1 1 1 11

t dt A B C D E FI dt t t t t tt

= = + + + + +− + − + − +−

∫ ∫ 3 t .

A megfelelő együtthatók egyenlőségéből kapott rendszer megoldása 1 1 1 1 1, , , , ,8 8 8 8 4

A B C D E F=− = = = =− =14

,

tehát ( ) ( ) ( ) ( )2 2

1 1 1 1 1ln8 1 8 1 8 1 8 1 8 1tI Ct t t t t− 1

= − − − + − + =+ − + − +

( ) ( )1 1 1 1 1ln8 1 1 8 1 1 8 1 1

x

x x x

ee e e

+ += − −

+ − + − + ++


( ) ( )2 21 1

8 1 1 8 1 1x xC

e e+ − +

+ − + +D =, .

18. ( )th

sh chx

f xx x

=

Megoldás. 2

th sh 1 1 1sh ch ch chsh ch th

x xdx dx dxx x x xx x x

= ⋅ = ⋅∫ ∫ ∫ = ,

2 th x C= + és D . +=

19. ( ) 2th 2f x x= + Megoldás. Az helyettesítés segítségével az xe = t

( ) ( )2 2

3 2 th 3 2 th2 th 3 3arcsh arcth arcth2 2 23 th 2 3 th 2

x xxI Cx x

+ −= − + − +

+ +

eredményhez jutunk és D . =20. ( )

11 ch

f xx

=+

Megoldás. Az helyettesítés segítségével az xe = t22 2

1

x

x

eI Ce

= − ++

eredményhez jutunk és D . = Ö

sszefoglaló feladatok (66. oldal) 1. Állapítsd meg, hogy a következő függvényeknek van-e primitív függvénye és igenlő esetben határozd meg a primitív függvényeit:

a) , :f → ( )

ha

haha 11

, 01

ln , (0,1)

,x

xx

xf x x x x

e e x− −

⎧⎪ ≤⎪⎪ −⎪⎪⎪= ∈⎨⎪⎪⎪ − ≥⎪⎪⎪⎩

;

b) , *:f + → ( )2

ln1x

f xx

=+

;

c) , :f → ( ) 2

ha

ln ha

1, 1

, 1

x

xx

ef x xx

x

⎧ −⎪⎪ <⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪ ≥⎪⎪⎪⎩

;

d) , :f → ( )haha

2ln , 00, 0x x x

f x x⎧ ≠⎪⎪= ⎨ =⎪⎪⎩

;

e) , :f → ( )

2

2

1arcsin

1

xf x

x

−=

+; f) , :f → ( )

11

x

x

ef x

e−

=+

;


g) , :f → ( )2

2arcsin

1x

f xx

=+

; h) , :f → ( )

2

4

11

xf x

x+

=+

;

i) , : [0,2 )f π → ( )1

3 sin cosf x

x x=

+ +;

j) 1: ,

2f

⎡ ⎞⎟+∞⎢ ⎟⎟⎠⎢⎣, ( )

ha

ha

3 1ln ,2 1 2

12,2

x xxf x

x

⎧⎪⎪ >⎪⎪ −= ⎨⎪− =⎪⎪⎪⎩

;

k) , :f → ( )( )

( )

ha

ha

2

2

1inf 1 ,21inf 1 ,2

t x

t x

t t xf x

t t x≤

≥

⎧⎪⎪ − + ≤⎪⎪= ⎨⎪ − + + >⎪⎪⎪⎩

;

l) , :f → ( )arcsin x

x

ef x

e= ; m) , :f → ( )

2 2arctg1

x x

x

e ef xe

=+

;

n) , ( ): 1,f +∞ → ( ) ( )22

1 11 ln 1f x x x xx x

⎛ ⎞⎟⎜= + + ⋅ − +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ln ;

o) , *:f + → ( )sin cos 1

sinx

x x xf x

x e x+ − −

=+ +

.

Megoldás a) folytonos 0 -ban, ( ) ( ) ( )

0 00 0

lim 0 lim 0x xx x

f x f x f f→ →< >

= = = ⇒

( ) ( ) ( )1 11 1

lim 0 lim 0x xx x

f x f x f f→ →< >

= = = ⇒ folytonos 1 -ben,

f folytonos a ( , , intervallumokon, tehát folytonos -n. Következik, hogy primitiválható -n. Ha F az egy primitív függvénye, akkor

), 0−∞ ( )0,1 ( )1,∞ ff f

:F → , ( )

( )

( )

1

2 2

2

13

ln 1 , 0

ln , 0,12 4

, 1x

x x c x

x xF x x c x

e e x c x− −

⎧ + − + ≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪= − + ∈⎨⎪⎪⎪⎪− − ⋅ + ≥⎪⎪⎩

alakú.

Mivel deriválható -n, folytonos -n, tehát F folytonos -ban és 1 -ben is, így

F F 0

( ) ( )

( ) ( )

1 20 00 0

2 31 11 1

lim lim

1 2lim lim4

x xx x

x xx x

F x c c F x

F x c c F xe

→ →< >

→ →< >

⎧ = = =⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪ = − + = − =⎪⎪⎪⎪⎪⎩

, tehát


( )

( )

( )2 2

1

ln 1 , 0

ln , 0,12 4

2 1 , 14

x

x x c x

x xF x x c x

e e x c xe

− −

⎧⎪⎪ + − + ≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪= + + ∈⎨⎪⎪⎪⎪⎪− − ⋅ + − + ≥⎪⎪⎪⎩

.

Ellenőrizhető, hogy az így megszerkesztett F függvény deriválható és , .

( ) ( )F x f x′ =x∀ ∈

b) ( )

( )

2

2

2

ln , 1ln 1

ln1 , 0,1

x xx xf x

xx xx

⎧⎪⎪ ≥⎪ +⎪⎪= = ⎨⎪−+ ⎪ ∈⎪⎪ +⎪⎩1

f folytonos -n, így primitiválható -n. *+ f *

+

c) folytonos -n⇒ primitiválható -n. f f

2

1 1 xx x

x x xdx e dx ce e e− −

= ⋅ = −∫ ∫ x + 2 3ln ln

3x xdx cx

= +∫ ,

tehát ha az egy primitívje, akkor :F → f

( )

1

3

2

, 1

ln , 13

x

x c xe

F xx c x

⎧⎪− + <⎪⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪ + ≥⎪⎪⎪⎩

.

Mivel F folytonos kell legyen, ( ) ( )1 21 1

1 1

1lim limx xx x

F x c F x ce→ →

< >

= − = = , tehát

( ) 3

, 1

ln 1 , 13

x

x c xe

F xx c x

e

⎧⎪− + <⎪⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪ + − ≥⎪⎪⎪⎩

.

d) folytonos -n primitiválható -n. f ⇒ f2 2 2

2 2 2ln ln ln ln ln2 2 2x x xx x dx x x x dx x x⋅ = − = − +∫ ∫

2

4x c+ , tehát ha

az egy primitívje, akkor :F → f


( )

2 2 22

1

2

2 2 22

3

ln ln , 02 2 4

, 0

ln ln , 02 2 4

x x xx x c x

F x c x

x x xx x c x

⎧⎪⎪⎪ − + + >⎪⎪⎪⎪⎪= =⎨⎪⎪⎪⎪⎪ − + +⎪⎪⎪⎩<

.

F folytonos -n ⇒ F -ban is folytonos ⇒ 0( ) ( ) ( )

3 2 10 00 0

lim 0 limx xx x

F x c c F c F x→ →< >

= = = = = , tehát

( )

2 2 22

2 2 22

ln ln , 02 2 4

, 0

ln ln , 02 2 4

x x xx x c x

F x c x

x x xx x c x

⎧⎪⎪⎪ − + +⎪⎪⎪⎪⎪= =⎨⎪⎪⎪⎪⎪ − + +⎪⎪⎪⎩

>

<

.

e) ( )

[ ]

[ ]

2

2 2

2 2

2

1arcsin , \ 1,11 1arcsin1 1arcsin , 1,1

1

x xx xf xx x x

x

⎧ −⎪⎪ ∈ −⎪− ⎪ +⎪⎪= = ⎨⎪+ −⎪ ∈ −⎪⎪ +⎪⎪⎩

, folytonos -n⇒

primitiválható -n.

f f

( )( )

2 2 2

22 2 2 2

1 1 1 4arcsin arcsin1 1 4 1

x x x xdx x x dxx x x x

− − += ⋅ − ⋅ ⋅

+ + +∫ ∫ ,

tehát az egy primitív függvénye f :F →

( )

( )

( ) [ ]

( )

( )

22

12

22

22

22

32

22

42

1arcsin ln 1 , 11

1arcsin ln 1 , 1, 01

1arcsin ln 1 , [0,1]11arcsin ln 1 , 11

xx x cxxx x c x

xF xxx x c

xxx x c xx

⎧ −⎪⎪ ⋅ + + + <⎪ +⎪⎪⎪⎪ −⎪ ⋅ − + + ∈⎪⎪ +⎪= ⎨⎪ −⎪ ⋅ + + + ∈⎪⎪ +⎪⎪⎪ −⎪ ⋅ − + + >⎪⎪ +⎪⎩

x

x

−

−

3

alakú.

F folytonosságából és ( ) ( ) ( )1 21 1

1 1

lim 1 limx xx x

F x F F x c c→− →−<− >−

= − = ⇒ =

( ) ( ) ( )21 1

1 1

lim 1 limx xx x

F x F F x c c→ →< >

= = ⇒ = , vagyis


( )

( )

( ) [ ]

( )

( )

22

2

22

2

22

2

22

2

1arcsin ln 1 , 11

1arcsin ln 1 , 1, 01

1arcsin ln 1 , [0,1]11arcsin ln 1 , 11

xx x c xxxx x c x

xF xxx x c x

xxx x c xx

⎧ −⎪⎪ ⋅ + + + <⎪ +⎪⎪⎪⎪ −⎪ ⋅ − + + ∈⎪⎪ +⎪= ⎨⎪ −⎪ ⋅ + + + ∈⎪⎪ +⎪⎪⎪ −⎪ ⋅ − + + >⎪⎪ +⎪⎩

−

−.

f) ( )

1 , 01

1 , 01

x

x

x

x

e xef xe x

e

⎧ −⎪⎪ ≥⎪⎪ +⎪= ⎨⎪ −⎪ <⎪⎪ +⎪⎩

⇒ f folytonos -n⇒ primitiválható -n. f

( )1 2 ln 11

xx

x

e dx e x ce

−= + −

+∫ +

<

,

így az függvény primitívjei , f :F →

( )( )

( )

2 ln 1 , 0

2 ln 1 4 ln 2 , 0

x

x

e x c xF x

x e c x

⎧ + − + ≥⎪⎪⎪= ⎨⎪ − + + +⎪⎪⎩

alakúak (a konstansokat úgy határoztuk meg, hogy F folytonos legyen). g) folytonos -n⇒ primitiválható -n. f f

( )( )

22

22 2 2 2

2 12 2 1arcsin arcsin1 1 1 1

xx x xdx x x dxx x x x

−+= ⋅ − ⋅ ⋅

+ + − +∫ ∫ ,

tehát az primitívjei , f :F →

( )

( ) [ ]

( )

212

222

232

2arcsin ln 1 , 11

2( ) arcsin ln 1 , 1,11

2arcsin ln 1 , 11

xx x cxxF x x x c x

xxx x c

x

⎧⎪⎪ ⋅ + + + <⎪⎪ +⎪⎪⎪⎪= ⋅ − + + ∈ −⎨⎪ +⎪⎪⎪⎪ ⋅ + + + >⎪⎪ +⎪⎩

x

x

−

,

alakúak. Ha az F folytonossága alapján meghatározzuk az állandók közti összefüggéseket, az

( )

( )

( )

( )

22

22

22

2arcsin ln 1 , 11

2arcsin ln 1 2 ln 2 , 11

2arcsin ln 1 , 11

xx x cxxF x x x c x

xxx x c

x

⎧⎪⎪ ⋅ + + +⎪⎪ +⎪⎪⎪⎪⎪= ⋅ − + + + <−⎨⎪ +⎪⎪⎪⎪ ⋅ + + +⎪⎪ +⎪⎩⎪

x

x

<−

<−

függvényeket kapjuk.


h) f folytonos -n, következik, hogy primitiválható -n. f

( ) ( )2

4

1 3 2 3 2arctg 2 1 arctg 2 11 2 2

x dx x xx

+= + +

+∫ −

(lásd a 63. oldalon a 20. feladatot), tehát ha az egy primitívje, akkor :F → f

( ) ( ) ( )3 2 3 2arctg 2 1 arctg 2 12 2

F x x x c= + + − + .

i) folytonos f [ ]0,2π -n⇒ primitiválható f [ ]0,2π -n. Az integrál kiszámításához a

tg2x t= helyettesítést végezzük el:

( )

22

222

1 tg1 123 sin cos 12 22 tg 4 2 tg

2 2

xtdx dx dtx xx x tt t

+ += =

+ + ++ ++ +∫ ∫ ∫

2⋅ =

2 tg 12 2 1 2 2arctg arctg7 7 7 7

xt C C

++= + = + ,

tehát az primitívjei f [ ]: 0,2F π → ,

( )

[ )

[ )

1

2

3

2 tg 12 2arctg , 0,7 7

,

2 tg 12 2arctg , ,27 7

x

c x

F x c xx

c x

π

π

π π

⎧⎪⎪ +⎪⎪⎪ + ∈⎪⎪⎪⎪⎪= =⎨⎪⎪⎪⎪ +⎪⎪⎪ + ∈⎪⎪⎪⎩

alakú.

F folytonosságából , vagyis ( ) ( ) ( )lim limx xx x

F x F F xπ ππ π

π→ →< >

= =

1 2 37 7c c cπ π

+ = = − .

j) Az 11: ,2

f ⎛ ⎞⎟⎜ ∞ →⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠, 1

3( ) ln2 1xf xx

=−

függvényre 12

lim ( )xf x = −∞ és

12

lim ( ) 2xf x = − , tehát az függvény nem Darboux tulajdonságú és így nincs primitív

függvénye.

f


k) A másodfokú függvények tulajdonságai alapján

2

2

11,2( )11,2

x x xf x

x x x

⎧⎪⎪ − + ≤⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪− + + >⎪⎪⎪⎩

, és

ennek a függvénynek 12

-ben elsőfajú szakadási pontja van, tehát nem létezik primitív

függvénye. l) A függvény nem jól értelmezett, mert az kifejezés nem minden valós x esetén

teljesíti a egyenlőtlenséget. Ha az ,

xe

1 xe− ≤ ≤ 1 :f − →arcsin( )

x

x

ef xe

=

t

függvény primitívjeit számítjuk, akkor az , majd xe =1 ut= helyettesítések

segítségével az ( )2arcsin arcsin ln 1 1x x

xx x

e edx e x ce e

=− − + − + +∫

eredményhez jutunk.

m) A függvény folytonos, tehát létezik primitív függvénye. Az 2x

e t=

helyettesítéssel az 2

2 arctg1

t dtt+∫ integrálhoz jutunk, tehát a primitív függvények

, :F → 2 2( ) arctgx

F x e C= + alakúak. n) f folytonos ( -n, tehát primitiválható ( -n. )1,∞ f )1,∞

( )22

1 11 ln 1 lnx x x dxx x

⎛ ⎞⎟⎜ + + ⋅ − + =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫

( )22

1 1 2ln ln 1 ln ln1 ln

x xx x x x x x x dxx x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + +⎟ ⎟⎜ ⎜= + − ⋅ − + − + − ⋅ =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ − +ln 1x x∫

( )2

21 lln ln 1 ln 2 ln2xx x x x x x x

x⎛ ⎞⎟⎜= + − ⋅ − + − − − +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

n C ,

tehát primitívjei , f ( ): 1,F ∞ →

( ) ( )2

21 lln ln 1 ln 2 ln2xF x x x x x x x x C

x⎛ ⎞⎟⎜= + − ⋅ − + − − − +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

n

alakúak. o) f folytonos -n, tehát primitiválható -n. *

+ f *+

(sin cos 1 ln sinsin

xx

x x x dx x x e x Cx e x

+ − −= − + + +

+ +∫ )

)

, így az ,

függvény az primitívje.

*:F + →

( ) (ln sinxF x x x e x C= − + + + f

2. Bizonyítsd be, hogy az , : [0, )f +∞ → ( )haha

1ln sin , 00, 0x xf x x

x

⎧⎪⎪ >⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩ függ-

vénynek van primitív függvénye.


Bizonyítás. Az [ ): 0,F ∞ → , ( )

2 1ln cos , 0

0 ,

x x xxF xx

⎧⎪⎪ >⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩ 0 függvény

deriválható ( )0,∞ -n, 2 1 1 1 1x

ln cos ln sin 2 ln cos cosx x x x x xx x x

′⎛ ⎞⎟⎜ = ⋅ + +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠F.

folytonos -ban és 0 ( )( ) ( )

0 00 0

0 10 lim lim ln cos 0x xx x

F x FF xx x→ →

> >

− ⎛ ⎟⎜′ = = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠x ⎞

= .

Legyen [ ): 0,g ∞ → , ( )

1 12 ln cos cos , 0

0 ,

x x x xx xg x

x

⎧⎪⎪ + >⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩ 0.

Mivel , folytonos 0 -ban, továbbá folytonos (( ) ( )0

lim 0 0xg x g

→= = g g )0,∞ -n is,

következik, hogy g folytonos [ )0,∞ -n, így g primitiválható a [ )0,∞ intervallumon. Legyen [ ): 0,∞ →G az egy primitívje. Ekkor f

( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x F x g x F G x′′= − = − , [ )0,x∀ ∈ ∞ , tehát primitiválható f [ )0,∞ -n. 3. Bizonyítsd be, hogy az , , :f g h → ,

( )haha

1 12 sin cos , 00, 0x xf x x x

x

⎧⎪⎪ − ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩ és ( )

haha

12 sin , 00, 0x xg x x

x

⎧⎪⎪ ≠⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩

valamint függvényeknek van primitív függvénye, de a függ-vénynek nincs.

h g f= − 2 :h →

Bizonyítás. 2 1 1sin 2 sin cosx xx x

′⎛ ⎞⎟⎜ = −⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠1x

.

Legyen , :F → ( )

2 1sin , 0

0 ,

x xxF xx

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩ 0. deriválható -on,

, folytonos 0 -ban és

F *

( ) ( ) *,F x f x x′ = ∀ ∈ F( ) ( )

0

0lim 0x

F x Fx→

−= =

, tehát primitiválható -n. ( ) ( )0F f′= = 0

( ) ( )G x F x G F x′′ ′= − = −

f( ) ( )

0lim 0 0xg x g g

→= = ⇒ folytonos 0-ban; g folytonos -n, tehát folytonos -

en, így létezik a függvény úgy, hogy , .

Következik, hogy h x , , vagyis h primitiválható -n. ,

* g

:G → ( ) ( )G x g x′ = x∀ ∈

( ) ( ) ( ) x∀ ∈


( )

22 2

21 1 coscos , 0 , 0: , 20 , 0 0 ,

x x xxh h xx x

⎧⎪⎧ ⎪ +⎪ ⎪⎪ ≠ ⎪⎪⎪ ⎪ ≠→ = =⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪=⎪ ⎪ =⎪⎩ ⎪⎪⎩ 0

=

1 1 2, 0 cos , 02 20 , 0 0 , 0

x xx

x x

⎧ ⎧⎪ ⎪⎪ ⎪≠ ≠⎪ ⎪⎪ ⎪= +⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩

.

Az előzőhöz hasonló módon igazolható, hogy 1 2cos , 020 ,

xxx

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩ 0 primitiválható -n,

az 1 , 020 , 0

x

x

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

viszont nem primitiválható, mivel nem Darboux- tulajdonságú.

Következik, hogy nem primitiválható -n. 2h4. Bizonyítsd be, hogy az , , :f g →

( )

ha

ha

2 1 1sin sin , 0

1, 0

2

xx xf x

x

⎧⎪⎪ − ≠⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎪⎩

és ( )ha

ha

2 1 1sin sin , 01, 0

2

xx xg x

x

⎧⎪⎪ + ≠⎪⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎪⎩

függvényeknek van primitív függvénye, de a függvénynek nincs. :h fg= →

Bizonyítás. ( )

2 21 1 1 1sin sin , 0 sin , 0 sin , 01 1 0 ,, 0 , 02 2

x x xx x x xf xxx x

⎧ ⎧⎪ ⎪ ⎧⎪ ⎪ ⎪− ≠ ≠⎪ ⎪ ⎪ ≠⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪= = −⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ == =⎪ ⎪ ⎪⎪⎩⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩0

.

Mivel

2 1sin , 0

1 , 02

xx

x

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎪⎩

és 1sin , 0

0 ,

xxx

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩ 0 függvények primitiválhatóak -n (a 17/2

megoldott feladat és 23/6 feladatok alapján) az is primitiválható -n. Hasonlóképpen a g is primitiválható -n (mivel ugyanannak a két függvénynek az összege).

f


4 21 1sin sin , 0

1 , 04

xx xh f g

x

⎧⎪⎪ − ≠⎪⎪⎪= ⋅ = ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎪⎩

=

2 22

1 1 2sin cos , 0 sin , 011 4 1 , 0, 04

x xx x xxx

⎧⎪ ⎧⎪ ⎪− ≠⎪ ⎪− ≠⎪ ⎪⎪ ⎪= = ⋅⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪ ==⎪ ⎪⎪⎩⎪⎪⎩

=

4 14cos 1 , 0cos , 01 1 8, 02 14 8 0 , 0 , 01 , 0 4

xxx x xx xx

⎧ ⎧⎪ ⎪⎧⎪ − ⎪⎪ −⎪ ⎪⎪ ≠⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪≠⋅ = +⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪= =⎪ ⎪ ⎪⎪= ⎩⎪ ⎪⎪⎩⎪⎩

≠.

Az 4cos , 01

8 0 ,

xxx

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪⋅ ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩ 0 függvény primitiválható -n, a

1 , 08

1 , 04

x

x

⎧⎪⎪− ≠⎪⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎪⎩

azonban nem,

mivel nem Darboux- tulajdonságú. Következik, hogy h sem primitiválható -n. 5. Határozd meg primitív függvénnyel rendelkező függvényeket, ame-lyekre , és , ahol az egy primitív függvénye.

:f →( ) ( )2f x F x x− = x∀ ∈ ( )1f = 1

)x − = x∀ ∈

:F → f

Megoldás. Az feltétel teljesül bármely -re, tehát -re is: , vagyis , .

( ) ( )2f x F x x⋅ − = x(2y = − ( ) ( )2f y F y y⋅ − = ( ) ( )2 2f x F x x−

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2F x F x f x F x F x f x x′− = − − − = − x∀ ∈

∈

2

, ⇒

( ) ( ) 212 2 ,F x F x x x c x⇒ − = − + ∀ .

1x = -re a feladatban szereplő feltételből ( ) ( ) ( ) 11 1 1 1 1f F F c= ⇒ = ⇒ = .

Következik, hogy . Mivel folytonos

-en (mert primitív függvény), , , ezért

esetén.

( ) ( ) ( ) ( )22 1 1 0,F x F x x F x⋅ − = − + > ≠ 0

1

F

( ) 0,F x x≠ ∀ ∈ ( )1F =

( ) 0,F x x> ∀ ∈

( )( )

( )( )

2 22 2 2 22 2x x x xF x f xF x F x

′⎛ ⎞− + − + ⎟⎜− = ⇒ − − = =⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

2

2 2 2 2,

x F x x x f xx

F x− − − +

= ∀ ∈ ⇒

2 y−

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 ( ),f x F x x F x x x f x x− − ⋅ = − − − + ∀ ∈ .

Innen az azonosságot felhasználva kapjuk, hogy bármely esetén fennállnak a következő összefüggések:

( ) ( )2f y F y− =x ∈


( ) ( ) ( )( )

( )

222 2

2 2f x xxF x x x f xF x x x

= − + ⇒ = ⇒− +

( )( )( ) ( )22

2 2 1ln1 12 2 2

xF xxx x

−′⇒ = +− +− +

⇒

( )( )( )

( )2ln 2 2

ln arctg 12

x xF x x

′⎛ ⎞− + ⎟⎜′ ⎟⎜⇒ = + − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⇒

( )( )

( )2

2

ln 2 2ln arctg 1

2x x

F x x c− +

⇒ = + − +

1

.

Mivel , kapjuk, hogy , tehát ( )1F = 2 0c =

( )( )

( )2ln 2 2

arctg 12

x xxF x e

− ++ −

= , , innen pedig x∀ ∈

( ) ( )( ) ( )2 arctg 1 arctg 1

22 2

2 2x xxf x x x e e

x x− −′

= − + ⋅ = ⋅− +

.

6. Létezik-e primitív függvénnyel rendelkező függvény, amelyre egy

primitív függvénye esetén , ?

*:f +→

:F → ( ) ( ) ( )21F x F x F x− = x∀ ∈

Megoldás. Feltételezzük, hogy létezik a feltételeket kielégítő függvény. Mivel , F szigorúan növekvő. *:f +→

Az összefüggésbe helyébe -t írva ( ) ( ) ( )21F x F x F x⋅ − = x 1y = − x

( ) ( ) ( )( )21 1 ,F x F x F x y− = − ∀ ∈

,

1

,

de az eredeti feltétel alapján , tehát ( ) ( ) ( )21F x F x F x⋅ − =

( ) ( ) ( ) ( )( )221 1F x F x F x F x x⋅ − = = − ∀ ∈ ,

ez esetén azt jelenti, hogy , ami ellentmond annak, hogy F szigorúan növekvő. Következik, hogy nem létezik a feltételeket teljesítő függvény.

0x = ( ) ( )0F F=

7. Határozd meg az deriválható függvényt, ha :f →( ) ( ) ( )2 0xf x f x xF x′ + + = , , x∀ ∈

ahol az egy primitív függvénye. :F → fMegoldás. Az adott egyenlet ( ( alakban írható, tehát létezik olyan , amelyre , (lásd a tankönyv 74.

oldalán megoldott feladatot). Ha felírjuk az függvényt, csak esetén jutunk deriválható függvényhez, tehát

)) ( ) 0xF x xF x′′ + =

1 2,c c ∈ 1 2( ) sin cosxF x c x c x= + x∀ ∈

f 1 2 0c c= =( ) 0,f x x= ∀ ∈ .

8. Határozd meg az [ ]: 0,f π → függvény primitív függvényeit, ha bármely esetén teljesül az [0, ]x π∈ ( ) ( ) 2sin cosf x x f xπ− − = x összefüggés.


Megoldás. Az ( ) ( ) 2sin cosf x x f xπ− − = x összefüggés teljesül bármely [ ]0,x π∈ -re, így y esetén is. Ekkor x , tehát x yπ= − π= −

( ) ( ) [ ]2sin cos , 0,f y y f y y yπ π− − = ∀ ∈ ,

vagyis ( ) ( ) [ ]2sin cos , 0,f x x f x x xπ π− − = ∀ ∈ .

Az eredeti feltételből ( ) ( ) 2sin cosf x f x xπ− = − x , ezt behelyettesítve az előző egyenlőségbe kapjuk, hogy

( ) ( ) [ ]2 2 2sin sin cos cos , 0,f x x x x f x x x π− − = ∀ ∈ ,

ahonnan

( ) [ ] { }22

sin 1cos sin 1, 0, \sin 1 2xf x x x xx

ππ

+= ⋅ = − − ∀ ∈

−.

Tehát a következő alakú: f

( )

[ ] { }sin 1 , 0, \2

,2

x xf x

k x

ππ

π

⎧⎪⎪− − ∈⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

.

Ha [ ]: 0,F π → az primitívje, akkor az f

( )

1

2

3

cos , 0,2

,2

cos , ,2

x x c x

F x c x

x x c x

π

π

ππ

⎧⎪ ⎡ ⎞⎪ ⎟− + ∈ ⎢⎪ ⎟⎟⎪ ⎠⎢⎣⎪⎪⎪⎪⎪= =⎨⎪⎪⎪⎪ ⎛ ⎤⎪ ⎜− + ∈ ⎥⎪ ⎜⎜⎪ ⎝ ⎥⎦⎪⎩⎪

alakú.

Mivel F folytonos kell legyen 2π -ben is, írhatjuk, hogy

( ) ( )1 2 3

2 2

2 2

lim lim2 2 3x x

x x

F x c c F c F xπ π

π π

π π π→ →

< >

⎛ ⎞⎟⎜= − + = = = − + =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠,

tehát , ( ) cosF x x x c= − + [ ]0,x π∀ ∈ .

( ) ( )( )

'

2 2

cos2 2lim lim 1 lim sin 2

2 2

l H

xx x

F x F x xx

x xπ π

π π

π π→∞→ →

− − += =− + −

− −=− ⇒

22

f kπ⎛ ⎞⎟⎜⇒ = =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− ,

így folytonos, tehát primitiválható és f( ) cosF x x x c= − + , [ ]0,x π∀ ∈ .


9. Határozd meg az [ ] [ ]2: 1, 0,f e → e függvény primitív függvényeit, ha ( ) ( ) 2 2ln lnf x f y x x y y− ≥ − , [ ], 1,x y e∀ ∈ .

Megoldás. és y esetén az 1x = e= 2(1) ( )f f e− ≥ e egyenlőtlenséghez jutunk. Mivel 2(1), ( ) [0, ]f f e e∈ ez csak úgy teljesülhet, ha és (1) 0f = 2( )f e e= vagy ha

2(1)f e= és . Az első esetben az helyettesítés után ( ) 0f e = 1y = 2( ) lnf x x≥ xe

egyenlőtlenséghez jutunk (bármely esetén), míg az y helyettesítés után az

[1, ]x ∈ e=2( ) lnf x x≤ x egyenlőtlenséghez. Ebben az esetben . A

második esetben hasonló gondolatmenet alapján az

2( ) ln , [0, ]f x x x x e= ∀ ∈2 2( ) ln , [1, ]f x e x x x e= − ∀ ∈

függvényhez jutunk. Az előbbiek alapján a primitív függvény , : [1, ]F e →

( )3

( ) 3 ln 19xF x x c= − + vagy ( )

32( ) 3 ln 1

9xF x e x x c= − − + alakú.

10. Határozd meg azokat az függvényeket, amelyeknek létezik olyan primitívje, hogy teljesüljön a

:f →:F →

( ) ( )( )2F x x f x x= − összefüggés bármely esetén. x ∈

(Radó Ferenc Emlékverseny, 2001) Megoldás. A feltétel alapján bármely esetén fennállnak a következő összefüggések:

*x ∈

( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )2

2 4

2 22 1F x xf x x f x xF xF x x f x xx x

− + −= − ⇒ = ⇒ =

1x⇒

( ) ( )( ) 2 2

2 2

1 ln lnF x F x x c F x x x cxx x x

′⎛ ⎞⎟⎜⇒ = ⇒ = + ⇒ = +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

Mivel F egy primitív függvény, folytonos -ban is, tehát F 0( ) ( )

0lim 0 0xF x F

→= = .

F deriválható is, így ( ) ( ) *2 ln 2 ,F x f x x x x cx x +′ = = + + ∀ ∈ és

( ) ( )( ) ( )

0 0

00 0 lim lim ln 0x x

F x Ff F x cxx→ →

−′= = = + = ,

tehát

( )2 ln , 0

,0 , 0

x x x c xf x c

x

⎧ + ⋅ ≠⎪⎪⎪= ∈⎨⎪ =⎪⎪⎩.

11. Adottak az és primitív függvénnyel rendelkező függ-vények. Jelöljük F-fel és G-vel az f illetve g azon primitívjeit, amelyekre és

Bizonyítsd be, hogy ha bármely valós x esetén igaz, hogy és , valamint akkor az is igaz, hogy:

:f → :g →( )0F = 1

(0) 0.G = ( ) ( )F x g x′=( ) ( )G x f x′= (0) 0,f =


( ) ( )1,

2f x g x x⋅ ≥− ∀ ∈ .

(Székely Mikó Matematikaverseny 2000)

Megoldás. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2F x G x F x f x G x g x′⎡ ⎤+ = +⎣ ⎦ =

∈

⇒

1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 ,f x g x g x f x f x g x x′′ ′= + = ∀ , innen

( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 0,F x G x f x g x x′+ − = ∀ ∈

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 , ,F x G x f x g x c c x⇒ + − = ∈ ∀ ∈ .

0x = -ra , így ( ) ( ) ( ) ( )2 20 0 2 0 0F G f g c c⇒ + − = ⇒ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 11 2 02

F x G x f x g x f x g x+ = + ≥ ⇒ ≥− ,

amit igazolni akartunk.

86 A határozatlan integrálok alkalmazásai

III. A határozatlan integrálok alkalmazásai

3.1. Differenciálegyenletek

G

yakorlatok (72. oldal) Határozd meg a következő differenciálegyenletek megoldását: 1. ; 2. ; tg 0y x y′ − = 3xy y y′ = +

3. ; 4. 2xy y y′ − = ( )1 x xe yy e′+ = ;

5. ; 6. ; 2 cos 1 0x y y′ ⋅ + = ( )2y x y′ = +

7. ; 8. 21 x yy e +′ − = ( )siny x′ = −y ;

9. ( ) ; 10. 2 21 1x y y′+ = −2 2x y x

yy

+ −′ = .

Megoldás. 1. Az egyenletnek a (2 1)2

k π+ , pontokban nincs értelme, mert

ezekben a pontokban nem értelmezett a . Megvizsgáljuk a megoldás létezését egy

k ∈

tg x

(2 1) ,(2 1)2 2

k kπ⎛ ⎟⎜ − + ⎟⎜ ⎟⎝π ⎞⎠

alakú intervallumon, ahol k . Egy ilyen intervallum

belsejében a szinusz függvénynek egyetlen zéruspontja van, az , tehát a

∈

kx kπ=

(2 1) ,2

k kππ⎛ ⎞⎟⎜ − ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

és ,(2 1)2

k k ππ⎛ ⎟⎜ + ⎟⎜ ⎟⎝

⎞⎠ intervallumokon elvégezhetjük a következő

átalakításokat:

2

sin costg 0 sin cos 0 0sin

y x y xy x y y x y xx

′ −′ ′− = ⇒ − = ⇒ = .

Így 0sinyx

′⎛ ⎞⎟⎜ =⎟⎜ ⎟⎝ ⎠az adott intervallumokon és a Lagrange tétel következménye alapján

(a két intervallumra külön-külön alkalmazzuk) létezik olyan és konstans,

amelyre

1kc 2kc

1

2

sin , (2 1) ,2( )

sin , ,(2 1)2

k

k

c x x k ky x

c x x k k

ππ

ππ

⎧ ⎛ ⎞⎪ ⎟⎪ ⎜∈ − ⎟⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎪⎪= ⎨⎪ ⎛ ⎞⎪ ⎟⎜∈ +⎪ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎪⎩

. Mivel az y függvény folytonos és

deriválható -ben, , tehát az egyenlet összes megoldása kπ 1kc c= 2k

( ) sin , (2 1) ,(2 1)2 2ky x c x x k kπ⎛ ⎟⎜= ∈ − + ⎟⎜ ⎟⎝

π⎞⎠ alakú, ahol a konstansok tetszőleges

valós számok lehetnek.

kc

Megjegyzés. Ezek közül a megoldások közül csak azok hosszabbíthatók meg folytonosan az -en, amelyekre a ( ) sorozat állandó és így a függvény k k

c∈

A határozatlan integrálok alkalmazásai 87

( ) siny x c x= ⋅ alakú. Tehát az egyenlet megoldásai csak az alakú függvények.

sin cos 0y x y x′ − =( ) sin ,y x c x x= ⋅ ∀ ∈

2. Tekintsünk egy olyan D intervallumot, amelyen az y függvény értékei nullától különböznek és amely nem tartalmazza a 0 -t. Egy ilyen intervallumon írhatjuk, hogy

( ) ( )( )2 22

1 1 ln ln 1 ( )21

y y y xx xy y

′ ′= ⇒ − + =+

1 ,

tehát létezik olyan c állandó, amelyre 2 2

22 2( ) ,

1c xy x x Dc x

= ∀−

∈ . Mivel D nem

tartalmazza a 0 -t és folytonosan deriválható D -n, következik, hogy y

2 2,( )

1cxy x x Dc x

= ∀ ∈−

c

. Az ilyen típusú függvények csak -ban vehetik fel a 0

értéket és ha folytonosan meghosszabbítjuk a -ban, akkor -hez jutunk,

tehát az egyenlet megoldásai az

0

0 (0)y ′ =

2 2

1 1( ) , ,1cx x

c cc x

⎛ ⎞⎟⎜= ∈ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠−

)

y x alakú függvények,

ahol tetszőleges állandó és az függvény. 0c ≠ ( ) 0,y x x= ∀ ∈

3. Az egyenlet alakban írható, tehát ha egy olyan intervallum, amely nem tartalmazza a -t és amelyen az y függvény értékei az halmazban vannak, akkor írhatjuk, hogy

( 1xy y y′ = + D0 \ {0, 1}−

( )( )1 ln

( 1) ( ) 1 ( )y x dxy x C

y y x y x y x′′

= ⇒ = ++ +∫ .

Másrészt ln( 1) 1du u C

u u u=

+ +∫ + , tehát létezik olyan c , amelyre ∈

( )( ) 1y x cxy x

=+

. Ebből az egyenlőségből következik, hogy ( ) ,1cxy x x Dcx

= ∀ ∈−

.

Az így meghatározott függvények a értéket nem veszik fel és a 0 -t csak -ban veszik fel valamint ha 0 -ban deriválhatóan meghosszabbítunk egy ilyen függvényt, akkor az egyenlőséghez jutunk. Másrészt a különböző c értékekhez tartozó függvények grafikus képei csak az origóban metszik egymást, tehát az egyenlet minden állandó függvénytől különböző megoldása

1− 0

(0)y ′ = c

= ∀ ∈( ) 0,y x x

{ }1( ) , \1cxy x xcx c

= ∀ ∈−

alakú, ahol . *c ∈

4. Az egyenlet 1

x

x

eyye

′ =+

alakban írható. Mivel ( ) és 2 2y y′ ′= y

( )ln 11

xx

x

e dx ee

= + ++∫ C , létezik olyan c állandó, amelyre ∈

( )2( ) 2 ln 1 xy x e c= + + , , x D∀ ∈


ahol a maximális értelmezési tartomány. Ha , akkor a megoldások D 0c ≥

( )1 2 ln 1 xy e c+= + x∀ ∈, és ( )2 2 ln 1 xy e c=− + + x∀ ∈, . Ha ,

akkor a megoldások

0c <

( )1 2 ln 1 xy e c= + + , 2ln 1c

x e−⎛ ⎞⎟⎜∀ ≥ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

és

( )2 2 ln 1 xy e c

=− + + , 2ln 1c

x e−⎛ ⎞⎟⎜∀ ≥ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

)

.

5. Ha vagy , akkor az egyenlet alapján (0, )D = ∞ ( , 0D = −∞

( )1sin ,yx

′⎛ ⎞′ ⎟⎜= ∀ ∈⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠x D és így a Lagrange tétel következménye alapján léteznek a

és konstansok, amelyekre 1c 2c1

2

1 , 0sin ( )

1 , 0

c xxy xc x

x

⎧⎪⎪ + <⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪ + >⎪⎪⎪⎩

. Ez alapján léteznek a

és egész számok úgy, hogy

1k

2k

1

2

1 1

2 2

1( 1) arcsin , 0( )

1( 1) arcsin , 0.

k

k

c k xxy xc k x

x

π

π

⎧ ⎛ ⎞⎪ ⎟⎪ ⎜− + +⎟⎪ ⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎪⎪= ⎨⎪ ⎛ ⎞⎪ ⎟⎜− + +⎪ ⎟⎜ ⎟⎜⎪ ⎝ ⎠⎪⎩

<

>

z

Megjegyzés. Az eredeti egyenlet nem teljesülhet esetén, ezért a megoldás sem kell értelmezett legyen ebben a pontban.

0x =

6. A függvénycserével az egyenlet alakban írható, tehát ( ) ( )z x x y x= + 21z ′ = +

2

( ) 11 ( )z x dx dxz x

=+∫ ∫ és így létezik olyan , amelyre ha kc ∈ arctg( ( )) kz x x c= +

(2 1) ,(2 1)2 2kx k c k cπ π⎛ ⎞⎟⎜∈ − − + − ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠k

. Ebből következik, hogy

( ) tg( )kz x x c= + , (2 1) ,(2 1)2 2k kx k c k cπ π⎛ ⎞⎟⎜∈ − − + − ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

és így

( ) tg( )ky x x c x= + − , (2 1) ,(2 1)2 2k kx k c k cπ π⎛ ⎞⎟⎜∀ ∈ − − + − ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

7. Az függvénycsere segítségével az egyenlet alakra

hozható. Az

2 ( ) ( )x y x z x+ = 2 zz e′ = + 3

( )

( )2 3z x

z x dxe′

+∫ integrál kiszámítása során az változócserét

használjuk és így az

( )z xe = u

1 ln(2 3) 3 2 3du u C

u u u=

+ +∫ + integrált kell kiszámítanunk.

Ebből következik, hogy létezik olyan c , amelyre ∈

A határozatlan integrálok alkalmazásai 89 3( )

3( )

3( )1 2

x c

x c

eu xe

+

+=− ⋅

,

tehát 3( )

3( )

3 1( ) ln , ln1 2 3 2

x c

x c

ez x x ce

+

+

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= ∀ <⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ − ⋅⎝ ⎠1− és így

3( )

3( )

1 3 1( ) ln , ln2 1 2 3 2

x c

x c

ey x x x ce

+

+

⎛ ⎞⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟= − + ∀ < −⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜⎜ − ⋅⎝ ⎠⎝ ⎠

1

z

.

8. Az függvénycserével az egyenlet alakra hozható.

Az

( ) ( )x y x z x− = 1 sinz ′ = −

( )1 sin ( )z x dx

z x′

−∫ integrál kiszámítása során az 1 sinduu−∫ integrálhoz jutunk és ezt

a tg2u t= helyettesítéssel számítjuk ki. Így az

2( ) 2 arctg 1 ,y x x k x cx c

π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜ ⎟⎜= − − + ≠−⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠+

megoldáshoz jutunk.

9. Az egyenlet 2

11 1yy x′

=− + 2 alakban írható, ha y nem veszi fel az 1 vagy

értéket. Így az

1−

2

1 1ln1 2 1du u Cu u

+= +

− −∫ és 2xarctg

1dx x C= ++∫ egyenlőségek

alapján létezik olyan c , amelyre ∈ 2 arctg1 ,1

xy c e xy

⋅+= ⋅ ∀ ∈

−, tehát

2arctg

2arctg

1( ) ,1

x

x

c ey x xc e⋅ −

= ∀⋅ +

∈ . Ez a függvény nem veszi fel az 1 értéket és a -et

is csak akkor veszi fel, ha vagyis amikor a függvény konstans. Ez alapján állíthatjuk, hogy az egyenletnek nincs más megoldása.

1−

0c =

10. Az ( ) ( )y x u xx

= függvénycserével és esetén az egyenlet 0x > 0x <

21 1uu x uu

+ −′ + =

alakban írható, tehát

( )2 2

11 1

u uxu u

′⋅=

+ − +.

Mivel ( ) ( )2 ln 11

dt dt t Ct t t t

= =− − +− −∫ ∫ 2u t+ = az 1 helyettesítés

alapján következik, hogy létezik c úgy, hogy teljesüljön a ∈

( )21 1x u− + = c


egyenlőség. Ebből következik, hogy az 2 2

2c yxc−

= parabolák és az állandó

függvény képezik az egyenlet megoldásainak halmazát.

0y =

11. Határozd meg a differenciálegyenlet korlátos megoldásait! (2 33y y x y′ = − )1

Megoldás. Ha a D intervallumon, akkor a 1y ≠2

3

31

y y xy

′=

− egyenlőség alapján

létezik olyan c , amelyre ∈ 3 21ln 1 ln2

y x c− = + x D∀ ∈, . Ez alapján

213 21 ,

xy ce= + . Mivel az x D∀ ∈

213 21

xy ce= + egyenletű görbék esetén

nem metszik az egyenletű egyenest és egymást sem, az egyenlet megoldása

vagy az egyenes vagy valamilyen esetén az

0c ≠

1y =

1y = 0c ≠21

3 21x

y ce= + görbe. De 21

3 2, 0

lim 1, 0

x

x

cce

c→∞

∞ >⎧⎪⎪+ = ⎨−∞ <⎪⎪⎩, tehát az egyetlen korlátos megoldás az

függvény. ( ) 1,y x x= ∀ ∈

12. Határozd meg azokat az deriválható függvényeket, amelyekre : (1, )y ∞ →

3

2sin

yx y

′ = és ( )lim2x

y x π→∞

= .

Megoldás. Az egyenlet 3

2siny yx

′ ⋅ = alakban írható, tehát 2

1(cos ) ( )y xx

′⎛ ⎞⎟⎜′ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ és

így a Lagrange tétel alapján létezik olyan c állandó, amelyre ∈ 2

1cos ( )y x cx

= + .

Az adott feltétel alapján mindkét oldalon határértékre térhetünk és a egyenlőséghez jutunk. Az y folytonosságából következik, hogy csak az

0c =

2

1( ) arccosy xx⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

, függvény teljesíti a feladat feltételeit. 1x∀ >

13. Határozd meg az differenciálegyenlet azon megoldását, amelyre sin lny x y′ = y

2y eπ⎛ ⎞⎟⎜ =⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Megoldás. Az egyenlet 1ln sinyy y x

′=

⋅ alakban írható, tehát létezik olyan c ,

amelyre

∈

ln ( ) tg2xy x c= ⋅ , ,

2 2x π π

ε⎛ ⎞⎟⎜∀ ∈ − + ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ε , ahol 0,

2π

ε ⎛ ⎟⎜∈ ⎟⎜ ⎟⎝⎞⎠

. Ha 2

x π= -t

helyettesítünk az előbbi egyenlőségbe, következik, hogy , tehát 1c =

( )tg

2( ) , ,x

y x e x π π= ∀ ∈ − .


G

yakorlatok (76. oldal)Határozd meg a következő differenciálegyenletek megoldásait:

0 00 00

00

0

0

1. a) ; b) ; 5 6y y y′′ ′− + = 2 3y y y′′ ′+ − =

c) 6 5 ; d) ; y y y′′ ′− + = 4 4y y y′′ ′− + =

e) ; f) ; 6 9y y y′′ ′− + = 4 0y y′′ + =

g) ; h) . 0y y y′′ ′+ + = 2 2y y y′′ ′− + =

Megoldás. a) A karakterisztikus egyenlet és a gyökei illetve , tehát a megoldás .

2 5 6r r− + = 1 2r =

2 3r = 2 31 2( ) ,x xy x c e c e x= ⋅ + ⋅ ∀ ∈

b) A karakterisztikus egyenlet és a gyökei illetve , tehát a megoldás .

2 2 3r r+ − = 1 3r =− 2 1r =3

1 2( ) ,x xy x c e c e x−= ⋅ + ⋅ ∀ ∈

c) A karakterisztikus egyenlet és a gyökei 26 5 1r r− + = 112

r = illetve 213

r = ,

tehát a megoldás 1 12 3

1 2( ) ,x x

y x c e c e x= ⋅ + ⋅ ∀ ∈ .

d) A karakterisztikus egyenlet és a gyökei , tehát a megoldás .

2 4 4r r− + = 0

0

i

∈

1 2 2r r= =

( ) 21 2( ) ,xy x c x c e x= + ⋅ ∀ ∈

e) A karakterisztikus egyenlet és a gyökei , tehát a megoldás .

2 6 9r r− + = 1 2 3r r= =

( ) 31 2( ) ,xy x c x c e x= + ⋅ ∀ ∈

f) A karakterisztikus egyenlet és a gyökei , tehát a megoldás

.

2 4 0r + = 1,2 2r = ±

( )1 2( ) sin 2 cos 2 ,y x c x c x x= + ∀

g) A karakterisztikus egyenlet és a gyökei 2 1 0r r+ + = 1,21

2ir − ±

=3 , tehát a

megoldás ( )12

1 2( ) sin 3 cos 3 ,x

y x e c x c x x−

= + ∀ ∈

0 i

∈

x

.

h) A karakterisztikus egyenlet és a gyökei , tehát a

megoldás .

2 2 2r r− + = 1,2 1r = ±

( )1 2( ) cos sin ,xy x e c x c x x= + ∀

2. a) ; b) ; 3 siny y′ − = 2 xy y x e′ + = ⋅

c) ; d) ; 25y y x′ + = 1y y′′ + =

e) ; f) . 3 2 xy y y e′′ ′− + = 2 24 4 xy y y x e′′ ′− + = ⋅

Megoldás. a) Ha beszorozzuk az egyenlet mindkét oldalát -nel, az

egyenlőséghez jutunk. Mivel

3xe−

( )3 3 sinx xy e e x− −′⋅ = ⋅

( )3

3 sin cos 3 sin10

xx ee x dx x x

−− ⋅ = − + ⋅∫ C+


írhatjuk, hogy ( ) 31( ) cos 3 sin10

xy x x x c e=− + ⋅ + ⋅ .

b) Ha az egyenlet mindkét oldalát beszorozzuk -nel, az ( )

egyenlőséghez jutunk. De

2xe 2 3x xy e x e′⋅ = ⋅

3 1 13 9

xx e dx x e C⎛ ⎞⎟⎜⋅ = − +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ 3x , tehát a Lagrange tétel

következménye alapján létezik olyan c , amelyre ∈21 1( ) , .

3 9x xy x x e c e x−⎛ ⎞⎟⎜= − + ⋅ ∀ ∈⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

c) Ha az egyenlet mindkét oldalát beszorozzuk -nel, az 5xe ( )5 2x xy e x e′⋅ = ⋅ 5

egyenlethez jutunk. Másrészt 2 5 2 51 2 25 25 125

x xx e dx x x e C⎛ ⎞⎟⎜⋅ = − + +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ , tehát

létezik olyan c , amelyre ∈2 51 2 2( ) , .

5 25 125xy x x x c e x−⎛ ⎞⎟⎜= − + + ⋅ ∀ ∈⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

d) Ha és két megoldása az adott egyenletnek, akkor a különbség teljesíti a egyenletet. Mivel ennek az egyenletnek az általános megoldását meg tudjuk határozni a karakterisztikus egyenlet segítségével, elégséges egy sajátos megoldást meghatározni. Ha ezt polinom formájában keressük, az megoldáshoz jutunk, tehát az eredeti egyenlet általános megoldása

.

0y y 0z y y= −

0z z′′ + =0y

0 1y =

1 2( ) 1 sin cosy x c x c x= + +Megjegyzés. Ugyanehhez a megoldáshoz jutunk, ha az általános megoldás jellemzési tételének bizonyításánál használt gondolatmenetet megismételjük. e) Az függvénycsere után az egyenlet a alakban írható, tehát az függvénycserével egy elsőrendű egyenletre vezetődik vissza és így -nel való beszorzás után az . Ebből következik, hogy

.

( ) ( )xy x e z x= ⋅ 1z z′′ ′− =

( ) ( )u x z x′=xe− ( ) 1xu x c e= ⋅ −

21 2( ) x xy x c e c e x e= ⋅ + ⋅ − ⋅ x

Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk akkor is, ha az sajátos megoldást keressük alakban, ahol P egy polinom.

0y( ) xP x e⋅

f) Az függvénycsere után a egyenlethez jutunk, tehát az

egyenlet általános megoldása

2( ) ( )xy x e z x= ⋅ 2z x′′ =4

21 2( )

12xxy x c x c e

⎛ ⎞⎟⎜= + + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠.

F eladatok (83. oldal)

1. Egy tömegű pontszerű testre ható erő egyenesen arányos az idővel és

fordítottan arányos a pont sebességével. A mozgás megkezdése után -cel a testre

1g

10 s


ható erő és a test sebessége . Mekkora erő hat a testre a mozgás

megkezdése után -cel?

4N 50 /cm s

60 s

Megoldás. A mozgás egyenlete ( ) ( )( )tm a t F t cv t

⋅ = = ⋅ , tehát ( ) ( ) cv t v t tm

′⋅ = ⋅ ,

ahol a test tömege, c az arányossági tényező, , és pedig rendre a test sebessége, gyorsulása, és a rá ható erő a t időpillanatban. Ebből következik, hogy

m ( )v t ( )a t ( )F t

2 20( ) cv t t c

m= + , ahol egy állandó. Ha időpillanatban ismerjük a

sebességet és a testre ható erőt, akkor

0c 1 10t = s 1v

1F1 1

1

20F vct⋅

= = és így 2 1 1 10 1

F v tc vm⋅ ⋅

= − ,

tehát a időpillanatban a test sebessége 2 60t = s

( )2 2 21 12 1 2 1

1

50 29 / .F vv v t t cmm t

⋅= + − =

⋅s

Tehát ebben a pillanatban a testre ható erő 260 2420

50 29 29F N= = N .

2. Egy golyó áthalad egy vastagságú falon. A bemeneti sebesség 10 cm 0 200m

vs

=

és a kijöveteli sebessége 1 80m

vs

= . A fal ellenállása a golyó sebességével négyze-

tesen arányos. Mennyi ideig volt a golyó a falban? Megoldás. A dinamika második alaptörvénye szerint , ahol a golyóra ható erő és a golyó pillanatnyi gyorsulása (mindkettő a t időpillanatban). A feladat alapján , ahol a golyó sebessége a t

időpillanatban. Mivel

( ) ( )F t m a t= ⋅ ( )F t( )a t

2( ) ( )F t c v t= ⋅ ( )v t

1

1

1

( ) ( )( ) lim ( )t t

v t v ta t v tt t→

− ′= =−

a c v

differenciálegyenlethez jutunk. Ha -val jelöljük a bemeneti sebességet, akkor az

2( ) ( )t m v ′⋅ = ⋅ t

0v

0

1 1 c tv v m= − egyenlőséghez jutunk. A sebességtörvény alapján az úttörvény

alakban írható, tehát ( alapján) 0

0( ) ( ) ( )t

t

d t d t v u du− = ∫ 0 0( ) 0t d t= =

0( ) ln 1m cd t v tc m

⎛ ⎟⎜= − − ⎟⎜ ⎟⎝⎞⎠

. Ebből és a fal d vastagságából valamint a golyó

kijöveteli sebességéből előbb a

1v

0 1

1 1c tΔ =m v v

− , majd a 1

0

ln vmdc v

=

összefüggéshez jutunk. Így 40 1

1 0 0 1

3 8,18 10 .ln ln 4000 ln(2,5)

v v dt sv v v v

−−Δ = ⋅ = ≈ ⋅

⋅ − ⋅


3. Egy hajóra ható ellenállás egyenesen arányos a hajó sebességével. Mennyi idő múlva lesz a hajó sebessége 1

ms

, ha a hajó sebessége 10ms

és 5 múlva s 8ms

?

Megoldás. A sebességtörvény ( ) (0)c tmv t v e

−= ⋅ és ezt a ( ) ( )cv t v t

m′ = − mozgás-

egyenletből kapjuk. A számolások elvégzése után 5 ln10 51,59ln(1,25)

t s⋅= ≈ adódik.

4. Egy -os szobában egy tál víz 20 perc alatt hűlt le 10 -ról -ra. Mennyi idő múlva lesz a víz hőmérséklete ?

20 C 0 C 60 C30 C

Megoldás. A lehűlés a ( )* 0 *( ) c tT t T T T e ⋅= + − ⋅ törvény szerint történik, ahol a kezdeti hőmérséklet, a környezet hőmérséklete, a víz hőmérséklete a t időpillanatban és c egy arányossági tényező (lásd a 3.2. paragrafus 8. példáját). Ez alapján , ahonnan a megadott adatok alapján perc adódik, tehát a víz hőmérséklete 1 óra múlva éri el a 30 -t.

0T

*T ( )T t

( ) 20 80 c tT t e ⋅= + ⋅

v

)

2 60t =C°

5. András és Béla bemennek a cukrászdába, mindketten kérnek egy-egy csésze kávét tejszínnel. András rögtön belekeveri a tejszínt a kávéba és lefödi a kávéját, míg Béla elmegy telefonálni és csak amikor visszajön (10 perc múlva) keveri bele a tejszínt a kávéba. Melyikük kávéja melegebb? Megoldás. A tejszín és a környezet hőmérséklete legyen , a tejszín tömege és fajhője . Hasonlóan a kávé tömege legyen és a fajhője . Ha a kávét T hőmérsékleten szolgálják fel, akkor a következő részproblémákat kell megoldani: hogyan változik meg a keverés során a hőmérséklet és a fajhő, milyen függvénnyel írható le a kihűlő kávé hőmérséklete. András esetében összekeverjük az tömegű,

fajhőjű és T hőmérsékletű kávét az tömegű, fajhőjű és hőmérsékletű tejszínnel. Ha a keverék hőmérséklete, akkor a kalorimetriás alapegyenlet (Q m ) alapján írhatjuk, hogy ,

tehát

*T tm

tc km kc

km

kc tm tc *T(0)keT

c T= ⋅ ⋅Δ *( (0)) ( (0)k k kev t t kevm c T T Q m c T T− = = −

*(0) k k t tkev

t t k k

m c T m cTTm c m c

+=

+. A keverék kihűlése során a hőátadás törvényét

használjuk, mely szerint különböző hőmérsékletű anyagok érintkezésénél az átadott hőmennyiség arányos a hőmérsékletkülönbséggel és az idővel. Ha a hőátadási együttható , akkor egy kis időintervallumra ez azt jelenti, hogy η tδ

*( ( ) ) ( ( ) ( ))Q T t T t m c T t t TηΔ =− ⋅ − ⋅Δ = ⋅ ⋅ +Δ − t . 0tΔ → esetén az függvényre a egyenletet

kapjuk, tehát

*( ) ( )y t T t T= − ( ) ( )y t c m y tη ′− ⋅ = ⋅ ⋅

( ) (0)t

c my t y eη

− ⋅⋅= ⋅ és így a lehűlés a * *( ) ( (0) )

tc mT t T T T eη

− ⋅⋅= + − ⋅

függvénnyel írható le. András keverékének t idő múlva a hőmérséklete

* *( ) ( (0) ) kev kevt

c mkev kevT t T T T e

η− ⋅

⋅= + − ⋅ . Másrészt ha a keverék hőmérséklete csökken -vel, akkor a kalorimetria alapegyenlete alapján , ahol és a keverék

TΔk k t t kev kevm c T m c T m c TΔ + Δ = Δ kevm kevc


tömege illetve fajhője. Ebből következik, hogy , tehát András kávéjának hőmérséklete idő múlva

kev kev k k t tm c m c m c= +t

* * * *( (0) ) ( )k k t t k k t tt t

c m c m c m c mk kA kev

k k t t

c mT T T T e T T T ec m c m

η η− −

+ += + − ⋅ = + − ⋅+

.

Béla kávéja előbb időt hűl, tehát idő múlva a hőmérséklete tΔ tΔ

* *( ) ( ) k kt

c mkT t T T T e

η− ⋅

= + − ⋅ , majd ezt keveri a tejszínnel és így a keverés után Béla kávéjának hőmérséklete

** *

( ) ( ) k kt

c mk k k t t k kB

k k t t k k t t

c m T t c mT c mT T Tc m c m c m c m

η−+

= = + −+ +

T e

BT>

.

Mivel T , András ivott melegebb kávét. A

Megjegyzés. A feladat megoldása során feltételeztük, hogy a hőátadási együttható mindkét esetben ugyanaz. 6. Határozd meg annak a tükörnek az alakját, amely minden O pontból induló fény-sugarat az Ox tengellyel párhuzamosan tükröz vissza! Megoldás. Ha T egy tetszőleges pont a tükör felületén és a T -ben húzott érintő az

tengelyt -ban metszi, akkor a visszaverődés törvényei alapján az AO háromszög egyenlő szárú. Ha a T pont abszcisszája x , akkor az érintő egyenlete Ox A T

0

( )0 0( ) ( )y y x y x x x′− = − 0 és így az A pont abszcisszája 00

0

( )( )Ay xx x . Az

egyenlőségből az

y x= −

′

AO TO= 00 2 2

0 0

( )( )( )

y x

0x x y x′

± +y x összefüggéshez jutunk.

Mivel ez minden esetén igaz az

=

0x 2

y2x x y

′ =± +

y differenciálegyenlethez

jutunk. Ennek a megoldása az y ux= helyettesítéssel történik és minden megoldása

parabola, tehát az adott tulajdonság jellemzi a parabolikus tükröket.

OA

T


7. Egy sima vízszintes asztalról egy l hosszúságú lánc csúszik lefele (az asztal magassága ). A mozgás kezdetekor a láncnak már a hosszúságú része nincs az asztalon. Határozd meg, hogy mennyi idő alatt csúszik le az asztalról az egész lánc, ha a súrlódást elhanyagoljuk.

l>

Megoldás. Amikor hosszúságú rész van lecsúszva, akkor a húzóerő ( )x t

( )mgF xl

= t . A dinamika második alaptörvénye szerint 2

2

( )d x tF mdt

= ⋅ , tehát az x

függvényre ( ) ( )gx t x tl

′′ = . A karakterisztikus egyenletnek két valós gyöke van, tehát

a megoldás 1 2( )g gtlx t c e c e

−= +

tl ′ =. A kezdeti feltételekből és x ,

tehát

(0)x a= (0) 0

1 2 2ac c= = . Így az

2

g gt tlal e e

⋅ − ⋅⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠l

m

egyenlet megoldása a kért

időintervallum hossza. 8. Egy hajó esetében a vízellenállás és a hajócsavar húzóereje 2R vα=

0 1s

vT T

v

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠, ahol állandó. Írd fel a mozgásegyenletet! sv

Megoldás. A dinamika második alaptörvénye és az adott feltételek alapján a

mozgásegyenlet ( )2 0( )( ) ( ) 1 0s

x tm x t x t Tv

α⎛ ⎞′ ⎟⎜′′ ′ ⎟⋅ + ⋅ − − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

, ahol a t idő alatt

megtett út. Ez az egyenlet a függvényre elsőrendű és szétválasztható egyenlet.

( )x t

( ) ( )v t x t′=

9. nyomású és térfogatú hidrogén kiterjed olyan külső nyomás hatására, amely végtelen kicsit tér el a hidrogén belső nyomásától (állandó hőmérsékleten). Mennyi az elvégzett munka?

0p 0V

Megoldás. A dW és (Boyle-Mariotte törvény) egyenlőségek

alapján

p dV= ⋅ 0 0pV pV=

0 0dVdW pVV

= ⋅ és így . A kezdeti feltételek alapján

, tehát

0 0 lnW pV V C= +

0 0 0lnc pV V= − 0 00

lnVW pVV

= .

10. Egy populáció nagyságát megadó ( )x t függvény teljesíti az egyenletet. Határozd meg ( ) ( ) ( )(x t c x t a x t′ = ⋅ ⋅ − ) ( )x t explicit alakját! (Verhulst

modell) Megoldás. Az egyenlet szétválasztható és a következő átalakításokat végezhetjük:

( )1

1

( ) ( )ln ( )( ) ( ) ( ) 1

act

act

a x t x t a c ea c a c x tx t a x t a x t c e

′⎛ ⎞′⋅ ⋅⎟⎜ ⎟= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜− −⎝ ⎠⋅

+ ⋅,

ahol egy valós konstans. 1c

A határozott integrál 97

IV. A HATÁROZOTT INTEGRÁL

4.2. A terület értelmezése Megjegyzés. A terület értelmezése a következő módon helyes: Azt mondjuk, hogy a halmaznak (síkidomnak) van területe, ha bármely esetén

D 0ε >

1. léteznek olyan diszjunkt belsővel rendelkező téglalapok (ezek a téglalapok lehetnek méretűek is), amelyekre

1 2, , , , ...nt t t…0 0×

1n

n

t D∞

=

⊂∪ .

2. léteznek olyan diszjunkt belsővel rendelkező téglalapok (ezek a téglalapok lehetnek méretűek is), amelyekre

1 2, , , , ...nT T T…0 0×

1n

n

T D∞

=

⊃∪

3. ha T -vel és t -vel jelöljük a illetve területét, akkor 1n

n

T∞

=∪

1n

n

t∞

=∪

T t ε− < .

Ha az 1n nε = értékekhez hozzárendeljük az előbbi és területeket, akkor a

és ( sorozatok konvergensek és a közös határértéküket nevezzük a

halmaz területének.

( )T n ( )t n

( ) 1( )

nT n

≥) 1

( )n

t n≥

DHa a halmaz korlátos, akkor a tankönyvbeli értelmezés is helyes ha bármely esetén értjük, ahol egy küszöbszám, amely függ a halmaztól.

0n n≥

0n G

yakorlatok és feladatok (89. oldal)

1. Bizonyítsd be, hogy ha és diszjunkt halmazok és valamint

, akkor . 1D 2D ( )1T D T= 1

2 2

1 2

1 2

( )2T D T= ( )1 2 1T D D T T∪ = +

Bizonyítás. Ha és , akkor tetszőleges esetén léteznek a ( ) , , és téglalaprendszerek úgy, hogy

, ,

1( )T D T= 2( )T D T= 0ε >1

1nnT ≥ ( ) 1

2nnT ≥ ( ) 1

1nnt ≥ ( ) 1

2nnt ≥

1 11 1

i i

i i

t D T∞ ∞

= =

⊂ ⊂∪ ∪ 2 21 1

i i

i i

t D T∞ ∞

= =

⊂ ⊂∪ ∪ ( )1 11 2

i

i

T T t ε∞

=

− <∑ , ( )2 21 2

i

i

T T t ε∞

=

− <∑ ,

( )1 11 2

i

i

T T T ε∞

=

− <∑ és ( )2 21 2

i

i

T T T ε∞

=

− <∑ . Ha valamint

minden esetén, akkor a ( ) és ( ) téglalaprendszerekre (ezek a

halmazrendszerek tekinthetők téglalaprendszereknek) és

1i iT T T= ∪ 2

i i1 2

i it t t= ∪

0i ≥ 1nnT ≥ 1nnt ≥

1 21 1

i i

i i

t D D T∞ ∞

= =

⊂ ∪ ⊂∪ ∪

98 A határozott integrál

( )1 21

i

i

T T T t ε∞

=

+ − <∑ valamint . Így a

halmaznak van területe és ez a terület .

( ) 1 21

i

i

T T T T ε∞

=

− + <∑ 1 2D D∪

1 2T T+

2. Bizonyítsd be, hogy ha , és , akkor létezik a

területe és

21 2,D D ⊂ ( )1 1T D T= ( )2T D T= 2

21D D∩ ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2T D D T D T D T D D∪ = + − ∩ .

Bizonyítás. Ha és , akkor tetszőleges esetén léteznek a ( ) , , és téglalaprendszerek úgy, hogy

, ,

1( )T D T= 1 2

1 2

2( )T D T= 0ε >1

1nnT ≥ ( ) 1

2nnT ≥ ( ) 1

1nnt ≥ ( ) 1

2nnt ≥

1 11 1

i i

i i

t D T∞ ∞

= =

⊂ ⊂∪ ∪ 2 21 1

i i

i i

t D T∞ ∞

= =

⊂ ⊂∪ ∪ ( ) ( )( ) ε∞

=

− <∑ 1 11 4

i i

i

T T T t ,

( ) ( )( ) ε∞

=

− <∑ 2 21 4

i i

i

T T T t . Ha valamint minden

esetén, akkor a ( ) és ( ) téglalaprendszerekre (ezek a

halmazrendszerek tekinthetők téglalaprendszereknek) és

. Az utóbbi egyenlőtlenség amiatt van, hogy a

halmaz felírható alakban és az

bennfoglalás alapján a vizsgált halmaz két diszjunkt halmazra bontható úgy, hogy az egyik rész részhalmaza legyen az

halmaznak és a másik része az halmaznak. Így

11

i i

j

T T T∞

=

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= ∩ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∪ 2

i2

2i⎞⎞⎟⎟⎟⎟⎠⎠

)

1it 2

it

11

i i j

j

t t t∞

=

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= ∩ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∪

0i ≥ 1nnT ≥ 1nnt ≥

1 21 1

i i

i i

t D D T∞ ∞

= =

⊂ ⊂∩∪ ∪

( )1

( )i i

i

T T T t ε∞

=

− <∑1 1

\n n

i ii i

T t= =∪ ∪

1 2 11 1 1 1 1 1

\ \i i ii i

i i i i i i

T t T T t t∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞

= = = = = =

⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟= ∩ ∩⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠ ⎝∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪

( ) \ ( ) ( \ ) (A B C D A C B D∩ ∩ ⊆ ∩ ∩

11 1

\n n

i

i i

T= =∪ ∪ 2

1 1

\n n

i

i i

T= =∪ ∪

( ) ( ) ( )1 1 2 21 1 1

( ) ( ) ( )2 2

i i i i i i

i i i

T T T t T T T t T T T t ε εε

∞ ∞ ∞

= = =

− < − + − < + =∑ ∑ ∑

tehát a halmaznak is van területe. Hasonló gondolatmenet alapján belátható, hogy ha -nek és -nek van területe, akkor -nek és -nek is van. Az előbbi feladatban megfogalmazott tulajdonság alapján előbb a

összefüggéshez jutunk, majd a

1D D∩ 2

2 1

))1

2)

1D 2D 1 \D D 2 \D D

( ) ((2 1 2 2( ) \T D T D D D D= ∩ ∪

1 2 1 2 1 1 2 1( ) ( ) ( \ ) ( ) ( ) (T D D T D T D D T D T D T D D∪ = + = + − ∩ egyenlőséghez. 3. Számítsd ki a következő függvények grafikus képe alatti síkidom területét:

a) [ ]: 0,f π → , ( ) sinf x x= ; b) : ,2 2

fπ π⎡ ⎤− →⎢ ⎥

⎣ ⎦, ( ) cosf x x= ;

c) [ ]: 2, 3f − → , ( ) 2 6f x x x= − − ; d) [ ]: 0,1f → , ( ) xf x a= .


Bizonyítás. a) Ha a [0 intervallumot felosztjuk egyenlő részre, akkor a , ]π 2n2π -

szerinti szimmetria alapján a beírt téglalapok területének összege 1

1

sin2

n

k

kn nπ −

=∑ π . Ezt az

összeget ki tudjuk számítani a ( )

0

1sin sin2 2sin( )

sin2

n

k

n nr aa kr r

=

⎛ + ⎞⎟⎜ +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ =∑

r

összefüggés alapján (lásd a IX. osztályos tankönyv VIII.4 paragrafusát). Így a ππ

ππ→∞

−⋅

=

( 1)sin sin4 4lim 2

sin4

n

nn

nn

határértéket kell kiszámítanunk. A külső téglalapok területeinek összege 1

sin2

n

k

kn nπ π

=∑

és ennek a határértéke szintén 2 . Tehát a vizsgált síkidom területe 2 . b) Vagy az előbbi gondolatmenetet ismételjük meg vagy a trigonometrikus függvények tulajdonságai alapján visszavezetjük az előbbire. Az eredmény itt is 2 . (a grafikus kép alatti részen itt az Ox tengely felé eső részt értettük, mivel az alsó rész korlátlan)

c) A tankönyvben megoldott feladathoz hasonlóan járunk el. Az eredmény 1256

− .

d) A mértani haladványok összegképletét és a 0

1lim lnx

x

a ax→

−= alaphatárértéket kell

használnunk. Az eredmény 1lnaa

− .

4. Bizonyítsd be, hogy a halmaz nullmértékű. 2× ⊂Bizonyítás. Mivel a halmaz megszámlálható a racionális számok elrendezhetők egy ( ) *n n

q∈

sorozatba. Rögzített esetén a ( , elem köré

szerkesszünk egy

0ε > )i jq q ∈ ×

12i j

ε+

⋅ oldalhosszúságú négyzetet (úgy, hogy a ( , pont a

négyzet középpontja legyen). Az így kapott négyzetek egyesítése lefödi a

halmazt és a négyzetek összterülete nem nagyobb, mint

)i jq q

×

1 1 1

1 12 2i j i

i j i

ε ε∞ ∞ ∞

+= = =

= =∑∑ ∑ ε .

Tehát a halmaz nullmértékű. ×

5. Bizonyítsd be, hogy két nullmértékű halmaz ( -ben vagy -ben) metszete is és egyesítése is nullmértékű.

2

Bizonyítás. Ha és B nullmértékű halmazok -ben ( -ben), akkor tetszőleges esetén létezik olyan (

A 2

0ε > ) 1,i i nA

= és ( )

1,j j mB

= intervallumrendszer


(téglalaprendszer), amelyre 1

( )2

n

ii

T A ε

=

≤∑ , 1

( )2

n

jj

T B ε

=

≤∑ , és

. Így ha és , ha

1

n

ii

A=

⊂∪A

B n i1

m

jj

B=

⊂∪ max{ , }p m= i iC A B= ∪ 1,i p= ( , és

ha

iA = ∅ i n>

jB =∅ j m> ), akkor a ( ) 1,i i pC

= halmazrendszer befedi az A és

halmazokat és ugyanakkor . Tehát az és A halmazok

nullmértékűek.

B∪ A B∩

1

( )p

ii

T C ε=

≤∑ A B∪ B∩

6. Bizonyítsd be, hogy ha ( )i iA ∈ nullmértékű halmazok, akkor az halmaz

is nullmértékű.

ii

A∈

= ∪A

Bizonyítás. Ha nullmértékű halmaz -ben ( -ben), akkor tetszőleges esetén létezik olyan ( )

iA2 0ε >

1,ij j nA

= intervallumrendszer (téglalaprendszer), amelyre

11

( )2

n

ij ij

T A ε+

=

≤∑ . Az halmaz befödhető az (1i

i

A∞

=∪ )

, 0ij i jA

≥ intervallumrendszerrel

(téglalaprendszerrel) és megszámlálható volta miatt ez az intervallumrendszer ((téglalaprendszer)) tulajdonképpen egy intervallumrendszerként ((téglalaprendszerként)) állítható elő. Így a ( intervallumrendszer

(téglalaprendszer) befedi az halmazokat és ugyanakkor . Tehát az

halmaz nullmértékű.

0( )k kB ≥

) 0k kB

≥

1i

i

A∞

=∪

1

( )kk

T B ε∞

=

≤∑

1i

i

A∞

=∪

4.3 . Az integrálhatóság értelmezése Gyakorlatok és feladatok(90. oldal) 1. Bizonyítsd be, hogy ha és az I intervallum felosztásai, akkor a

ponthalmaz is felosztás. Mit állíthatunk Δ normájáról? 1Δ 2Δ

1Δ= Δ ∪Δ2

j jBizonyítás. Ha és az intervallum két felosztása, ahol és , ha i , akkor

1 0 1 2{ , , ,..., }nx a x x x bΔ = = = 2 0 1 2{ , , ,..., }my a y y y bΔ = = =[ , ]I a b= i jx x< iy y< <

{ }1 2 0 1 2, , ,..., pz a z z z bΔ ∪Δ = = = , , 1 2 1 1 2 1{ , ,..., , , ,... }i n mz x x x y y y− −∈ 1, 1p= −

j j 2

i és , ha i . Így is felosztása I -nek és iz z< < 1Δ ∪Δ

( )1 2 1 2min ,Δ ∪Δ ≤ Δ Δ .


2. Bizonyítsd be, hogy ha felosztása az 1Δ [ ],a b intervallumnak és felosztása a intervallumnak, akkor a ponthalmaz felosztása az

2Δ

[ ,b c] 21Δ= Δ ∪Δ [ ],a c intervallumnak. Megkapható-e az [ ],a c intervallum minden felosztása ilyen úton? Bizonyítás. Ha és 1 0 1 2{ , , ,..., }nx a x x x bΔ = = =

2 0 1 2{ , , ,..., }my b y y y cΔ = = = az és intervallumok egy-egy felosztása, ahol és , ha i , akkor

1 [ , ]I a= b c

j j2 [ , ]I b=

i jx x< iy y< <

{ }1 2 0 1 2, , ,..., pz a z z z cΔ ∪Δ = = = , , 1 2 1 1 2 1{ , ,..., , , ,... }i n mz x x x y y y− −∈ 1, 1p= −

j j 2

i

és , ha i . Így felosztása -nek és iz z< < 1Δ ∪Δ [ , ]I a c=

( )1 2 1 2max ,Δ ∪Δ ≤ Δ Δ .

Az intervallum minden felosztása nem állítható elő ilyen alakban, mert a felosztás mindig tartalmazza a b osztópontot.

[ , ]a c

1Δ ∪Δ2

3. Jelöljük ( )pΔ -vel a [ intervallum ]0,1 10, n

nk k pp

⎧ ⎫⎪⎪ ⋅ =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬⎪

q

q

felosztását. Mi a

szükséges és elégséges feltétele annak, hogy , ha ? Bizonyítsd be, hogy .

( ) ( )p qΔ ⊂Δ *,p q ∈( ) ( ) ( )p q pΔ ∪Δ ⊂Δ

Bizonyítás. Igazoljuk a következő tulajdonságot: a q feltétel annak szükséges és elégséges feltétele, hogy teljesüljön a összefüggés. Mivel

p( ) ( )pΔ ⊂Δ

1 2 1( ) 0, , ,..., ,1n

n n n

ppp p p

⎧ ⎫−⎪ ⎪⎪ ⎪Δ = ⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭ és 1 2 1( ) 0, , ,..., ,1

n

n n n

qqq q q

⎧ ⎫−⎪ ⎪⎪ ⎪Δ = ⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

a összefüggés szükséges feltétele, hogy ( ) ( )pΔ ⊂Δ q 1 ( )n qp

∈ Δ . Ez pontosan akkor

teljesül, ha létezik olyan , amelyre {1,2,..., 1, }nk q∈ − nq 1n

kp q

= n . Ez alapján

nq kp

⎛ ⎞⎟⎜ =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠, tehát q (ellenkező esetben a p

nqp

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠ nem lehetne egész szám). Kimutatjuk,

hogy ez a feltétel elégséges is. Ha q r , akkor minden p= ⋅ n

kp

alakú tört felírható

n

n n

k k rp q

⋅= alakban és a egyenlőtlenségből következik, hogy

, tehát

0 nk p≤ ≤

0 nk r q≤ ⋅ ≤ n ( )n

k qp

∈ Δ , és így . Mivel {0,1,2,..., }nk p∀ ∈ ( ) ( )pΔ ⊂Δ q

p pq és q pq az előbbi tulajdonság alapján és , tehát .

( ) ( )p pΔ ⊂Δ q qq

( ) ( )q pΔ ⊂Δ( ) ( ) ( )p q pΔ ∪Δ ⊂Δ


4. Induljunk ki az [ ]0,1I = intervallum {1

0 1,

1 1Δ = } felbontásából és rekurzívan

szerkesszük meg a ( ) 1n n≥Δ felosztássorozatot az alábbi szabály szerint:

Δ

Δ

Δ

Δ

Δ

1

2

3

4

5

0:10 1:1 20 1 1 2:1 3 2 30 1 1 1 2 3:1 4 3 2 3 40 1 1 1 2 1 3 2 3 4 1:1 5 4 3 5 2 5 3 4 5 1

111111

Általában ha ab

és ab′′

a két egymás utáni osztópontja és , akkor e

két elem közé beiktatjuk az

nΔ 1b b n′+ ≤ +

a ab b

′+′+

törtet (ellenkező esetben a két tört -ben is

egymás utáni elem lesz). Bizonyítsd be, hogy érvényesek a következő tulajdonságok:

1n+Δ

a) ha ab

és ab′′

egymás utáni osztópontok valamelyik felosztásban, akkor

; 1a b ab′ ′− =b) a osztópontjai a [ intervallum n -nél nem nagyobb nevezőjű, irredu-

cibilis alakban írt törtjei. nΔ ]0,1

Bizonyítás. a) Az állítást matematikai indukcióval igazoljuk. A -nek csak két

osztópontja van a

1Δ01

és az 11

. Ezekre érvényes az 1 1 egyenlőség. Ha az

állítás érvényes -re és elemei

0 1 1⋅ − ⋅ =

nΔ nΔ 1 2

1 2

0 ... 1p

p

aa ab b b

< < < < < , akkor

, 1 1 1i i i ia b a b+ +⋅ − ⋅ = 0,i p= . A felosztásban az 1n+Δ i

i

ab

osztópontot vagy az 1

1

i

i

ab

+

+

osztópont követi (és ezekre teljesül az összefüggés) vagy esetén az 1 1i ib b n++ ≤ +

1

1

i i

i i

a ab b

+

+

++

tört és ebben az esetben .

Tehát a feltétel teljesül a felosztásra is.

( ) ( )1 1 1 1i i i i i i i i i ia a b a b b a b a b+ + ++ − + = ⋅ − ⋅ 1+ =

)

1n+Δb) A szerkesztés alapján a osztópontjainak nevezői nem lehetnek nagyobbak, mint

és az előbbi tulajdonság alapján ha , akkor nΔ

n ( ,i id a b= ( )1 1i i i id a b a b+ +⋅ − ⋅ , tehát

. 1d =


Gyakorlatok (93. oldal) 1. Írd fel a következő függvényekhez tartozó Riemann összegeket a megadott felosz-tások és közbeeső pontrendszerek esetén:

a) , [ ]: 1,2f → ( ) 2f x x= , { }4 51, , ,2

3 3Δ = , { }3

1, ,22

ξ = ;

b) : 0,4

fπ⎡ ⎤

→⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, ( ) tgf x x= , 0,4kk n

nπ⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪Δ = =⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

, ( )2 10,

8k

k nn

πξ

⎧ ⎫⎪ ⎪+⎪ ⎪= =⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭;

c) , [ ]: 0,1f → ( ) 4f x x= , 0,22

nn

kk

⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪Δ = =⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭, 0,2 1

2n

n

kkξ

⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪= = −⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭.

Megoldás. a) A megadott adatokhoz tartozó Riemann összeg: 4 3 5 4 5 1 9 1 1( , ) (1) 1 (2) 2 1 43 2 3 3 3 3 4 3 3

f f f fσ ξΔ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜= − + − + − = ⋅ + ⋅ + ⋅ =⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠2912

;

b) ( )( ) ( )ππσ ξ ξ

− −

Δ += =

⎛ ⎞+ ⎟⎜= − = ⋅ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑1 1

10 0

2 1( , ) tg

4 8

n n

k k kk k

kf f x x

n n;

c) ( )( )42 1 2 1 2 1

41 4 5

0 0

1 1( , )2 2 2

n n

k k k n n nk k

k

0

n

k

f f x x kσ ξ ξ− −

Δ += =

= − = ⋅ = ⋅∑ ∑−

=∑ .

2. Milyen függvényekhez (milyen felosztáshoz és közbeeső pontrendszerhez) tartoznak az alábbi Riemann összegek?

a) 1

1n

k n k= +∑ ; b) 2

1

1n

k n k= +∑ ;

c) 11

1 np

pk

kn +

=

⋅∑ ; d) 2

3 31

n

k

kn k= +∑ ;

e) 2 22

1

1 n

k

n kn =

⋅ −∑ ; f) 2

1

1sin

nn k

k

ke

n n=

⋅ ⋅∑ .

Megoldás. a) 1 1 1

1 1 1

11

n n n

k k k

k kkkn k n nnnn

= = =

⎛ − ⎟⎜= = ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎛ ⎞ ⎝+ ⎟⎜ ++ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∑ ∑ ∑ 1⎞⎠

, tehát ez az

összeg az , : [0,1]f →1( )

1f x

x=

+ függvényhez, a 0,k k n

n⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪Δ = =⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

felosztáshoz és a 1,k k nn

ξ⎧⎪⎪= =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎫⎪⎪⎬⎪ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann

összeg.


b) 2 2

1 1 1

1 1 1 1

11

n n n

k k k

k kkkn k n n nnn

= = =

⎛ − ⎟⎜= ⋅ = ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎛ ⎞ ⎝+ ⎟⎜ ++ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∑ ∑ ∑ 1⎞⎠, tehát ez az összeg az

, : [0,2]f →1( )

1f x

x=

+függvényhez, a 0,2k k

n⎧ ⎫⎪⎪Δ = =⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

n⎪⎪⎬ felosztáshoz és a

1,2k kn

ξ⎧ ⎫⎪⎪= =⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

n⎪⎪⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg.

c) 11 1 1

1 1 p pn n np

pk k k

k k k kkn n n n n+

= = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜= ⋅ = ⋅ −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ ∑ 1n

⎟⎟⎟ , tehát ez az összeg az

, függvényhez, a : [0,1]f → ( ) pf x x= 0,k k nn

⎧⎪⎪Δ = =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎫⎪⎪⎬⎪ felosztáshoz és a

1,k k nn

ξ⎧ ⎫⎪⎪= =⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg.

d)

2 2

2

3 33 31 1 1

1 1

1 1

n n n

k k k

k kk kn n

k kn k n n nn n

= = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎛ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎟⎜= ⋅ = ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⎟ ⎟⎜ ⎜+ +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑ ∑ k ⎞⎠

, tehát ez az összeg az

, : [0,1]f →2

3( )1xf xx

=+

függvényhez, a 0,k k nn

⎧ ⎫⎪⎪Δ = =⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬ felosztáshoz és a

1,k k nn

ξ⎧ ⎫⎪⎪= =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬⎪ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg.

e) 2 2

2 22

1 1 1

1 1 1 1n n n

k k k

k k kn kn n n n n= = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜− = ⋅ − = − ⋅ −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ ∑ 1kn

⎟⎟⎟ , tehát ez az

összeg az , : [0,1]f → 2( ) 1f x x= − függvényhez, a 0,k k nn

⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪Δ = =⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭


ξ⎧ ⎫⎪⎪= =⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann

összeg.

f) 2 2

1 1

1 1sin sinkn n

kn n

k k

k k ke en n n n= =

⎛ − ⎟⎜⋅ = ⋅ ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝∑ ∑ kn

⎞⎠

, tehát ez az összeg az

, : [0,1]f → 2( ) sinxf x e= ⋅ x függvényhez, a 0,k k nn

⎧⎪⎪Δ = =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭


1,k k nn

ξ⎧⎪⎪= =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎫⎪⎪⎬⎪ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg.

3. Írd fel a következő függvényekhez tartozó Darboux-féle összegeket a megadott felosztásokon!


a) [ ]: 0,2f → , , ( ) 2,, \x x

f x x x⎧ ∈⎪⎪= ⎨ ∈⎪⎪⎩

20,

kk n

n⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪Δ = =⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

;

b) , [ ]: 0,1f → ( )

( ]

( ] ( )

0, 0, 0,1 \1, 0,1 , , 1q

x xpf x x p

q q

⎧ = ∈⎪⎪⎪= ⎨ = ∈ ∩ =⎪⎪⎪⎩

, 0,kk n

n⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪Δ = =⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

.

Megoldás. a) ( )11 1

2 2( 1) 2( )n n

i i i ii i

i iS f M x x M Mn n nΔ −

= =

⎛ ⎞− ⎟⎜= ⋅ − = ⋅ − = ⋅⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑1

n

ii=∑ ,

ahol -vel az iM f függvény szuprémumát jelöltük a 2( 1) 2,in n

i⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

intervallumon.

( )11 1

2 2( 1) 2( )n n

i i i ii i

i is f m x x m mn n nΔ −

= =

⎛ ⎞− ⎟⎜= ⋅ − = ⋅ − = ⋅⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑1

n

ii=∑ , ahol -vel az im f

függvény infimumát jelöltük a 2( 1) 2,in n

⎡ ⎤−⎢⎢⎣ ⎦

i⎥⎥ intervallumon. Másrészt

2

2 , 1,2

2 , 1,2

i

i ninMi ni nn

⎧⎪ ⎡ ⎤⎪ = ⎢ ⎥⎪⎪ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎪= ⎨⎪⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎪ ⎟⎜⎪ = +⎢ ⎥⎟⎜ ⎟⎪⎜⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎪ ⎣ ⎦⎩

és

22 2 , 1,2

2( 1), 1,2

i

i nini ni nn

⎧⎪⎛ − ⎞ ⎡ ⎤⎪ ⎟⎜ = ⎢ ⎥⎪ ⎟⎜ ⎟⎜⎪⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎪= ⎨⎪ − ⎡ ⎤⎪⎪ = +⎢ ⎥⎪

m

⎢ ⎥⎪ ⎣ ⎦⎩

, tehát

2 22

21 1

2

2 2 2 2( )2 2

nn

ni i

i i n nS fn n n n

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Δ⎡ ⎤= = +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞⎟⎜ ⎛ ⎞⎟⎛ ⎞⎜ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎟ ⎟⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟= ⋅ + = ⋅ + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜⎟⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎟ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑

3

1 2 18 ( 1)(2 1) 2 2 2

6 6

n n nn n n

n

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⋅ + ⋅ + ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ + + ⎝ ⎠ ⎝⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎟⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎜ ⎟+ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟⎠ és

22

1 12

12 2( 1) 2( 1) 2 ( 1) 2 2( )

2 2

nn

ni i

n ni i n ns f

n n n n

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Δ⎡ ⎤= = +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ − ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟⎟⎜⎟⎛ ⎞ ⎜− − −⎜ ⎝ ⎠⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎟⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎟ ⎜⎟⎜ ⎜ ⎟⎟= ⋅ + = ⋅ − +⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎟⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∑

3

1 2 18 2 2 2

6

n n n

n

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎟ ⎟⎜ ⎜⋅ − ⋅ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦+⎠ .

b) ( )11 1

1( )n n

i i ii i

S f M x x MnΔ −

= =

= ⋅ − = ⋅∑ ∑ i és 1

1( ) 0n

si

s f mnΔ

=

= ⋅ =∑ i , mert minden

1,in n

⎡ − ⎤⎢⎢ ⎥⎣ ⎦

i⎥ intervallumban léteznek irracionális számok és ezekben a függvény értéke

. 0


Gyakorlatok (113. oldal) 1. Számítsd ki a következő határozott integrálokat:

a) ; b) (2

2

1

3 5x x d− +∫ ) x1

21 4dxx

−−∫ ; c) ( )

43

0

3x x d+∫ x ;

d) 1 2

30

31

xdx

x +∫ ; e) 2

ln

e

e

dxx x∫ ; f)

2

20 1

x

x

edx

e+∫ ;

g)

22

20 1dxx−∫ ; h) ; i) 2

0

sinx xdπ

∫ x1

0

1 xdx+∫ .

Megoldás. A Newton-Leibniz kritérium alapján számítjuk az integrálokat:

a) ( )22 3

2 2

11

3 13 5 53 2 6xx x dx x x− + = − + =∫

7

b) −−

− ⎛ ⎞⎟⎜= = − = −⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− +∫11

211

1 2 1 1 1ln ln ln 3 ln 34 4 2 4 3 2

dx xx x

c) ( )

43 4

4 2 333

00

16 33 3 3 4 32 3

x xx x dx+ = ⋅ + = +∫ 3 4

d) 1 2 13

3 00

3 ln 1 ln21

x dx xx

= + =+∫

e) ( )2 2

2ln ln(ln )) ln2ln ln

e ee

ee e

x dxdx xx x x

′ ⋅= =

⋅∫ ∫ =

f) ( )( )

2 22 2

22 00 0

arctg arctg1 41

xxx

x x

e dxe dx e ee e

π′⋅= = =

+ +∫ ∫ −

g)

2222

2 00

arcsin41

dx xx

π= =

−∫

h) A parciális integrálás módszerével meghatározzuk az , : [0, ]f π →2( ) sinf x x= ⋅ x

C

függvény egy primitívjét:

( )

( )

2 2

2 2

sin cos 2 cos

cos 2 sin sin cos 2 sin cos .

x x dx x x x x dx

x x x x x dx x x x x x

⋅ = − + ⋅ =

=− ⋅ + − =− ⋅ + ⋅ + +

∫ ∫∫


Az , függvény segítségével

írhatjuk, hogy ;

: [0, ]F π → 2( ) cos 2 sin cosF x x x x x x=− ⋅ + ⋅ +

2 2

0

sin ( ) (0) 2x x dx F Fπ

π π⋅ = − =∫ −

i) Megkeressük az , : [0,1]f → ( ) 1f x x= + függvény egy primitív

függvényét. Az 1 x+ = t helyettesítéssel , és így

az integrált kell kiszámítanunk. Mivel

( )22 1x t= − ( )24 1dx t t dt= −

( )24 1t t t dt⋅ −∫( )2 4 2 54 44 1 4

5 3t t t dt t t dt t t C⋅ − = − = − +3∫ ∫ ,

az f függvény egy primitív függvénye a

: [0,1]F → , ( ) ( )5 3

1 1( ) 4

5 3

x xF x

⎛ ⎞⎟+ +⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

függvény. Így ( )1

0

81 (1) (0)15

x dx F F+ = − = +∫ 2 1

π

.

2. Számítsd ki a következő függvények deriváltját:

a) , ahol ε ; b) ( )ε∫ ln sinx

t dt ∈ (0, )( )

2

ln 1

x

x

tdtt+∫ ; c) .

2

2

0

xte dt−∫

Megoldás. a) Ha az , függvény egy primitívje, akkor

: (0, )F π → : (0, )f π → (( ) ln sinf x x= )

)( )ln sin ( ) ( )x

t dt F x Fε

ε= −∫ , tehát ; ( ) (ln sin ( ) ( ) ln sinx

t dt F x f x xε

′⎛ ⎞⎟⎜ ⎟ ′⎜ = = =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫

b) Ha az , : ( 1, )F − ∞ → : ( 1, )f − ∞ →( )

( )ln 1xf xx

=+

függvény egy

primitívje, akkor ( )

2

(2 ) ( )ln 1

x

x

t dt F x F xt

= −+∫ , tehát

( ) ( ) ( )

2 42 (2 ) ( ) 2 (2 ) ( )ln 1 ln 1 2 ln 1

x

x

t xdt F x F x f x f xt x

′⎛ ⎞⎟⎜ ⎟ ′ ′⎜ = ⋅ − = − = −⎟⎜ ⎟⎟⎜ + +⎝ ⎠∫

xx+

;

c) Ha az :F → :f → , függvény egy primitívje, akkor

, tehát .

2

( ) xf x e−=

( )2

2 2

0

(0)x

te dt F x F− = −∫ ( ) ( )2

2 42 2

0

2 2 2x

t xe dt F x x x f x x e− −

′⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ′= ⋅ = ⋅ = ⋅⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫

3. Számítsd ki a következő összegek határértékét:


a) ( )21

n

k

nn k= +∑ ; b) 2

1

n

k

k nn=

−∑ ; c) 1

2 20

1n

k n k

−

= −∑ ;

d) ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

=

⋅∑2

21

knn

k

k en

; e) 1

1sin

n

k

kn n

π

=∑ ; f)

2 21

14

n

k n k= −∑ .

Megoldás. a) 2

22 21 1 1

1 1( ) ( ) 1

n n n

k k k

n n kkn k n n k n nn

= = =

⎛ − ⎟⎜= ⋅ = ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝⎛ ⎞+ + ⎟⎜ + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∑ ∑ ∑ 1k ⎞⎠

, tehát a

vizsgált összeg az , : [0,1]f →( )2

1( )1

f xx

=+

függvénynek a 0,k k nn

⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪Δ = =⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭


ξ⎧⎪⎪= =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎫⎪⎪⎬⎪ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann

összege. Mivel ez a függvény integrálható a [0 intervallumon és amikor n , a felosztás normája tart -hoz, írhatjuk, hogy

,1] → ∞0

( ) ( )

1 1

2 21 00

1 1lim1 1

n

nk

n dxx xn k→∞

=

= =−+ ++∑ ∫ 2

= ;

b) 21 1

1 1n n

k k

k n kn n n= =

⎛− ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜⎝∑ ∑ ⎞−

⎠, ez pedig az , függvénynek a : [0,1]f → ( ) 1f x x= −

0,k k nn

⎧ ⎫⎪⎪Δ = =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬⎪ felosztáshoz és a 1,k k n

nξ

⎧ ⎫⎪⎪= =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬⎪ közbeeső pontrendszerhez

tartozó Riemann összege. Mivel ez a függvény integrálható a [0 intervallumon és amikor n , a felosztás normája tart -hoz, írhatjuk, hogy

,1]→ ∞ 0

( )11 2

21 00

1lim 12 2

n

nk

k n xx dx xn→∞

=

−= − = − =−∑ ∫ ;

c) 1 1

2 20 0

1 1 1

1

n n

k knn k kn

− −

= =

=− ⎛ ⎞⎟⎜− ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∑ ∑ 2, és ez az összeg az , : [0,1)f →

2

1( )1

f xx

=−

függvénynek a 0,k k nn

⎧⎪⎪Δ = =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭


1, 1k k nn

ξ⎧⎪⎪= = −⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎫⎪⎪⎬⎪ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összege. Mivel

létezik a ( )21 1

0

lim lim arcsin21

x

x x

dt xt

π→ →

=−∫ = határérték, írhatjuk, hogy

11

2 2 2 210 0 0

1lim lim21 1

xn

n xk

dx dtn k x t

π−

→∞ →=

= =− − −

∑ ∫ ∫ = ;


d) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= =

=∑ ∑2 2

21 1

1k kn nn n

k k

k e en n n

k és ez az függvény egy Riemann összege,

tehát

→: [0,1]f

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

→∞=

−= ⋅ = =∑ ∫

2 22

11

21 0 0

1lim2 2

k xnxn

nk

k ee x e dxn

e .

Megjegyzés. A tankönyvben eredetileg a ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

=∑

2

1

knn

k

k en

összeg jelent meg és ennek a

határérték végtelen mert 2

2 21 1

1 1

12

kn nn n n

k k

k k ne e en n

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

= =

+> = ⋅∑ ∑ , és mivel az utolsó

kifejezés határértéke , a fogó tétel alapján ∞

2

1

limknn

nk

k en

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

→∞=

= ∞∑ .

e) Az 1

1 sinn

k

kn n

π

=∑ összeg az , függvényhez a : [0,1]f → ( ) sinf x xπ=

0,k k nn

⎧⎪⎪Δ = =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎫⎪⎪⎬⎪ felosztáshoz és a 1,k k n

nξ

⎧⎪⎪= =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎫⎪⎪⎬⎪ közbeeső pontrendszerhez

tartozó Riemann összege. Mivel ez a függvény integrálható a [0 intervallumon és amikor n , a felosztás normája tart -hoz, írhatjuk, hogy

,1]→ ∞ 0

1 1

01 0

1 1lim sin sin cosn

nk

k x dx xn n

ππ π

π π→∞=

= =−∑ ∫2

= ;

f) 2 2

1 1

1 1 14

4

n n

k knn k kn

= =

=− ⎛ ⎞⎟⎜− ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∑ ∑ 2. Ez az összeg az , : [0,1]f →

2

1( )4

f xx

=−

függvényhez, a 0,k k nn

⎧ ⎫⎪⎪Δ = =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬⎪ felosztáshoz és a

1,k k nn

ξ⎧ ⎫⎪⎪= =⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬⎪ közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összege, tehát

1 1

2 2 201 0

1lim arcsin2 64 4

n

nk

dx xn k x

π→∞

=

= =− −

∑ ∫ = .

4. Számítsd ki a következő határértékeket:

a) 20

lim1

x

x

dtt→∞ +∫ ; b) 2

1

lim1

x

x

tdtt→∞ +∫ ; c)

1

3010

limx t

xx

edt

t

+

→−<

∫ ;

d) 2

1

lim1

x

x

dtt t→∞ −∫ ; e)

1

0

lim1a

dxx a→∞ − +∫ ; f) . 2

0

limx

t

xt e dt−

→∞ ∫


Megoldás. a) π→∞ →∞ →∞

= =+∫ 2 0

0

lim lim arctg lim arctg1 2

x x

x x x

dt t xt

= ;

b) Kiszámítjuk az , : [1, )f ∞ → 2( )1xf xx

=+

függvény egy primitív függvényét.

A t u= helyettesítéssel az 2

4

21uIu

=+

du∫ integrált kell kiszámítani.

2

4 2 2

2 21 2 2 1 2 1u u uI duu u u u u

⎛ ⎞⎟⎜= = − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ − + + +∫ ∫ du =

( ) ( )2

2

1 2 1ln arctg 2 1 arctg 2 12 2 1u u u uu u

− += + − +

+ +C+ + ,

tehát az , : [1, )F ∞ → ( ) ( )1 2 1( ) ln arctg 2 1 arctg 2 12 2 1t tF t t tt t− +

= + − ++ +

+

függvény egy primitív függvénye a f -nek. Így a Newton-Leibniz képlet alapján

21

( ) (1)1

x t dt F x Ft

= −+∫ és

( )21

3lim lim ( ) (1) ln 2 11 2

x

x x

t dt F x Ft

π→∞ →∞

= − = −+∫ −

]x

.

c) Ha és , akkor . Ha az

egyenlőtlenség mindkét oldalát elosztjuk -val és integráljuk -től x -ig, az

0x < [ 1, ] [ 1, 0)t x∈ − ⊂ − + > ∀ ∈ −1 0, ( 1,te e t3 0t < 1−

1

3 31 1

x xte dtdtt t

+

− −

<∫ ∫ 0x∀ <, .

Másrészt 3 211

1 1 12 2

x xdtt t −−

⎛ ⎞⎟⎜= − = − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ 2

1x

és 200

1 1lim 12x

xx→

<

⎛ ⎞⎟⎜ − = −∞⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠, tehát a fogó tétel

alapján 1

3010

limx t

xx

e dtt

+

→−<

= −∞∫ .

d) Kiszámítjuk az , : (1, )f ∞ →2

1( )1

f xx x

=−

függvény egy primitív

függvényét. A 1tu

= helyettesítéssel az 2 1dt

t t −∫ integrálból a 21

duu

−−∫

integrálhoz jutunk, tehát az , : (1, )F ∞ → 1( ) arcsinF xx

=− függvény az f egy

primitívje. Így írhatjuk, hogy 2

11

1 1arcsin arcsin21

x xdtt xt t

π=− = −

−∫ , tehát


21

1lim lim arcsin2 21

x

x x

dtxt t

π π→∞ →∞

= − =−∫ .

e) Ha a és , akkor -ról feltételezhetjük, hogy negatív. Másrészt → ∞ [0,1]x ∈ x a−1

1

00

1ln ( 1) ln1

dx ax aa x a

+=− − + =

− +∫ és 1lim ln 0a

aa→∞

+= , tehát

1

0

lim 01a

dxx a→∞

=− +∫ .

f) Meghatározzuk az , : [0, )f ∞ → 2( ) xf x x e−= ⋅ függvény egy primitív függvényét. Ezt két parciális integrálással vagy a határozatlan együtthatók módszerével tehetjük meg. A alakú kifejezés (P polinom) deriváltja

, tehát az integrálás eredménye ( alakú. Az

együtthatók azonosítása után az

( ) xP x e−⋅

( ( ) ( ) xP x P x e−′ − ) )c e−+ +2 xax bx

( )− −⋅ = − + + +∫ 2 2 2 2x xx e dx e x x C

összefüggéshez jutunk, tehát az , függvény egy primitív függvénye

: [0, )F ∞ → ( )−= − + +2( ) 2 2xF x e x xf -nek. Így

( )− −⋅ = − = − + + +∫ 2 2

0

( ) (0) 2 2 2x

t xt e dt F x F e x x és

( )− −

→∞ →∞⋅ = − + + =∫ 2 2

0

lim 2 lim 2 2 2x

t x

x xt e dt e x x ,

mert a l’Hospital szabály kétszeri alkalmazása alapján

→∞ →∞ →∞

+ + += =

2 2 2 2 2 2lim lim lim 0x xx x x

x x xe e

=xe.

5. Számítsd ki a következő határértékeket:

a)

2

020

sinlim

x

x

t dt

x→

∫; b)

−

→

∫3

2

030

limsin

xt

x

e dt

x.

Megoldás. a) Feltételezzük, hogy . A (0 intervallumon alkalmazott integrál középértéktétel alapján létezik olyan , amelyre

. Ebből következik, hogy

0x > , )x(0, )xc ∈ x

2= ⋅∫ 2

0

sin sinx

xt dt x c

22 2

02 2

sinsin sin0

x

x

t dtx c x

x x⋅

< = <∫

x.

A 2

0

sinlim 0x

xx→

= határérték és a fogó tétel alapján következik, hogy


2

020

0

sinlim 0

x

xx

t dt

x→>

=∫

. Hasonlóan esetén a 0x <

2

020

0

sinlim 0

x

xx

t dt

x→<

=∫

összefüggéshez

jutunk, tehát

2

020

sinlim 0

x

x

t dt

x→=

∫.

Megjegyzés. A határérték kiszámítására használhatjuk a l’Hospital szabályt is. 2

20

20 0

sinsinlim lim 02

x

x x

t dtx

x x→ →= =

∫.

b) Ha , akkor az intervallumon alkalmazott integrál középérték tétel

alapján létezik olyan , amelyre . Ez

alapján

0x < 3( , 0)x

∈ 3( , 0)xc x ( )3

2 2 23 3

0

0x x

xt c ce dt e x e x− − −= − =∫ ⋅

3

2

2 30

3sin sin

x

xt

ce dt

e xx x

−

− ⋅=

∫3 )6. Mivel , és így ,

tehát

∈ 3( , 0)xc x (∈2 0,xc x ( )− −∈2 6

,1xc xe e

− −⋅ ⋅< <

6 23 3

3 3sin sin sin

xx ce x e x xx x

3

3 x. Másrészt

−

→ →< <

⋅=

6 3 3

3 30 00 0

lim lim 1sin sin

x

x xx x

e x xx x

= , tehát a

fogó tétel alapján

3

2

030

0

lim 1sin

xt

xx

e dt

x

−

→<

=∫

. Hasonlóképpen

3

2

030

0

lim 1sin

xt

xx

e dt

x

−

→>

=∫

, tehát

3

2

030

lim 1sin

xt

x

e dt

x

−

→=

∫.

Megjegyzés. A l’Hospital tétel alapján

3

2

220

3 20 0

3lim lim 1sin 3 sin cos

xt

t

x x

e dtx e

x x

−

−

→ →

⋅= =

⋅

∫x

.

6. Tanulmányozd a következő függvények monotonitását:

a) 1: ,fπ⎡ ⎞⎟∞ →⎢ ⎟⎟⎠⎢⎣

, ( )2

1

1 1cos

x

f x dtt t

π

= ⋅∫ ; b) :f → , ( )43

0 1

x dtf x

t=

+∫ .


Megoldás. a) Az f függvény folytonos és deriválható az értelmezési tartományán

és 2

1 1( ) cos 0f xx x

′ = ⋅ >14

x∀ ≥, esetén. Ebből következik, hogy f növekvő az

értelmezési tartományán. b) Az függvény folytonos és deriválható az értelmezési tartományán és f

43

1( ) 01

f xx

′ = >+

, tehát szigorúan növekvő. f

7. Bizonyítsd be, hogy

a) ; b) ( )⋅ > +∫ ∫1 1

2

0 0

arctg ln 1x xdx x ( )+ ≥+∫ ∫

1 1

0 0

ln 11xx dx dxx

; dx

c) ; d) ( )21

1

2 2xe dx−

−

− ≥∫1

2

0

3 9 x dx< + <∫ 10 .

( )2( ) arctg ln 1f x x x x= ⋅ − +Megoldás. a) Tekintsük az , : [0,1]f →

függvényt. 2( ) arctg1xf x xx

′ = −+

folytonos, deriválható [0 -en, és ,1]f

( )

2

22

2( )1xf xx

′′ =+

f ′( ) 0, 0f x x′′ > ∀ >. Mivel , az függvény szigorúan növekvő

-en és így ( ) (0) 0f x f′ ′> = , . Ebből következik, hogy [0,1] [0,1]x∀ ∈ f szigorúan

növekvő és így . Ha integráljuk 0 -tól 1 -ig az ( ) (0) 0, (0,1]f x f x> = ∀ ∈

( )1 1

2

0 0

arctg ln 1x x dx x⋅ > +∫ ∫ dx .

( )( ) ln 11xf x xx

= + −+

b) Tekintsük az , : [0,1]f → függvényt, amely folytonos

és deriválható a [0 -n és ( )2

( ) 0, [0,1]1xf x xx

′ = > ∀ ∈+

. Ebből következik, hogy ,1]

f szigorúan növekvő a [0 intervallumon és így , . Ha

ezt az egyenlőtlenséget integráljuk a [0 intervallumon, akkor az

( ) (0) 0f x f> =,1] [0,1]x∀ ∈

,1]

( )1 1

0 0

ln 11xx dx dxx

+ ≥+∫ ∫

egyenlőtlenséghez jutunk.

c) Az egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha .

Másrészt és ezért .

( )21

1

2 xe dx−

−

−∫2

1

1

2 xe dx−

−

≥ ∫2≥

,1]2

1 1

1 1

2 1 xdx e dx−

− −

= ≥∫ ∫2 0, [ 1xe e x− ≤ ∀ ∈ −

A határozott integrál 114 2( ) 9f x x= +d) Az , : [0,1]f → függvény szigorúan növekvő a [0

intervallumon, ezért . Mivel és ,1]

(0) 3f =(0) ( ) (1), (0,1)f f x f x< < ∀ ∈ (1) 10f =

az előbbi egyenlőtlenség integrálásával a 1

2

0

3 9 x dx< + <∫ 10

egyenlőtlenséghez jutunk. 8. Számítsd ki a következő határozott integrálokat:

2

20

2min ,

1x

x⎛ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ +∫ dx

⎞⎠

x; b) ; c) ; ( )4

2

0

max 2 ,x x dx∫ ( )2

2

0

inf 2t xt t d

≤−∫ a)

( )ha

, ha2

, 01 0

xx e xf x

x x

⎧ + ≤⎪⎪= ⎨ + >⎪⎪⎩ d) , ahol ( )

1

1

f x dx−∫ .

2

2( ) min ,1

f x xx

⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜⎝ +Megoldás. a) Az , : [0,2]f →

⎠ függvény még

2

, 1( ) 2 , 1

1

x xf x

xx

⎧ <⎪⎪⎪⎪= ⎨⎪ ≥⎪⎪ +⎪⎩

alakban is írható. Ebből következik, hogy

12 1 2 2 2

2 2 100 0 1

2 2min , 2 arctg1 1 2

1 2arctg2 .2 2

dx xx dx x dx xx x

π

⎛ ⎞⎟⎜ = + = + ⋅⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ +

= + −

∫ ∫ ∫ =

4]

b) Ha , akkor , tehát ( )22

2 , [0,2]max 2 ,

, (2,

x

xx

xx x

⎧ ∈⎪⎪⎪= ⎨⎪ ∈⎪⎪⎩[0,4]x ∈

( )44 2 4 2 3

2 2

0 20 0 2

2 3max 2 , 2ln2 3 ln2 3

xx x xx dx dx x dx= + = + = +∫ ∫ ∫

56

) x

]

.

c) Legyen , . Mivel az kifejezés csökkenő a

intervallumon és növekvő az [1 intervallumon írhatjuk, hogy

.

( 2( ) inf 2t x

f x t t≤

= − 2 2x −: [0,2]f →

( ,1−∞ , )∞2 2 , 1

( )1, 1

x x xf x

x

⎧ − ≤⎪⎪⎪= ⎨⎪− >⎪⎪⎩2 1 2

2

0 0 1

5( ) 2 13

f x dx x x dx dx= − + − =−∫ ∫ ∫ . Ebből következik, hogy

9. Tanulmányozd a következő sorozatok konvergenciáját és számítsd ki a határ-értéküket:

A határozott integrál 115 1

0 1

n

nx

I dx

=+∫ a) x dx

dx

; b) ; ( )1

0

ln 1 nnI x= +∫

1

20 2 2

n

nx dx

Ix x

=+ +∫ c) ; d) ( )

1

lne

nnI x= ∫ .

0 ,1

nnx x x

x≤ ≤ ∀ ∈

+Megoldás. a) A [0,1] egyenlőtlenség integrálásából

következik, hogy, 1 1

0 0

10 ,1 1

nnx dx x dx n

x n≤ ≤ = ∀

+ +∫ ∫ ∈ , vagyis a fogó tétel

alapján az ( ) *n nI

∈ sorozat konvergens és határértéke 0 .

b) A egyenlőtlenség alapján

és , tehát

( )0 ln 1 , [0,1n nx x x≤ + ≤ ∀ ∈( )ln 1 , 0y y y+ ≤ ∀ > ]

( )1 1

0 0

10 ln 11

n nx dx x dxn

≤ + ≤ =+∫ ∫0n∀ ≥ . A fogó tétel alapján

következik, hogy az ( ) *n nI

∈ sorozat konvergens és határértéke 0 .

( ) ( )10 ln lnn nx x+≤ ≤c) Mivel esetén , írhatjuk, hogy [1, ]x ∈ e ln [0,1]x ∈ , és . Ebből következik, hogy , tehát a

sorozat csökkenő és alulról korlátos. Ebből következik, hogy a vizsgált sorozat konvergens. Másrészt

[1, ]x∀ ∈ e 11n∀ ≥ 10 ,n nI I n+≤ ≤ ∀ ≥

( ) ( ) ( )1 1

01 1

1 ln ln lne e

n nnI x dx x x n x −= ⋅ = ⋅ − ⋅∫ ∫ n dx ,

1,nn

I e I nn n −= − ∀ ≥tehát 1

nI

0,1]

. Mivel az ( sorozat konvergens határértékre

térhetünk az előbbi rekurzióban. Így a 0 l egyenlőséghez jutunk,

ahonnan következik, hogy .

) 1n nI

≥

im 0 limnn nI

→∞ →∞⋅ = −

lim 0nnI

→∞=

25 2 2

n n nx x xx x

≤ ≤+ +

d) Mivel írhatjuk, hogy 22 2 2 5, [x x x≤ + + ≤ ∀ ∈2

,

, tehát ( ) ( )

1

20

1 15 1 2 2 2 1

nx dxn x x n

≤ ≤+ + +∫[0,1]x∀ ∈

+

)2

. Ebből az

egyenlőtlenségből a fogó tétel alapján következik, hogy . lim 0nnI

→∞=

10. Az előbbi feladat d) alpontjában szereplő sorozat esetén számítsd ki a

határértéket! lim nnn I

→∞⋅

Megoldás. Mivel , írhatjuk, hogy (2 1 22 2 2n n n nx x x x x x+ ++ + = + +

2 112 2

1n n nI I In+ ++ + =+

. Másrészt és , tehát 1n∀ ≥1 , [0n nx x x+ ≤ ∀ ∈ ,1]


1n nI I+ ≤ , . Az előbbi két tulajdonság alapján 1n∀ ≥

1 21 2 2 5

1 n n nI I In + += + + ≤+ 1 2

1 2 2 51 n n n nI I I I

n + += + + ≥+nI és 2+ , tehát

( )1 1 ,

5( 1) 5 1nIn n≤ ≤ ∀ ≥

+ −1lim5nn

n I→∞

⋅ =1n és így a fogó tétel alapján .

11. Tanulmányozd a következő függvények integrálhatóságát:

( )

[ ]

*

*

11, ,

10, 0,1 \

x nnf x

x nn

⎧⎪⎪ = ∈⎪⎪⎪= ⎨ ⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪∈ ∈⎪ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭⎪⎩

a) , ; [ ]: 0,1f →

( )[ ][ ]

1, 0,10, 0,1 \x

f x x⎧ ∈ ∩⎪⎪= ⎨ ∈⎪⎪⎩

b) , ; [ ]: 0,1f →

( )[ ][ ]

, 0,1, 0,1 \

x xf x x x

⎧ ∈ ∩⎪⎪= ⎨− ∈⎪⎪⎩ c) , ; [ ]: 0,1f →

( )

[ ]

*

*

1 1, ,

21

0, 0,1 \

n x nnf x

x nn

⎧⎪⎪ = ∈⎪⎪⎪= ⎨ ⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪∈ ∈⎪ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭⎪⎩

d) , . [ ]: 0,1f →

1 1nn

⎧ ⎫⎪⎪ ≥⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⎭⎪⎪⎬⎪

Megoldás. a) Az függvény szakadási pontjainak halmaza f és ez a

halmaz nullmértékű, mert minden esetén lefedhető az 1 11

1 1,2 2n n

n n nε ε+ +

≥

⎡ ⎤− +⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∪0ε >

intervallumrendszerrel és ennek az összhossza 1

12nn

ε∞

=

⋅ =∑ ε . Másrészt a függvény

korlátos, tehát a Lebesque kritérium alapján integrálható. b) Ha egy tetszőleges felbontása a [0 intervallumnak, a közbeeső pontrendszer elemei mind racionális számok és a pontrendszer elemei mind irracionális számok, akkor a két közbeeső pontrendszerhez tartozó Riemann összeg:

,1]Δ 1ξ

2ξ

( )1

1 10

( , ) 1 1n

k kk

f x xσ ξ−

Δ +=

= ⋅ − =∑ és , tehát a

Riemann összegek nem tarthatnak ugyanahhoz a számhoz, amikor

( )1

1 10

( , ) 0 0n

k kk

f x xσ ξ−

Δ +=

= ⋅ − =∑. 0Δ →

c) Akárcsak az előbb ha egy tetszőleges felbontása a [0 intervallumnak, a ,1]Δ

( )1 1 1,k k nξ ξ

== közbeeső pontrendszer elemei mind racionális számok és a

( )2 2 1,k k nξ ξ

== pontrendszer elemei mind irracionális számok, akkor a két közbeeső

pontrendszerhez tartozó Riemann összeg és ( )1

1 1 10

( , )n

k k kk

f xσ ξ ξ−

Δ +=

= ⋅ −∑ x


( ) ( )1

1 2 10

( , )n

k k kk

f x xσ ξ ξ−

Δ +=

= − ⋅ −∑ . Ha 0Δ → , akkor a összegek tartanak

az

1( , )fσ ξΔ

1

10

12

I x dx= =∫1

20

12

I x dx=− =−∫ számhoz és a összegek az 2( , )fσ ξΔ

számhoz mivel az 1,2 : [0,1]f → , és függvények integrálhatók. Ebből következik, hogy

1( )f x x= 2( )f x x=−

0Δ → esetén a Riemann összegek nem tartanak ugyanahhoz az számhoz, tehát a függvény nem integrálható. IMegjegyzés. A b) c) és alpontok esetében a Lebesque kritérium is használható, mivel a szakadási pontok halmaza az egész [0 intervallum és ez nem nullmértékű. ,1]d) A szakadási pontok halmaza ugyanaz, mint az a) alpontnál tanulmányozott függvény esetén, a függvény ez esetben is korlátos, tehát a Lebesque kritérium alapján integrálható. Megjegyzés. A bizonyítás az a) és d) alpontok esetében is elvégezhető a Riemann összegek segítségével.

1

11

arcsinn

n

n

a n12. Ha xdx

1

11

arctgn

n

n+

= ∫ 1n∀ ≥

+

= ∫ és b n , , akkor számítsd ki a xdx

lim n

nn

ab→∞

határértéket.

1 1,1n n

⎛ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ +⎞⎠

Megoldás. Az intervallumon alkalmazott integrál középérték tételt

alapján létezik 1 1,1n nc d

n n⎛ ⎞⎟⎜∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ +

,⎠

úgy, hogy

1

11

1 1arcsin arcsin( )1

n

n

n

nx dx n cn n

+

⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+∫ és

1

11

1 1arctg arctg( )1

n

n

n

nx dx n dn n

+

⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+∫ .

Ebből következik, hogy

( )( )

arcsin arcsin1 2lim lim 2arctg arctg1

4

nn

n nn n

c nab d n

π

π→∞ →∞

⋅= =

⋅= = ,

1 1,1n nc d

n n⎛ ⎞⎟⎜∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ +

mert a ,⎠

összefüggések alapján . lim lim 1n nn nn c n d

→∞ →∞⋅ = ⋅ =


Feladatok (115. oldal) 1. Bizonyítsd be, hogy: a) ; ( ) ( ) ( ) ( )2 1 11 21 1 1 1 1n n n n

n n nx x x C C x C x− + −+ − + − + + − = − + + − 1

( ) 1

1

1 11 1

2

nk k

nk

Cn k

+

=

+ + + = − ⋅∑ 1b) .

Bizonyítás. a) A baloldali összeg egy mértani haladvány első n tagjának összege, a haladvány első tagja 1 és a kvóciense (1 , tehát )x−

2 1 1 (1 ) 1 (1 )1 (1 ) (1 ) ... (1 )1 (1 )

n nn x xx x x

x x− − − − −

+ − + − + + − = =− −

.

Az (1 Newton-féle kifejtése , tehát )nx− 1 2 2(1 ) 1 ... ( 1)n nn n nx C x C x C− = − + − + − n nx

( ) 1 2 2 1

1 2 3 2 1

1 1 1 1 ... ( 1)

... ( 1) .

n n n nn n n

n n nn n n n

x C x C x Cx x

C C x C x C x

+

+

− − − + − + + −= =

= − + − + −

x

Az előbbi azonosságok alapján következik a kért egyenlőség. b) Ha az előbbi egyenlőség mindkét oldalát integráljuk -tól -ig, akkor az 0 1

11 1

00

(1 ) 1(1 )1 1

kk xx dx

k k

+−− =− =

+ +∫1

0

11

kx dxk

=+∫ és egyenlőségek alapján a

1

1

1 1 1 11 ... ( 1)2 3

nk k

nk

Cn k

+

=

+ + + + = −∑

egyenlőséghez jutunk. 2. Integrálszámítás segítségével számítsd ki a következő összegeket:

0 1

knn

k

Ck= +∑

1

12

n

kk k= ⋅∑; b) a) .

Megoldás. a) Ha az azonosság mindkét oldalát integráljuk a

intervallumon, akkor az

0

(1 )n

nn

k

x C=

+ =∑ k kx

1 11

0 00 0

2 1 (1 )1 1

n kn nn k k n

nk k

Cx dx C x dxn k

+

= =

−= + = =

+ +∑ ∑∫ ∫[0,1]

egyenlőséghez jutunk. 1

1 1 12 2 21 1 1

1 0 0 00 0 0

1 01 122 1

k

nn n n nk k

kk k k k

xx dx x dx dxk k x

+

− − −

= = = =

⎛ ⎞⎟⎜ −⎟⎜ ⎟⎜ −⎝ ⎠= = = =

⋅ +∑ ∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫b) 1−

.

3. Az , függvényből kiindulva megszerkesztjük az

, függvénysorozatot a következő rekurzió szerint 0 :f → 0( ) xf x x e= ⋅

( ) :nf → 1n ≥

( ) ( )1

0

x

nnf x f t+

= ∫ dt .


Határozd meg az függvény explicit alakját! nfMegoldás. Számolással ellenőrizhető, hogy , és

. 1( ) ( 1) 1xf x x e= − +

2( ) ( 2) 2xf x x e x= − + +

Indukcióval bizonyítjuk, hogy 1

( ) ( )( )!

n jnx

nj

xf x x n e jn j

−

=

= − + ⋅−∑ 1n∀ ≥, . és

esetén az egyenlőség igaz, tehát a matematikai indukció elve alapján elégséges

igazolni, hogy ha

1n =

2n =

1

( ) ( )( )

k jkx

kj

xf x x k e jk j

−

=

= − + ⋅−∑ !

valamilyen k esetén, akkor ∈

11

11

( ) ( 1)( 1 )

k jkx

kj

xf x x k e jk j

+ −+

+=

= − − + ⋅+ −∑ !

. Ez viszont igaz, mert

( )−

+=

= = − + ⋅−∑∫ ∫1

10 0

( ) ( )( )!

x x k jkt

k kj

t=f x f t dt t k e j dt

k j

1

0 1 0

( 1)( )! ( 1)

xk jkxt

j

tt k e jk j k j

− +

=

= − − + ⋅ =− ⋅ − +∑

1 11

1 1

( 1) ( 1) ( 1)( 1)! ( 1)!

k j k jk kx x

j j

x xx k e k j x k e jk j k j

− + − ++

= =

= − − + + + ⋅ = − − + ⋅− + − +∑ ∑ .

4. Tanulmányozd a következő függvények integrálhatóságát:

a) :f → , ( ) [ ]f x x x= ⋅ ; b) :f → ( )

[ ], 0

1, 0

xx

xf xx

⎧⎪ ≠⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

, ;

c) *:f → ( )1

f x xx⎡ ⎤

= ⋅⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( )[ ]

[ ]2 1x x

f xx x

−=

− +; d) , , . [ ]: 0,2f →

{ }k k ∈Megoldás. a) Az függvény szakadási pontjainak halmaza f és ez

nullmértékű, tehát a függvény tetszőleges zárt intervallumon integrálható (gyakorlatilag tetszőleges zárt intervallumban véges sok szakadási pontja van a függvénynek).

[ , ]a b

b) Ha , akkor, [ ] 1xx x

=−[ 1,0)x ∈ − és ennek a kifejezésnek a határértéke ∞ , ha

, tehát a függvény nem korlátos a -t és negatív értékeket is tartalmazó intervallumokon. Így

0x → 0f nem integrálható az [ , ] intervallumon ha 0 ( vagy

. Ugyanakkor minden más zárt intervallumon integrálható, mert véges sok szakadási pontja van és korlátos.

a b , )a b∈0b =

c) A függvény minden olyan zárt intervallumon korlátos, amely a -t nem tartalmazza. Ugyanakkor a szakadási pontjainak halmaza nullmértékű, tehát

0f

integrálható az [ , ] intervallumon, ha 0 [ . a b ,a b∉ ]d) A függvény értelmezési tartománya [0 , ezért írhatjuk, hogy ,2]


, [0,1)2 1( ) 1, [1,2

x xxf x x xx

⎧⎪ ∈⎪⎪ +⎪= ⎨ −⎪⎪ ∈⎪⎪⎩2],

2 1xx +

12xx−tehát szakadási pontjainak halmaza véges. Ugyanakkor az és

kifejezésekkel a [0 és [1 intervallumokon értelmezhető függvények folytonosak, tehát az

,1] ,2] korlátos is. Ebből következik, hogy a függvény integrálható. f

5. Bizonyítsd be, hogy ha [ ] *: ,g a b +→ folytonos és [ ]: ,f a b → integrálható, akkor létezik olyan [ ],c a b∈ , amelyre

( ) ( ) ( ) ( )

b b

a a

f x g x dx f c g x dx= ⋅∫ ∫

(a középértéktétel általánosabb alakja). Megoldás. Mivel f folytonos és kompakt intervallumon van értelmezve a Weierstrass tétel alapján eléri határait. Tehát létezik úgy, hogy

és mindkét egyenlőtlenségben egyenlőség is lehetséges

( és ). Mivel következik, hogy

,m M ∈( ) , [ , ]m f x M x a b≤ ≤ ∀ ∈

[ , ]min ( )x a b

m f∈

= x x

x

[ , ]max ( )x a b

M f∈

= ( ) 0, [ , ]g x x a b> ∀ ∈

( ) ( ) ( ) ( ), [ , ]m g x f x g x M g x x a b⋅ ≤ ⋅ ≤ ⋅ ∀ ∈

és így

( ) ( ) ( ) ( )b b b

a a a

m g x dx f x g x dx M g x d⋅ ≤ ⋅ ≤ ⋅∫ ∫ ∫ ,

( ) ( )

( )

b

ab

a

f x g x dxm

g x dx≤∫

∫azaz alapján ( ) 0

b

a

g x dx >∫ M≤ . Mivel f folytonos létezik

úgy, hogy ( ) ( )

( )( )

b

ab

a

f x g x dxf c

g x dx=∫

∫, vagyis . ( ) ( ) ( ) ( )

b b

a a

f x g x dx f c g x dx= ⋅∫ ∫[ , ]c a b∈

6. Bizonyítsd be, hogy ha [ ] *: ,g a b +→ monoton és [ ]: ,f a b → integrálható, akkor létezik [ ],c a b∈ úgy, hogy

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

b c

a a

f x g x dx f a g x dx f b g x dx= +∫ ∫b

c∫

(második középértéktétel).


Megoldás. Az , : [ , ]u a b →

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t b b

a t a

u t f a g x dx f b g x dx f x g x dx= + −∫ ∫ ∫

függvény folytonos továbbá

( )( ) ( ) ( ) ( ) 0b

a

u a g x f b f x dx= ⋅ −∫ ≥ ≤ és . ( )( ) ( ) ( ) ( ) 0b

a

u b g x f a f x dx= ⋅ −∫Ebből következik, hogy létezik olyan , amelyre . [ , ]c a b∈ ( ) 0u c =7. Bizonyítsd be, hogy ha folytonosak, akkor létezik [ ], : ,f g a b → [ ],c a b∈ úgy, hogy

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

c b

a c

f x dx c a g c g x dx b c f c+ − = + −∫ ∫ .

Megoldás. Az , : [ , ]u a b →

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t b

a t

u t f x dx t a g t g x dx b t f t= + − − − −∫ ∫

függvény folytonos, továbbá

( ) ( ) ( ) ( ) 0b

a

u a g x dx b a f a=− − − ≤∫ és . ( ) ( ) ( ) ( ) 0b

a

u b f x dx b a g b= + −∫ ≥

Ebből következik, hogy létezik olyan , amelyre . [ , ]c a b∈ ( ) 0u c =8. Bizonyítsd be, hogy ha az egy folytonos és periodikus függvény, amelynek a főperiódusa, akkor

:f + →0T >

( ) ( )

0 0

1 1lim

t T

tf x dx f x dx

t T→∞=∫ ∫ .

⎡ ⎤= ∈⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦t

tnT

Megoldás. esetén létezik az ∀ > 0t szám, amelyre ,

ahol . Így

= ⋅ + 0tt n T t

0 [0, ]t ∈ T0 0( 1)1

00 0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )tt

t

j T n t t tt Tn

tj j T n t

f x dx f x dx f x dx n f x dx f x dx+ ⋅ ⋅ +−

= ⋅ ⋅

= + = ⋅ +∑∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,

( 1)

0

( ) ( )j T T

j T

f x dx f x dx+ ⋅

⋅

=∫ ∫mert és . Ez alapján 0 0

0

( ) ( )t

t

n T t t

n T

f x dx f x dx⋅ +

⋅

=∫ ∫0

00 0 0 0

1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )tt T T

t

t

nf x dx f x dx f x dx f x dxt T n T t T t

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⋅ − = − ⋅ + ⋅⎟⎜ ⎟⎜ ⋅ + ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫ , tehát (*)

bármely esetén létezik úgy, hogy 0tε >0ε >


0 0

1 1( ) ( )t T

f x dx f x dxt T

ε⋅ − ≤∫ ∫ t tε∀ >,

(mert a (*) összefüggés jobb oldala nullához tart). A határérték értelmezése alapján

0 0

1 1lim ( ) ( )t T

tf x dx f x dx

t T→∞⋅ =∫ ∫ .

9. Bizonyítsd be, hogy ha , :f g → integrálható függvények, akkor

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜≤⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝∫ ∫ ∫

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠.

Bizonyítás. (Cauchy-Bunjakovski egyenlőtlenség) 1. bizonyítás. Ha az ,f g függvények integrálhatók, a Lebesque kritérium alapján az 2 2, ,f g f g⋅ függvények is integrálhatók és az [ , ] intervallum tetszőleges a b

{ 1,kx k nΔ = = } { 1,k k nξ ξ= = } felosztása és tetszőleges közbeeső

pontrendszere esetén alkalmazhatjuk az ( )1k k ka x x f ξ−= − ⋅ k és

( )1k k k kb x x g ξ−= − ⋅ , 1,k n=

2

1

n

k=

⎞⎟⎟⎟⎟⎠∑

1−

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

számokra a Cauchy-Bunjakovski egyenlőtlenséget.

Ez alapján , tehát 2

2

1 1

n n

k k k kk k

a b a b= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⋅ ≤⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝∑ ∑

( ) ( )( ) ( ) ( )2

2 21 1

1 1 1

( ) ( )n n n

k k k k k k k k k kk k k

f g x x f x x g x xξ ξ ξ ξ− −= = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜− ≤ ⋅ − ⋅ −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝∑ ∑ ∑ .

Az egyenlőtlenség mindkét oldalának van határértéke, amikor 0Δ → . A bal oldal

határértéke 2

( ) ( )b

a

f x g x dx⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⋅ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ és a jobb oldal határértéke ,

tehát a kívánt egyenlőtlenséghez jutunk.

2 2( ) ( )b b

a a

f x dx g x dx⎛ ⎞⎛⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠⎝∫ ∫

⎞

⎠

2

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

2. bizonyítás. Ha λ , akkor , mert nemnegatív

függvény integrálja sem negatív. Tehát

( )2( ) ( ) 0b

a

f x g x dxλ− ⋅ ≥∫∈

( )2 2 2( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) 0b b b b

a a a a

f x g x dx f x dx f x g x dx g x dxλ λ λ− ⋅ = − ⋅ ⋅ + ⋅ ≥∫ ∫ ∫ ∫ ,

bármely λ esetén. Ebből következik, hogy az ∈

2 2 2( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )b b b

a a a

u g x dx f x g x dx f x dxλ λ λ= ⋅ − ⋅ ⋅ +∫ ∫ ∫

λ -ban másodfokú függvény előjeltartó. Ez csak akkor lehetséges ha a diszkriminánsa

nem pozitív, tehát . Ez éppen a kért 2

2 24 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 0b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜− ≤⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝∫ ∫ ∫


egyenlőtlenség. Ebből a bizonyításból az is világosan látszik, hogy folytonos függvények esetén egyenlőség pontosan akkor állhat fenn, ha létezik olyan λ szám, amelyre .

∈( ) ( ), [ , ]f x g x x a bλ= ⋅ ∀ ∈

3. bizonyítás. Az és jelölésekkel írhatjuk,

hogy

2( )b

a

u f x d⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ x x2( )

b

a

v g x d⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫

2 2 2 21 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( )2 2f x g x f x g x f x g xu v u v u v

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜− + ≤ ⋅ ≤ +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠, tehát

2 2 2 21 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( )2 2

b b b b b

a a a a a

f x g x f x g x f x g xdx dx dx dx dxu v u v u v

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜− + ≤ ⋅ ≤ +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

22

( )( ) 1

b

ba

a

f xf x dxu u

= =∫

∫

22

( )( ) 1

b

ba

a

g xg x dxv v

=∫

∫ és Másrészt = , tehát a

2 2

11 (

( ) ( )

b

b ba

a a

f x g x dx

f x dx g x dx

− ≤ ⋅ ≤

⋅∫

∫ ∫) ( ) 1

egyenlőtlenséghez jutunk. Ebből következik a kért egyenlőtlenség. Megjegyzés. Ebből a bizonyításból látszik, hogy az , 1,j m=: [ , ]jf a b → integrálható függvényekre érvényes az

1 1

( ) ( )mb bm m

mj j

j ja a

f x dx f x dx= =

⎛ ⎞ ⎛⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜≤⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝∏ ∏∫ ∫

⎞

⎠

egyenlőtlenség. 10. Bizonyítsd be, hogy ha integrálható függvény, akkor [ ]: ,f a b →

( )

1

0

lim 0n

nx f x dx

→∞=∫ .

Megoldás. Mivel f integrálható, korlátos is, tehát létezik úgy, hogy , . Így m x , , tehát

,m M ∈( )n n n( )m f x M≤ ≤ x f x M x⋅ ≤ ⋅ ≤ ⋅ [0,1]x∀ ∈[0,1]x∀ ∈

1

0

( )1 1

nm Mx f x dxn n

≤ ⋅ ≤+ +∫ , . *n∀ ∈

A fogó tétel alapján . 1

0

lim ( ) 0n

nx f x dx

→∞⋅ =∫

11. Bizonyítsd be, hogy ha folytonos függvények és létezik [ ], : ,f g a b → [ ]0 ,x a∈ b

0

úgy, hogy ( ) ( )0f x g x≠ , akkor a , [ ]: ,h a b →


( )( ) [ ]( ) [ ]

, ,, , \

f x x a bh x g x x a b

⎧ ∈ ∩⎪⎪= ⎨ ∈⎪⎪⎩

függvény nem integrálható! Megoldás. Ha a függvény integrálható [ , -n, akkor integrálható bármely

intervallumon is. Mivel és ]a b

( ) ( )0 0f x g x≠[ , ] [ , ]c d a b⊂ ,f g folytonos függvények, létezik olyan [ , részintervallum és olyan szám, hogy teljesüljön az

vagy a

egyenlőtlenség. Így

] [ , ]c d a b⊂ 0m >( ) ( ) 0, [ , ]f x g x m x c d− > > ∀ ∈ ( ) ( ) 0, [ , ]g x f x m x c d− > > ∀ ∈

( ) ( )d d

c c

f x dx g x dx m−∫ ∫ >

1i

h f xσ ξ ξ=

= −∑

, tehát . Ha Δ a

intervallum egy felosztása és a illetve közbeeső pontrendszer elemei

racionális illetve irracionális pontok, akkor a

összegek

( ) ( )d d

c c

f x dx g x dx≠∫ ∫[ , ]c d 1ξ 2ξ

( )( )1 11

( , )n

i i ixΔ −

esetén -hez tartanak és a

összegek -hez. Így h nem integrálható.

( )d

c

f x dx∫0Δ →

( )( )2 21

( , )n

i i ii

h g xσ ξ ξΔ 1x=

= −∑ ( )d

c

g x dx∫−

Megjegyzés. A [ , intervallum a szakadási pontok halmazának részhalmaza, tehát a szakadási pontok halmaza nem lehet nullmértékű.

]c d

12. Az integrálható függvényre és [ ]: 0,1f → ( )0f = 1

( )12

2 2x xf x f f ⎛ + ⎞⎛ ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜= + ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, . Számítsd ki az értékét! ( )

1

0

f x dx∫[ ]0,1x∀ ∈

Megoldás. A matematikai indukció módszerével igazolható, hogy 2

1

2 ( )2

n

nn

k

x kf x f=

⎛ ⎞+ ⎟⎜⋅ = ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ , és . *n ∈[0,1]x∀ ∈

2

1

1(0)2 2

n

nk

kf=

⎛ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜⎝∑ nf⎞⎠

Ebből esetén az egyenlőséghez jutunk. A jobb oldal az 0x = f

függvényhez, a 1,22

nn

k kξ⎧ ⎫⎪⎪= =⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

0,22

nn

k k⎧ ⎫⎪⎪Δ = =⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪⎬⎪⎪⎬ felosztáshoz és közbeeső

pontrendszerhez tartozó Riemann összeg. Az integrálható, tehát n esetén f → ∞12

1 0

1lim ( )2 2

n

n nnk

kf f→∞

=

⎛ ⎞⎟⎜ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ∫ x dx és így . 1

0

( ) (0) 1f x dx f= =∫13. Bizonyítsd be, hogy ha [ ] *: ,f a b +→ integrálható függvény, akkor

( )

1

lim 1

b

a

n f x dx

nk

b a b af a k e

n n→∞=

⎡ ⎤ ∫⎛ ⎞− − ⎟⎜⎢ ⎥+ + =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦∏ .


( )0

ln 1lim 1x

xx→

+=Megoldás. , tehát bármely esetén létezik úgy, hogy 0ε > 0δ >

ln(1 )1 1xx+

− < < , ha . Mivel fxδ− < < δ integrálható, korlátos is, tehát rögzített

esetén létezik, olyan n , amelyre b a b af a kn n

δ⎛ ⎞− − ⎟⎜ + <⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

0δ > δ ∈ , .


n nδ∀ >

1 1

(1 ) ln 1n n

k k

b a b a b a b af a k f a kn n n n

ε= =

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − − ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜− ⋅ ⋅ + ⋅ ≤ + + ⋅ ≤⎟⎟ ⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑ ∑

1

(1 )n

k

b a b af a kn n

ε=

⎛ ⎞⎠

− − ⎟⎜≤ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⎟⎜ ⎟⎜⎝∑ n nδ∀ >, tehát

1

1

ln 1lim 1.

n

kn

n

k

b a b af a kn n

b a b af a kn n

=

→∞

=

⎛ ⎞⎛ ⎞− − ⎟⎜ ⎟⎜+ + ⋅ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠=

⎛ ⎞− − ⎟⎜⋅ + ⋅ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∑

∑

1

lim ( )bn

nk a

b a b af a k f x dxn n→∞

=

⎛ ⎞− − ⎟⎜ + ⋅ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ∫Másrészt , tehát a két konvergens sorozat

szorzata is konvergens, tehát

1

lim ln 1 ( ) .bn

nk a

b a b af a k f x dxn n→∞

=

⎛ ⎞⎛ ⎞− − ⎟⎜ ⎟⎜+ + ⋅ =⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑ ∫

Ebből következik a kívánt egyenlőség, mert az függvény folytonos. xe14. Bizonyítsd be, hogy ha az függvény konvex, akkor [ ]: ,f a b →

( )( ) ( )1

2

y

x

f x f yf t dt

y x+

<− ∫ , esetén! a x y b∀ ≤ ≤ ≤

( ) ( )2

f x f yy x +−Megoldás. A mellékelt ábrán ( ) az

trapéz területe, míg ( )y

x

f t d∫ tMNPQ a grafikus kép alatti

terület. Mivel a függvény konvex, a trapéz területe nem kisebb, mint a grafikus kép területe (mert az ív a húr alatt van), tehát az egyenlőtlenség érvényes. 15. Legyen egy bijekció és értelmezzük az [ ] [ ]: 0,1 0,1f →:ϕ → függvényt a következőképpen: ( ) 1f x = , ha x , , ahol

az x valós szám tízes számrendszerbeli periódust nem tartal-

1= …( )( ) ( ) ( )1 2

0, nf x a a aϕϕ ϕ= …

1 20, nx a a a= … … ( )9


mazó alakja. Bizonyítsd be, hogy f integrálható és számítsd ki az integ-

rált.

( )

1

0

f x dx∫

Megoldás. Ha x tizedes reprezentációja

1 2 31

10, ( ) ( ) ( )... ( )... ( )10n k k

k

x a x a x a x a x a x∞

=

= = ∑ ⋅ ,

1,10 10k k

j j⎡ + ⎞⎟⎢ ⎟⎟⎠⎢⎣akkor az függvények a : [0,1] {0,1,2,..., 9}ka → alakú intervallumokon

állandók ha 0,10 1kj = − és . Másrészt az *k ∈

1 1

1 1( ), 0,110 10k kk ka x a x x− −

⎛ ⎞ ⎡⎟ ⎟⎜ + = ∀ ∈ −⎢⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜⎝ ⎠⎞⎠⎢⎣

egyenlőség alapján 1

1 11 10 109

1 1

00 010

( ) 10 ( ) 10 ( )k k

k

j

k kk k

j j

a x dx a x dx a x dx−

+

− −

=

= ⋅ = ⋅∑∫ ∫ ∫ k =

( )1 110 1 2 3 ... 9 4, 510

kk

−= ⋅ ⋅ + + + + = .

Ezek alapján írhatjuk, hogy

( ) ( ) ( )1 1 1

1 1( ) ( ) ( ) ( )10 10 10

N

k k kn nk k k N

f x a x a x a xϕ ϕ ϕ

∞ ∞

= = = +

= ⋅ = ⋅ +∑ ∑ ∑ 1n⋅ és

( )1 1

1 1( ) ( ) 910 10 10

N

k n nk k N

f x a xϕ

∞

= = +

− ⋅ ≤ ⋅ =∑ ∑ 1N ,

integrálható és tehát f1 1 1

( ) ( )1 10 0 0

1 1( ) ( ) ( )10 10k kk k

k k

f x dx a x dx a x dxϕ ϕ

∞ ∞

= =

= ⋅ = ⋅∑ ∑∫ ∫ ∫ =

1

1 0

1 1( )10 2kk

k

a x dx∞

=

= ⋅ =∑ ∫ .

Megjegyzés. Használtuk a következő kritériumot: Ha az , függvénysorozat egyenletesen tart az függvényhez (vagyis bármely esetén létezik olyan , amelyre

: [ , ]kf a b → : [ , ]f a b →1k ≥( )n ε ∈0ε >

( ) ( )nf x f x ε− ≤ , és ) és ( )n n ε∀ ≥ [ , ]x a b∀ ∈ kf integrálható minden

esetén, akkor

1k ≥

is integrálható és . ( ) lim ( )b b

nna a

f x dx f x dx→∞

=∫ ∫f

Határozott integrálok kiszámítása 127

V. HATÁROZOTT INTEGRÁLOK KISZÁMÍTÁSA

5.1. Parciális integrálás határozott integrálok esetén G yakorlatok és feladatok (120. oldal)

1. Számítsd ki a következő határozott integrálokat:

a) ; 2

0

cosx xdπ

∫ x b) 5

2

4

9x d−∫ x x; c) ; 2

2

1

lnx xd∫

d) 4

2

0

tgx xd

π

⋅∫ x ; e) 2

0

sin 2xe xd

π

∫ x x

dx dx

; f) ; 2

0

sinx xdπ

∫

g) ; 1

0

sinxx e xdx⋅ ⋅∫ h) ; 1

2

0

arctgx x∫ i) ( )1

0

ln 1x x+∫ .

Megoldás

a) 2 20

0 0

cos sin 2 sinx xdx x x x xdxπ π

π= −∫ ∫ =

( )π

ππ π π

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜− − + = − + =−⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ 00

2 cos | cos 2 2 sin 2ox x xdx x .

b) 5 5 5 52

2

2 2 24 4 4 4

9 19 99 9

x xI x dx dx x dx dxx x x−

= − = = ⋅ − ⋅− − −∫ ∫ ∫ ∫ 9

=

( )5 55

2 2 2

4 44

9 9 9 lnx x x dx x x= ⋅ − − − − + − =∫ 9

52

4

920 4 7 9 ln 94 7

x d− − − −+ ∫ x , tehát 920 4 7 9 ln

4 7I I= − − −

+,

ahonnan

( )910 2 7 ln 4 72

I = − − − .

c) 2 22 23 3 3

2

1 11 1

1 8 8 ln 2ln ln ln 23 3 3 9 3x x xx xdx x dx

x= ⋅ − ⋅ = − = −∫ ∫

79

.

d) ( )4 4 4

2 2

0 0 0

tg 1 tgx xdx x x dx xdx

π π π

⋅ = + −∫ ∫ ∫ =

( )

4 2 244 40 0

00

2tg tg ln cos ln2 4 32 4 32

| |xx x xdx x

π ππ ππ π π π

= − − = + − = − +∫2

2.

128 Határozott integrálok kiszámítása

e) 2 2

20

0 0

sin 2 sin 2 2 cos2|x x xI e xdx e x e xdx

π ππ

= = −∫ ∫ =

ππ π

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟= − + = − − − −⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫4

2 20

0

2 cos 2 2 sin 2 2 1 4|x xe x e xdx e I , tehát

π⎛ ⎞⎟⎜ + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠=

22 1

5

eI

f) 2

0 0 0 0

1 cos 2 1sin cos 22 2 2x xx xdx x dx dx x xdx

π π π π−⋅ = ⋅ = − ⋅∫ ∫ ∫ ∫ =

2

00 0

1 sin 2 sin 24 2 2 2x xx d

π ππ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜− ⋅ ⋅ − =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠∫

x x

( )2 2

0

1 1 1cos2 1 14 2 4 4 8 4

xππ π⎛ ⎞⎟⎜= − ⋅ = − − =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

2π

=

dx

J dx

=

=x dx

=x dx

J−

.

g) ( )1 1

1

00 0

sin cos cos|x x x xI xe xdx xe x xe e xdx= = − + + ⋅∫ ∫1 1

0 0

cos1 cos cosx xe xe xdx e xdx= − + +∫ ∫ .

Legyen , ekkor 1

10

cosxJ e x= ∫1

10

cos1 cosxI e J xe xdx= − + + =∫

( )1

1

1 00

cos1 sin sin|x x xe J xe x xe e xdx= − + + − + =∫

1 2cos1 sin1e J e I=− + + − − , ahol . 1

20

sinxJ e x= ∫

( )1

1 20

cos sinxJ J J e x x dx= − = − =∫

( ) ( )1

1

00

cos sin sin cos|x xe x x e x x dx= − − − −∫

( ) ( )= − − + +∫1

0

cos1 sin1 1 sin cosxe e x

( ) ( ) ( )= − − + + − −∫1

1

00

cos1 sin1 1 sin cos cos sin|x xe e x x e x

( ) ( )cos1 sin1 1 sin1 cos1 1e e= − − + + − , ahonnan 2 cos1 2 cos1 1

2eJ e−

= = − .


Tehát , vagyis ( )sin1 cos1 cos1 1I e e I= − + − −sin1 1

2eI −

= .

h) ( )

11 1 13 32

2200 0 0

1arctg arctg3 12 33 1x x xx xdx x dx x dx

xxπ ⎛ ⎞⎟⎜= − = − ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠++∫ ∫ ∫ 1

=

( ) ( )12

2

0

1 1 1ln 1 1 ln 212 3 2 2 12 6

x xπ π⎛ ⎞⎟⎜= − − + = − −⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

i) ( ) ( )( )

11 12 2

00 0

ln 1 ln 12 2 1x xx x dx x dx

x+ = + −

+∫ ∫ =

( )⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜⎟⎜= − − + = − − + + ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎝ ⎠+ ⎝ ⎠∫

11 2

0 0

1 1 1 ln 2 1ln 2 1 ln 12 2 1 2 2 2

xx dx x xx

=

= + − =ln 2 1 ln 2 12 4 2 4

.

2. Határozd meg az értékét úgy, hogy teljesüljön az ,a b ∈

( )22

0

1cosax bx nxdx

n

π

+ ⋅ =∫

egyenlőség minden esetén. Ennek segítségével igazold, hogy *n ∈2

21

1lim

6

n

nk k

π→∞

=

=∑ .

Megoldás. Kiszámítjuk a és b függvényében az

értékét. Parciálisan integrálva kapjuk, hogy

( ) ( )2

0

, cI a b ax bx nxdxπ

= + ⋅∫ os

( ) ( ) ( )2

0 0

sin sin, 2nx nxI a b ax bx bx a dxn n

ππ

= + − + ⋅∫ =

( ) 2 20 0

cos cos2 2nx nxbx a b dxn n

ππ

= + ⋅ − ⋅∫ =

( )( ) ( )( )2 2 3 2

0

2 1 2 12 sinn nb a a b ab nxn n n n

ππ π+ − − + − −− ⋅ =

a.

Az és b paramétereket úgy határozzuk meg, hogy teljesüljön az a *n∀ ∈( ) ( )

2 2

2b a 11 n an n

π + ⋅ − −= egyenlőség. Ez akkor áll fenn, ha 2 0 és

, azaz és

b aπ + =

1a = − 1a = −12

bπ

= .

Így írhatjuk, hogy 2

20

1 cos2xx kxdx

k

π

π

⎛ ⎞⎟⎜= − + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ k∀ ∈, -re, így

130 Határozott integrálok kiszámítása 2

21 10

1cos

2

n n

k k

xx kk

π

π= =

⎛ ⎞⎟⎜= − + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑∫ xdx

kx

.

Kiszámítjuk az összeget: 1

cosn

k

S=

= ∑( ) ( )

1 1

2 1 2 11sin sin cos sin sin2 2 2 2 2

n n

k k

k x k xx xS kx= =

⎛ ⎞+ − ⎟⎜⋅ = ⋅ = − ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ =

( )( )2 11 sin sin

2 11 2 2sin sin2 2 2 sin

2

n x xn x x S x

⎛ ⎞+ ⎟⎜ − ⎟⎜ ⎟⎜⎛ ⎞+ ⎝⎟⎜= − ⇒ =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠2⎠ ,

ha és ha . Tehát ≠ 0x =S n = 0x( )

2 2

1 221 0 0

2 1sin1 1 122 2 2 2sin

2

n

k

n xx xx dx x dxxk

π π

π π=

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= − + ⋅ − − + = +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∫ ∫ I I .

2 2 3 2 3

20 00

1 12 2 2 2 6 4 12

x x xI x dxπ ππ π π π

π π

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜⎟⎜ ⎟= − − + = − − + = − =⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫2

6π.

Másrészt igazoljuk, hogy . 1lim 0nI

→∞=

π π

π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= − ⋅ + − =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫2 2

1 3 40 0

1 1ctg sin cos2 2 2 2 2

x x xI x nx x nxdx +I I

( )

π π

π

π π

π

ππ π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= − − − =⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

−= − = −

∫

∫

2

400

2 2 2 300

0

sin 1 1 sin2 2 2

cos 1 1 1 1 sin 1cos2 2 2 2

nx x xI x nxdxn n n

xnx nxnxdxn n n n

= 22n

ππ

π π

⎛ ⎞⎟⎜⎛ ⎞ ⎟⎜ − − ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟= − − ⋅ + + ⋅⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫

2 2

3 2 20 0

1 cos 1 sin 2 sinctg cos2 2 2 4 sin 4 sin

2 2

x x nx x x x x xI x x xn nnxdx

Ellenőrizhető, hogy a , π →: [0, ]gπ

π

⎧ − −⎪⎪ + ≠⎪⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪⎪ =⎪⎪⎪⎩

2

2 2

sin 2 sin , 04 sin 4 sin

( ) 2 21 , 02

x x x x x xx xg x

x

függvény folytonos -n. Így létezik olyan , amelyre π[0, ] +∈m ≤( )g x m , . π∀ ∈ [0, ]x


Ez alapján π π

≤ ⋅ ≤∫30

1 ( ) cos mI g x nxdxn n

és így az -ra és -re kapott

összefüggéek alapján .

3I 4I

→∞+ =3 4lim( ) 0

nI I

3. Vezess le rekurziót a következő integrálsorozatokra:

a) ; 1

0

n xnI x e= ∫ dx xdx dxb) ;

1

lne

nnI = ∫ c) ;

0

cosnnI xπ

= ∫

d) 4

0

tgn xdx

π

∫ ; e) ; 0

sinnx xdπ

∫ x dxf) ; 0

sinax ne xπ

∫

g) ( )

1

20 1

ndxx+∫ ; h)

( )0 cos ndx

a b x

π

+ +∫ ; i) ( )

1 arctg

320 1

n xx edx

x+∫ ;

j) 1

2 2

0

1nx x−∫ dx ; k) . ( )1

2

0

1n

x dx−∫Megoldás

a) , tehát . 1 1

1 110

0 0

|n x n x n xn nI x e dx x e nx e dx e nI−

−= = − = −∫ ∫ 1n nI e nI

−= −

b) 1

11 1

1ln ln ln|e e

en n nxdx x x x n x dxx

−= − ⋅ ⋅∫ ∫ =

dx =

dx =

11

1

lne

nne n xdx e nI−−

= − = −∫

c) ( )2 2

0 0

cos cos 1 sinn nnI xdx x x

π π−= = ⋅ −∫ ∫

22

0

sin sin cosnnI x x xπ

−−

= − ⋅ ⋅∫

1 1

20 0

cos cossin cos1 1

n n

n

x xI x x dn n

π π− −

−

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= − − ⋅ + ⋅ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ − −⎝ ⎠∫ x =

2 20

1 1cos1 1

nnn nI xdx I I

n n

π

− −= − = −

− −∫ , ahonnan 2

1n n

nI In −

−= .

d) ( )

π π π

− −= = ⋅ + −∫ ∫ ∫4 4 4

2 2 2

0 0 0

tg tg 1 tg tgn n nnI xdx x x dx xd =x

1 4

20

tg 11 1

n

n

x In n

π−

−= − = −

− − 2nI −, tehát a rekurzió: 2

11n nI I

n −= −

−.


e) 1

00 0

sin cos cos|n n nnI x xdx x x nx xdx

π ππ −= = − +∫ ∫ =

I

=

=

( )1 2

00

sin 1 sin|n n nn x x n x xdxπ

ππ − −

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= + ⋅ − − =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠∫

( ) ( )22

0

1 sin 1n n nnn n x xdx n n I

π

π π−−

= − − = − −∫ .

Tehát a rekurzió: . ( ) 21nn nI n nπ

−= − −

f) ( )2 2

0 0

sin sin 1 cosax n ax nnI e xdx e x x dx

π π−= = ⋅ −∫ ∫

22

0

cos sin cosax nnI e x x xdx

π−

−= − ⋅∫

( )1

12

0 0

sin 1cos sin sin cos1 1

nax n ax ax

n

xI e x x e x ae x dxn n

π π−−

−

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= − ⋅ − ⋅ − + ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ − −⎝ ⎠∫ =

12

0 0

1 sin sin cos1 1

ax n ax nn

aI e xdx e xn n

π π−

−= + −

− −∫ ∫ xdx =

20 0

1 sin sin1 1

nax ax n

nn

a x aI I e e xdn n n n

ππ

−

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= + − − ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜− − ⎝ ⎠∫ x =

( )

2

2

11 1n nn

aI In n n−

= + +− −

I .

Tehát az ( )

2

2 1n n

n aI I In n−

+= +

− n összefüggéshez jutottunk, ahonnan

( )2 2 2

12n n

n nI In n a −

−=

− −, . , 2n n∀ ∈ ≥

g) ( ) ( )

1 1 2

12 20 0

11 1

nn ndx xI dx x

+

+= =

+ +∫ ∫ x =

( ) ( )+ += + ⋅+ +∫ ∫

1 1

1 12 20 0

1 221 1

n nx xdx dx

x x=

( ) ( )

1 1

1 2 200

1 1 12 21 1

n nn

xI dn x n x+

= + ⋅ − ⋅− + − +∫ x =

( )+ ++ += − + ⋅ = − + ⋅⋅+∫

1

1 11 120

1 1 1 1 12 2 2 21

nn nn nI dx In n n nx nI .


Tehát + += − ⋅ +⋅1 1

12 2n n n nI I In n

1 , ahonnan a keresett rekurzió

11

2 1 12 2n nn

nI In n++

−= ⋅ +

⋅.

h) ( ) ( )

2 2

0 0

sin coscos cosn n ndx x xI d

a b x a b x

π π += =

+ ⋅ + ⋅∫ ∫ x =

( ) ( )

2 2

0 0

sin coscos cosn nx xdx dx

a b x a b x

π π

= ++ ⋅ + ⋅∫ ∫ .

Az első integrált parciálisan integráljuk:

( ) ( )

( )

2

10 0

2 11 2 20

sin 1 1sincos ( 1) cos

1 cos 1 .( 1) ( 1) ( 1)cos

n n

n nn

x dx x dxa b x b n a b x

x adx I Ib n b n b na b x

π π

π

−

− −−

′⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= ⋅ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜+ ⋅ ⋅ − + ⋅⎝ ⎠

= − = − +⋅ − − −+ ⋅

∫ ∫

∫

Ugyanakkor

( ) ( )

( )

π π

π

− −−

− − ⋅=− =

+ ⋅ + ⋅

− ⋅= − = + −

+ ⋅

∫ ∫

∫

2 2 2 2 2

20 0

2 2

2 112 2 2 2 20

cos 1 coscos cos

1 cos 1 2 .cos

n n

n nn

x a a b xdx dxa b x b a b x

a a b x aI dx I Ib b b b ba b x n n

a I

Az előbbi két összefüggés alapján az

( ) ( )1 22 2 2 2

(2 3) 2( 1) ( 1)n n

n a nI I

n a b n a b− −

− −= −

− − − − nI

rekurzióhoz jutunk.

i) ( ) ( )

1 1arctg arctg

23 220 0 111

n x n x

nx e x eI dx

xxx= = ⋅

+++∫ ∫ dx =

11 2

1 1 2arctg arctg

2200

11

11

nn

nx x

xnx xx xe e

xx

+− + −

+= ⋅ − ⋅++ ∫ dx =

( )

( )

1 1 1arctg1 1 ctg

2 20

122 1 1

n nr xnx n xe e

x x

− ++ −= − ⋅

+ +∫ dx =

( )41 1

2 12 n ne nI n I

π

− += − − − ,

ahonnan a keresett rekurzió:

( )

4 *1 1

1 2 ,1 1 2 1nn n

n eI I I nn n n

π

+ −= − − + ∀ ∈

− − −.


j) ( )2 21 1

2 22 22

0 0

11

1

nn

n n n

x xI x x dx dx J J

x +

−= − = = −

−∫ ∫ 2 , ahol

1 122 1

2 2 20 01 1

nn

n

x xJ dx xx x

−= = ⋅− −∫ ∫ dx =

( ) ( ) ( )11

2 1 2 2 2 2

00

1 2 1 1n nx x n x x− −= ⋅ − − − − − −∫ dx =

( )( )

( ) ( )2 2 21

2 2 220

12 1 2 1 2 1

1

n

n n

x xn dx n J

x

−

−

−= − = − − −

−∫ n J

2nJ

.

Tehát , ahonnan ( ) ( )2 2 22 1 2 1n nJ n J n−

= − − −

*2 2 2

2 1 ,2n n

nJ J nn −

−= ∀ ∈ és innen 2 2 2

2 12 2n n

nJ Jn+

+= ⋅

+.

Ekkor 2 2 2n

2 1 12 2 2 2n n n

n J Jn n+

= − ⋅ = ⋅+ +

I J és 1 2 2

12n nI Jn− −

= ⋅ .

Ezeket az összefüggéseket behelyettesítve a -re kapott rekurzióba, az 2nJ

( ) 1

2 12 2 22n n

nn I n In −

−+ = ⋅ ⋅

összefüggést kapjuk, ahonnan

1

2 12 2n n

nI In −

−= ⋅

+.

k) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

1 12 2 2

00 0

1 1 1 2n n n

nI x dx x x xn x x−

= − = − − − −∫ ∫ dx =

=

( ) ( ) ( )1 1

1 12 2 2 2

0 0

2 1 2 1 1 1n n

n x x dx n x x dx− −

= − = − ⋅ − − −∫ ∫

12 2n nnI nI−

= − + . Tehát az összefüggéshez jutottunk, ahonnan az 12 2n n nI nI nI

−= − +

1

22 1n n

nIn −

=+I rekurziót kapjuk.

4. Számítsd ki az integrált! 1

0

n xx e dx∫Megoldás. A 3. feladat a) alpontjában levezetett rekurzió alapján felírhatjuk a következő összefüggéseket:


( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1

1 2

2 3

22 1

101

1 |

2 | 1

2 | 1 1

| 1 1 3 2

n n

n n

n n

n

n

I e nI

I e n I n

I e n I n n

I e I n n

I eI n n

−

− −

− −

−

−

⎧ = −⎪⎪⎪⎪ = − − ⋅ −⎪⎪⎪⎪ = − − ⋅ −⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪ = − − −⎪⎪⎪⎪ = −⎪⎪⎪⎩

3

− ⋅

A megfelelő oldalak összeadásával kapjuk, hogy ( ) ( )( ) ( ) ( )( )11 1 1 2 ... 1 1n

nI n n n n n n n n+= − + − − − − + + − − +

( ) 01 !n n I+ −

2

−

, ahol 1

1

0 00

1|x xI e dx e e= = =∫ .

5. Bizonyítsd be, hogy ha ( )( )( )1 nn n

n n

d x xP x

dx−

= , [ ]0,1x ∈ , ahol ( )n

n

d f xdx

az

függvény n -szeres deriváltját jelöli, akkor

f

a) , ha ; ( ) ( )

1

0

0n mP x P x dx⋅ =∫ m n≠

b) a polinom minden gyöke a nP [ ]0,1 intervallumban van. Megoldás. Az polinom 2 -ed fokú és a illetve az 1 n -szeres gyökei. Így minden n esetén pontosan n -ed fokú és az x polinomnak az

-nél kisebb rendű deriváltjai olyan (legalább -ed rendű) polinomok, amelyeknek a és az 1 legalább egyszeres gyöke.

(1 )nx x− n

n nx −−

n 0

nP ∈ 1(1 )n 1n +

0a) Ha m , akkor feltételezhetjük, hogy m és parciális integrálással számítjuk

ki a integrált.

n≠ n>

( ) ( )

1

0n mP x P x dx⋅∫

( ) ( )

1 1 1

10 0

1 12 1( 1)

2 10 0

( (1 ) ) ( )

( (1 ) ) ( (1 ) )( ) ... ( )

m m m

n m nm

m m m m n m mn

n nm m n

d x xP x P x dx P x dxdx

d x x d x xP x dx P x dxdx dx

−

−

− − −+

− − −

− ′⋅ = ⋅ =

− −′′= ⋅ = = ⋅

∫ ∫

∫ ∫

A parciális integrálásokban a behelyettesítési értékek (0 -ban és 1 -ben) mind 0 -val egyenlők, ezért tűnnek el. Másrészt identikusan polinom, ezért az utolsó

integál értéke is . Így

( 1)nnP

+ 0

0 ( ) ( )

1

0

0.n mP x P x dx⋅ =∫


b) Amiatt, hogy minden esetén a polinom pontosan n -ed fokú,

minden , polinomot előállíthatunk Q alakban (a

két oldalon a domináns tagtól kezdve azonosítjuk az együtthatókat). Az a)

alpont és az előállítás alapján ha . Tegyük fel,

hogy a polinomnak a [0 intervallumba eső páratlan többszörösségű valós gyökei , ..., (a többi gyök vagy az intervallumon kívül helyezkedik el vagy páros a

többszörössége). Így a szorzat előjeltartó a [0 intervallumon, tehát az integrálja nem lehet nulla. Másrést ha k , akkor

n ∈ nP

[ ]Q X∈ grQ q=0

q

j jj

c P=

= ⋅∑

Q( ) ( )

1

0

0nP x Q x dx⋅ =∫ grn >

nP ,1]

1,x 2x kx

1 2( )( )( )...( )n kP x x x x x x x− − − ,1]n<

1

1 20

( )( )( )...( ) 0n kP x x x x x x x dx− − − =∫ ,

tehát . Ez csak úgy lehetséges, ha a polinomnak mind az n gyöke valós, egyszeres és a [0 intervallumban van.

k n≥ nP,1]

6. Bizonyítsd be, hogy ha az [ ]: 0,1f → függvény folytonosan deriválható és , akkor ( )1f = 0

( )( ) ( )

21 12

0 0

3f x dx f x dx⎛ ⎞⎟⎜ ⎟′ ⎜≥ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠

∫ ∫ .

Megoldás. A parciális integrálás képlete alapján 1 1 1 1

1

00 0 0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x dx x f x dx x f x x f x dx x f x dx′ ′= = ⋅ − ⋅ = − ⋅∫ ∫ ∫ ∫ ′

A Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenség integrálos alakja szerint:

( ) ( )21 1 1 1

2 22

0 0 0 0

1( ) ( ) ( )3

x f x dx x dx f x dx f x dx⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟′ ′⎜ ⎜ ⎜ ⎜⋅ ≤ ⋅ =⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫ ⎟⎟′ ⎟⎟⎟

.

Az előbbi két összefüggésből következik a kért egyenlőtlenség.

5.2. Változócsere a határozott integrálban G yakorlatok és feladatok (125. oldal)

1. Számítsd ki a következő határozott integrálokat:

a) 4

3

0

sin xdx

π

∫ ; b) 2

20

sin 21 sin

xdxx

π

+∫ ; c) 1

40 1xdxx+∫ ; d)

9

1

1 xdx+∫ ;


e) 4

2

0

9x x dx+∫ ; f) 1

20

21xdx

x+∫ g) ( )1

10

0

2 5x x dx+∫ ; h)

4 3

0

sincosxdxx

π

∫ ;

i) 1

0 1x

dxe −∫ ; j)

2

20

cos1 sinxdxx

π

+∫ ; k) 2 2

21

1xdx

x+

∫ ; l) 3

0 1xdxx +∫ ;

m) 1

212

2dx

x x −∫ ; n)

45 2

235

1x dxx−∫ ; o)

32

21 4

dxx x−∫ 2

; p) 2 2

0

a

a x d+∫ x

Megoldás.

a) ( ) ( ) ( )4 4 4

3 2

0 0 0

sin sin 1 cos cos 1 cosI xdx x x dx x x dx

π π π

′= = ⋅ − = − ⋅ − =∫ ∫ ∫ 2

3 4

0

cos 2 2 1 5 2 2cos 13 2 12 3 12xx

π

⎛ ⎞⎟⎜= − − = − + + − = − +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ 3.

b) ( )

( )

π ππ′

= = ++ +∫ ∫

22 22 2

2 2 00 0

sinsin 2 ln 1 sin ln 21 sin 1 sin

xx dx dx xx x

= .

c) ( )( )

21 112

24 2 00 0

1 1 1arctg1 2 2 2 41

|xxdx dx xx x

π π′= = =

+ +∫ ∫ 8⋅ = .

d) A 1 x+ = t )2

helyettesítést használjuk. Innen és

. Ha , akkor

( 22 1x t= −

( )4 1dx t t dt= − 1x = 2t = és ha , akkor , így 9x = 2t =

( )= − = − = −∫ ∫222 2 5 3

2 2 4 2

2 22 2

4 44 1 4 45 3t tI t t dt t t dt =

128 16 2 32 8 2 224 8 25 3 1

− − −= − =

5.

e) ( )4 4 4

2 2 2

0 0 0

1 19 2 9 9 92 2

x x dx x x dx x x dx′+ = ⋅ ⋅ + = ⋅ + ⋅ +∫ ∫ ∫ 2 =

( )43

2 2

0

1 2 125 27 9892 3 3 3 3

x= ⋅ + = − =


f) ( )21 1 1

2

2 2 00 0

12 2 1 2 2 21 1

xx dx dx xx x

′+= = + =

+ +∫ ∫ −

t

.

g) A 2 5 helyettesítéssel dolgozunk. Innen x + =5

2tx −

= és 12

dx dt= .

Ugyanakkor a határok a következőképpen változnak: ha , akkor és ha

, akkor , így

0x = 5t =

1x = 7t = ( )7 7

10 11 10

5 5

5 1 1 52 2 4tI t dt t t dt−

= ⋅ ⋅ = ⋅ −∫ ∫ =

712 11 12 12 11 5

5

1 5 1 7 5 5 7 54 12 11 4 12 11t t⎛ ⎞ ⎛ − ⋅ − ⋅⎟ ⎟⎜ ⎜⋅ − = ⋅ −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝

5 ⎞

⎠.

h) ( )

4 4 43 2

0 0 0

sin sin 1 cossin coscos cos cosx xdx x dx x dxx x

π π π

−′= ⋅ = − ⋅∫ ∫ ∫2 xx

=

( ) ( ) ( )32

4 4

0 0

1 cos cos coscos

x dx x x dxx

π π

′ ′= − ⋅ + ⋅ =∫ ∫

ππ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= − + = − + − = −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

5 44 2

4 400

2 1 2 12 cos cos 2 1 15 2 5 2 2

|x x4

8 95 5 2

.

i) A 1xe − = t helyettesítést alkalmazzuk, innen ( )2ln 1x t= + és

2

21tdx dt

t=

+. A határok a következőképpen változnak: -ra és

-re

0x = 0t =

1x = 1t e= − . 1 1

1

2 00 0

1 2 2arctg 2arctg 111

|e

e

x

dx t dt t et te

−−

= ⋅ = = −+−∫ ∫ .

j) ( )2 2

2 20 0

cos sin1 sin 1 sin

x xdx dxx x

π π

′= =

+ +∫ ∫

( ) ( )22

0ln sin 1 sin ln 1 2x x

π

= + + = + .

k) 22 2 22 2

22 2

1 1 11

1 1 111

x xdx x dxx x x x

′+ ⎛ ⎞ +⎟⎜= − ⋅ + = − + =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ +∫ ∫ ∫dx

− += +

+2 2 5 2 5ln

2 1 2.


l) 3 3

0 0

1 11 1 1

x xdx dxx x x

⎛ ⎞+ ⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠+ + +∫ ∫ =

( ) ( ) ( )= + − + = ⋅ + − − =∫3 3 31 3

2 2

0 00

2 81 2 1 1 2 2 13 3

x dx x x .

m) Az ( )2

12

f xx x

=−

függvény nem értelmezett az 1 ,12⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

intervallumon.

n) Az helyettesítést alkalmazzuk. Innen és a határok: sinx = t cosdx tdt=3 3arcsin5 5

x t= ⇒ = és 4 4arcsin5 5

x t= ⇒ = .

4 4 4arcsin arcsin5 5 52 2

2

23 3 3arcsin arcsin5 5 5

sin cos sincos1

x tI dx tdttx

= = ⋅ =−∫ ∫ ∫ tdt =

4 4arcsin arcsin5 54arcsin 25

3arcsin5 3 3arcsin arcsin

5 5

4 3 3 4sin cos cos 15 5 5 5

|t t tdt dt= − + = − ⋅ + ⋅ + −∫ ∫ I ,

ahonnan ⎛ ⎞⎟⎜= = − =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

4arcsin53arcsin5

1 1 4 3 1arcsin arcsin arcsin2 2 5 5 2

|I x 725

t

.

o) Az helyettesítést alkalmazzuk, innen és a határok a

következőképpen változnak: ha , akkor

2sinx = 2cosdx tdt=

1x =1arcsin2 6

t π= = és ha

32

x = ,

akkor 3arcsin4

t = .

3 3 3arcsin arcsin2 4 4

2 22 21

6 6

2 cos 14 sin 2 cos 4 sin4

dx tdt dt dtt t tx x π π

= =⋅−∫ ∫ ∫ =

π= − = −

3arcsin4

6

1 3ctg4 4

t 712

.

p) Az helyettesítést alkalmazzuk, ekkor és a határok a következőképpen változnak: -ra , x -ra , így

shs a t= ⋅ chdx a tdt=0x = 0t = a= = arsh1t

= + = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅∫ ∫ ∫arsh1 arsh1

2 2 2 2

0 0 0

ch ch cha

I a x dx a t a tdt a tdt =


( )⎛ ⎞+ ⎟⎜= ⋅ = + = +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ar sh1ar sh1 2 2

2

00

ch2 1 sh22 22 2 2 2t a t aa dt x ar sh1 .

Az -t a következőképpen határozzuk meg: ar sh121 2 2 2 1

2

xx xe tx xe e e t t

−=−−

= ⇒ − = ⇒ − − = 0 , ahonnan 1 1t = + 2 és

2 1t = − 2 , de , mert , tehát 0t > 0xt e= > 1 2t = + és ( )ln 1 2x = + ,

vagyis

( )( )2

2 ln 1 22aI = + + .

Más megoldás: 2 2

2 2

2 20 0

a a a xI a x dx dxa x+

= + =+∫ ∫ =

2

2 2 2 20 0

1a a xa dx xa x a x

= + ⋅+ +∫ ∫ dx =

( )2 2 2 2 2 2 2

000

lnaa a

a x a x x a x a x dx⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⋅ + + + + − + =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠

∫

2 22ln 2a aa aa

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟= ⋅ + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠I ,

ahonnan

( ) ( )( )2 2 22ln 1 2 ln 1 2 22 2 2a a aI = ⋅ + + = ⋅ + + .

5.3. Határozott integrálok kiszámítása a primitív függvény

kiszámítása nélkül Alkalmazások (126. oldal) Számítsd ki a következő integrálokat:

1. 1 3 2

3 20

21x

x x xdx

e x x x− −

+ + + +∫

Megoldás. Jelölje I a kiszámítandó integrált és tekintsük a 1 2

3 20

3 2 11

x

x

e x xJ de x x x

+ + +=

+ + + +∫ x

integrált. Ekkor

Határozott integrálok kiszámítása 141 1 13 2

3 20 0

1 1 11

x

x

e x x xI J dx dxe x x x

+ + + ++ = = =

+ + + +∫ ∫ .

Ugyanakkor

( ) ( )3 21

13 23 2 0

0

1 4ln 1 ln1 2

xx

x

e x x x eJ dx e x x xe x x x

′+ + + + += = + + + +

+ + + +∫ =

J

.

Mivel , következik, hogy 1I = −41 ln

2eI +

= − .

2. 2 3

0

sinsin cos

xdx

x x

π

+∫

Megoldás. Az 2 3

0

sinsin cos

xIx x

π

=+∫ dx kiszámításához a

2t xπ= −

helyettesítést alkalmazzuk, amelyre dt és a határok a következőképpen

változnak: ha , akkor

dx=−

0x =2

t π= , ha

2x π= , akkor . Következik, hogy 0t =

( )0 23 3

02

cos coscos sin cos sin

t tI dtt t t t

π

π

= − =+ +∫ ∫ dt ,

innen pedig

( )2 23 3

2 2

0 0

sin cos2 sin sin cos cossin cost tI dt t t tt t

π π

+= = − +

+∫ ∫ t dt =

22

20

00

sin2 cos2 1 112 4 2 2

|t tdt t

ππ

π π π⎛ ⎞⎟⎜= − = + = − =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ 2−

, tehát 1

4I π−= .

3. ( )( ) ( )

cos2

cos sin0

sinsin cos

x

x x

xdx

x x

π

+∫

Megoldás. Az ( )

( ) ( )

2 cos

cos sin0

sinsin cos

x

x x

xI dx x

π

=+∫ x kiszámításához a

2t xπ= −

helyettesítést alkalmazzuk, amelyre dt és a határok a következőképpen

változnak: ha , akkor

dx=−

0x =2

t π= , ha

2x π= , akkor . Következik, hogy 0t =


( )

( ) ( )( )

( )

( ) ( )

0 2sin sin

cos cossin sin0

2

cos coscos sin cos sin

t t

t tt t

t tI dtt t t t

π

π

= − =+ +∫ ∫ dt .

Összeadva a két integrált, kapjuk, hogy 2

0

2 12

I dt

π

π= =∫ , ahonnan

4I π= .

4. 2

0

sinsin cos

n

n n

xdx

x x

π

+∫ , *n ∈

Megoldás. A 2

t π= − x helyettesítéssel

( )02 2

0 02

sin cos cossin cos cos sin cos sin

n n

n n n n n n

x tI dx dtx x t t t t

π π

π

= = − =+ +∫ ∫ ∫

n t dt+

,

innen 2

0

2 12 4

I dt I

π

π π= = ⇒ =∫ .

5. 2

0

cossin cos

x

x

e xdx

e x x

π

++ +∫

Megoldás. Az 2

0

cossin cos

x

x

e xIe x x

π

+=

+ +∫ dx kiszámításához tekintsük a

2

0

sinsin cosx

xJe x x

π

=+ +∫ dx integrált. Összeadva őket az

2

0

12

I J dx

π

π+ = =∫

összefüggést kapjuk. Ugyanakkor

( )2 2

0 0

cos sincos sincos sin cos sin

xx

x x

e x xe x xI J dx dxe x x e x x

π π

′+ ++ −− = = =

+ + + +∫ ∫

( )

ππ +

= + + =2

20

1ln sin cos ln2

|x ee x x .


Tehát az 2

2

1ln2

I J

eI Jπ

π⎧⎪ + =⎪⎪⎪⎪⎨⎪ +⎪ − =⎪⎪⎪⎩

rendszerhez jutottunk, ahonnan

21 1ln2 2 2

eIπ

π⎛ ⎞⎟⎜ + ⎟⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠.

6. ( )1

2 1

1

ln 1p xx a+

−

+∫ dx

x dx

Megoldás. Az kiszámításához a t x

helyettesítést végezzük el:

( )1

2 1

1

ln 1pI x a+

−

= ⋅ +∫ = −

( ) ( )1

2 1

1

1ln 1ptI t dta

−+ ⎛ ⎞⎟⎜= − + − =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫

( )( ) ( )1 1

2 1 2 1

1 1

ln 1 lnp t p tt a dt t a dt+ +

− −

= − + + =∫ ∫

11 2 32 2

11

2 lnln ln2 3 2 3

pp t aI a t dt I a I

p p

++

−−

= − + ⋅ = − + ⋅ = − ++ +∫ .

Tehát az 2 ln2 3aI I

p= − +

+ összefüggéshez jutottunk, ahonnan ln

2 3aI

p=

+.


Alkalmazások 1. Bizonyítsd be, hogy ha az [ ]: 0,f a → folytonos függvényre ,

, akkor ( ) ( )f x f a x= −

( )0,x∀ ∈ a

( ) ( )2

a b a b

b b

ax f x dx f x dx− −

⋅ =∫ ∫ .

Bizonyítás. Az y a változócserét alkalmazzuk az első integrálban: x= −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )a b b a b

b a b b

x f x dx a y f a y dy a y f y dy− −

−

⋅ = − ⋅ − − = − ⋅∫ ∫ ∫ ,

tehát ha , akkor az előbbi egyenlőség alapján

és így

( )a b

b

I x f x−

= ⋅∫ dx I( )a b

b

I a f x dx−

= ⋅ −∫

( )2

a b

b

aI f x−

= ∫ dx .

2. Bizonyítsd be, hogy ha az [ ]: ,f a a− → függvény folytonos, akkor bármely esetén t ∈

( ) ( )2

2

01

a a

txa

f xdx f x dx

e−

=+∫ ∫ .

Bizonyítsd be, hogy a baloldali tört nevezőjében a tx helyett tetszőleges [ ]: ,g a a− → folytonos és páratlan függvény is írható.

Bizonyítás. Az első integrálban az változócserét alkalmazzuk. x = −y

( )2 2 2( ) ( )( )1 1 1

a a aty tx

tx ty txa a a

f x f y e f x eI dx dye e

−

− −

= = − =+ + +∫ ∫ ∫ dx

e,

tehát 2

2

0

( )2 ( )1

a a atx

txa a

e f xI I dx f x dx f x dxe

− −

= + = =+∫ ∫ ∫ 22 ( ) és így a kívánt

egyenlőséghez jutunk. 3. Bizonyítsd be, hogy ha [ ]: 1,1f − → páros és folytonos, akkor

( ) ( )2

0 0

sin 2 sinx f x dx f x dxπ π

π⋅ =∫ ∫ .

Bizonyítás. Az első integrálban az változócserét alkalmazzuk. 2x π= −y

( ) ( ) ( ) ( )2 0 2

0 2 0

sin 2 sin ( ) (2 ) sinx f x dx y f y dy y f y dyπ π

π

π π⋅ = − ⋅ − − = − ⋅∫ ∫ ∫ ,

Ez alapján . Másrészt ( ) ( )2 2

0 0

sin sinx f x dx f x dxπ π

π⋅ =∫ ∫


( ) ( ) ( ) ( )2

0 0 0

sin sin( ) sin sinf x dx f x dx f x dx f x dxπ π π π

π

π= + = − =∫ ∫ ∫ ∫ ,

tehát . ( ) ( )2

0 0

sin 2 sinf x dx f x dπ π

π π=∫ ∫ x

4. Bizonyítsd be, hogy ha [ ]: 1,1f − → páratlan és folytonos, akkor

( ) ( )2 2

2 2

0 0

sin 4 sinx f x dx f x dx

ππ

π⋅ = −∫ ∫ .

Bizonyítás. Az integrálban az változócserét hajtjuk

végre.

( )2

2 sinx f x dxπ

π

⋅∫ 2x π= −y

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

22 2 2

0 0

sin 2 sin 4 4 sinx f x dx y f y dy y y f y dyπ π π

π

π π π⋅ = − − = − − +∫ ∫ ∫ ,

tehát

( ) ( ) ( )2

2 2

0 0

sin 4 4 sinx f x dx x f x dxπ π

π π⋅ = − −∫ ∫ .

Másrészt a ( ) ( )2

2

4 4 sinf x dxπ

π

π π− −∫ integrálban az x változócserével azt

kapjuk, hogy

yπ= −

( ) ( ) ( )2

2

02

4 4 sin 4 sinx f x dx y f y dy

ππ

π

π π π− − = − ⋅∫ ∫ ,

tehát ( ) ( )2 2

2 2

0 0

sin 4 sinx f x dx f x dx

ππ

π⋅ = −∫ ∫ .

5. Bizonyítsd be, hogy ha [ ] [ ]: , ,f a b c d→ szigorúan növekvő, szürjektív és folytonos, akkor

( ) ( )1b d

a c

f x dx f y dy bd ac−+ =∫ ∫ − .

Bizonyítás. Mivel szigorúan növekvő és szürjektív és . A második integrálban az

f ( )f a c= ( )f b d=1( )f y− = t helyettesítést használjuk. , tehát

és így ( )y f t=

( )dy f t dt′=

( )1 ( ) ( ) ( )d b b

b

ac a a

f y dy t f t dt t f t f t dt bd ac− ′= ⋅ = ⋅ − = −∫ ∫ ∫ .


Megjegyzés. Az integrál geometriai értelmezése alapján is nyilvánvaló az összefüggés, mert a két terület összege két téglalap területének különbségét adja.

6. Számítsd ki az ( )

( )

2

20

1

T x f x dxf x′⋅

−∫ integrált, ha az függvény folytonosan

deriválható, páratlan, periodikus ( főperiódus) és a tört értelmezett a [0 intervallumon.

:f →

0T > , 2 ]T

Megoldás. Az x u helyettesítést használjuk (ha periodikus, akkor T= + f f ′ is periodikus).

( )

( )

2

2 2 20

( ) ( ) ( ) ( )1 1 ( ) 1 ( ) 1

T T T T

T T T

u T f u f u uf ux f x dx du T du duf x f u f u f u

− − −

′ ′ ′′ +⋅= = +

− − − −∫ ∫ ∫ ∫ 2( ).

Másrészt ha páratlan, akkor f f ′ páros és az megfeleltetés páratlan, tehát az előbbi felbontás második tagja . Az első integrál viszont

( )u uf u′→0

2 20

( ) ( ) ( ) 1 (0) 12 ln ln1 ( ) 1 ( ) ( ) 1 (0) 1

T T

T

f u f u f T fT du T du T Tf u f u f T f

−

′ ′ − −= = − +

− − +∫ ∫ 0=+

( , mert páratlan és a periodicitás alapján). (0) 0f = f ( ) 0f T =7. Bizonyítsd be, hogy

( ) ( )2 4 2

0 0

arctg sin arcsin tg8

x dx x

π π

π+ =∫ ∫ .

Bizonyítás. Az 5. feladatot alkalmazzuk az : 0, 0,2 4

f π π⎡ ⎤ ⎡ ⎤→⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦,

függvényre.

=( ) arctg(sin )f x x

8. Számítsd ki a következő integrálokat:

a) 2 1

22 1

ln1x dxx

+

−+∫ ; b) 2

0

sin1 cosx x dx

x

π

+∫ ; c) 3

0

sinx xdπ

⋅∫ x ; d) ( )1

20

ln 11

x dxx+

+∫ ;

e) ( )2 2

0

lna a x dxa x

++∫ ; f) ; ( )

1

1

sin sin x dx−∫ g)

20

sin1 sinx x dx

x

π

+∫ .

Megoldás. a) Az 1xt

= helyettesítéssel azt kapjuk, hogy 2 1

22 1

ln 01x dxx

+

−

=+∫ .

b) Az x helyettesítéssel az yπ= −2

2 20 0

sin sin1 cos 2 1 cos 4x x ydx dy

x y

π ππ π= =

+ +∫ ∫

egyenlőséget kapjuk.

c) Az x helyettesítéssel az yπ= − 3 3

0 0

2sin sin2 3

x xdx xdxπ ππ π

⋅ = =∫ ∫

egyenlőséget kapjuk.


d) Az helyettesítéssel visszavezetődik a tankönyv 128. oldalán megoldott 2.

feladatra, tehát

tgx = t

( )1

20

ln 1ln 2

1 8x dxx

π+=

+∫ .

e) ( )

( )( )( )

22 2 2 20 0 0

ln 1ln ln 1

1 1

a a ax

a x a dx adx dxx xa x a aa a

++= +

+ + +∫ ∫ ∫ 2 . Az első integrál

könnyen kiszámítható és a második az x ta

= helyettesítéssel visszavezethető az

előbbi alpontra, tehát ( ) ( )22 2

0

ln ln 28

a a x dx aa x a

π+=

+∫ .

f) Az , függvény páratlan, tehát

.

: [ 1,1]f − → ( ) sin(sin )f x x=

( )1

1

sin sin 0x dx−

=∫g) Az x helyettesítéssel az yπ= −

1 2

2 20 0 1

sin sin2 21 sin 2 cos 2

x x y dudx dyx y

π ππ π

−

= =+ − −∫ ∫ ∫ 2 4u

π= .

G

yakorlatok és feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy

14

0 0

tg arctg4

xdx xdx

π

π+ =∫ ∫ .

Bizonyítás. Az előbbi paragrafus 5. feladatát alkalmazzuk az : 0, [0,1]4

f π⎡ ⎤→⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦,

függvényre. =( ) tgf x x2. Számítsd ki az

( )1

1

tgx xe e xd−

−

+∫ x

integrált! Megoldás. Az , : [ 1,1]f − → ( )( ) tgx xf x e e−= + x függvény páratlan, tehát

( )1

1

tg 0x xe e xdx−

−

+ =∫ .


3. Bizonyítsd be, hogy az 2

0

cos1 cosn

nxI dxx

π

=+∫ 0n ≥, integrálsorozat teljesíti az

( )1 2

122 sin1 2n n n

nI I In

π− −

−+ + = ⋅

−

rekurziót. Bizonyítás. Mivel

( )cos cos( 2) 2 cos( 1) 1 cos cos( 1)nx n x n x x n x+ − + − = + − ,

írhatjuk, hogy ( )2

1 20

122 2 cos( 1) sin1 2n n n

nI I I n xdx

n

π

π− −

−+ + = − = ⋅

−∫ .

4. Bizonyítsd be, hogy 4

0

1lim tg2

n

nn xdx

π

→∞=∫ .

Bizonyítás. A tankönyv 121. oldalának 3/d feladatánál igazoltuk, hogy ha 4

0

tgnnI

π

= ∫ xdx , akkor 21

1n nI In−+ =−

. Másrészt világos, hogy 0,4

x π⎡∈ ⎢

⎢⎣ ⎦⎤⎥⎥

n x nI

esetén

, tehát és így . Ez alapján a rekurzióból

következik, hogy

0 tg 1x≤ ≤ 1tg tgn x+ ≤ 1nI + ≤

2( 1) 2( 3)nn nIn n

≤ ≤+ +

n . A fogó tétel alapján 1lim2nn

nI→∞

= .

5. Bizonyítsd be, hogy ha az [ ]: ,f a b → függvény növekvő ( ), akkor 0 a b< ≤

( )( )

( ) ( )

2

2

b b

a a

b ax f x dx f b a f x dx

−⋅ ≤ +∫ ∫ .

Bizonyítás. A , : [ , ]H a b →2( )( ) ( ) ( ) ( )

2

x

a

x aH x t a f t dt f b−= − −∫

segédfüggvény deriválható és a deriváltja , mert az függvény növekvő. Ez alapján csökkenő és alapján

. A bizonyítandó egyenlőtlenség , tehát igaz.

( ) ( )( ( ) ( )) 0H x x a f x f b′ = − − ≤f H ( ) 0H a =

( ) 0, [ , ]H x x a b≤ ∀ ∈ ( ) 0H b ≤

6. Határozd meg az összes [ ]: 0,1f → folytonos függvényt, amelyre

( ) ( )1 1

2 2

0 0

13

f x dx f x dx= +∫ ∫ .


Megoldás. és egyenlőség

pontosan akkor van, ha , vagyis ha

( ) ( )1 1 1 1

2 2 2 2

0 0 0 0

2 ( )f x dx t f t dt t dt f t dt= ⋅ ≤ +∫ ∫ ∫ ∫

( )1

22

0

( ) 0f t t dt− =∫ ( )f t t= , . [0,1]t∀ ∈

7. Jelöljük -el az nB f [ ]: 0,1f → folytonos függvényhez rendelt Bernstein-féle polinomot

( )( ) ( )0

1n

n kk kn n

k

kB f x C x x fn

−

=

⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ .

a) Bizonyítsd be, hogy az [ ]: 0,1kf → , ( ) kkf x x= 0,2k = függvényekre

( )( )

( )

2

, 0,1

(1 ) , 2

k

n

f x kB f x x xx k

n

⎧⎪ =⎪⎪⎪= ⎨ −⎪ + =⎪⎪⎪⎩

.

b) Bizonyítsd be, hogy bármely esetén létezik úgy, hogy 0ε > ( )n ε ∈

( ) ( )( )nf x B f x ε− < , [ ]0,1x∀ ∈ és . ( )n n ε∀ ≥

c) Bizonyítsd be, hogy ha bármely n esetén, akkor . ( )

1

0

0nx f x dx =∫ ∈ 0f ≡

Bizonyítás. a) ( ) ; ( ) ( ) ( )0 00

1 (1 ) 1n

nn kk kn n

k

B f x C x x x x f x−

=

= − = + − = =∑ ( )

( )( ) ( ) ( )

( )

( 1) ( 1)1 11 1

0 01

1

1 1

(1 ) ( );

n nn k n kk k k k

n n nk k

n

kB f x C x x x C x xn

x x x x f x

− −− −−

= =

−

= − = −

= + − = =

∑ ∑ − − =

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

21

2 10 1

2 12 1

2 1

1 1 11 11

1 1 11 1

n nn k n kk k k k

n n nk kn n

n k n kk k k kn n

k k

k kB f x C x x C x xn n

n nC x x C x x x xn n n

− −−−

= =

− −− −− −

= =

⎛ ⎞ − + −⎟⎜= − = −⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ −− −

= − + − =

∑ ∑

∑ ∑ 2 1 ;

nn

n

=

+

b) ( ) ( )( )

0 0

( ) (1 ) (1 )n n

k k n k k k n kn n n

k k

kf x B f x f x C x x C x x fn

− −

= =

⎛ ⎞⎟⎜− = − − − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ ≤

0

(1 ) ( )n

k k n kn

k

kC x x f x fn

−

=

⎛ ⎞⎟⎜≤ − − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ . (*)

Mivel folytonos a [0 intervallumon, egyenletesen folytonos és így tetszőleges

esetén létezik olyan , amelyre

f ,1]

1 0ε > 0δ >kxn

δ− < esetén 1( ) kf x fn

ε⎛ ⎞⎟⎜− ≤⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

.

Tekintsük a következő két halmazt:


δ⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪= ∈ − <⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

1 {0,1,2,..., } kK k n xn

és δ⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪= ∈ − ≥⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

2 {0,1,2,..., } kK k n xn

.

Ugyanakkor korlátos és így létezik olyan , amelyre f 0M > ( )f x M≤ , . [0,1]x∀ ∈

A (*) összefüggés utolsó összegét a következőképpen majorálhatjuk:

1 2

0

(1 ) ( )

(1 ) ( ) (1 ) ( )

nk k n kn

k

n nk k n k k k n kn n

k K k K

kC x x f x fn

k kC x x f x f C x x f x fn n

−

=

− −

∈ ∈

⎛ ⎞⎟⎜− − ≤⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜≤ − − + − −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑

∑ ∑ ≤

1 2

2

1 2

1(1 ) 2 (1 )n n

k k n k k k n kn n

k K k K

kC x x M C x x xn

εδ

− −

∈ ∈

⎛ ⎞⎟⎜≤ − + − − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ ≤

22

1 2 20 0

2(1 ) (1 ) 2n n

k k n k k k n kn n

k k

M kC x x C x x x xn n

εδ

− −

= =

⎛ ⎞⎟⎜≤ − + − − + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑ k=

2 2 21 12 2

(1 )2 22

x xM Mx x xn n

ε εδ δ

⎛ ⎞− ⎟⎜= + − + + ≤ +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

Ez alapján ha rögzített és 0ε > 1 2ε

ε = , akkor az ehhez tartozó esetén létezik

olyan , amelyre

0δ >

( )n ε ∈ 22 2Mn

εδ

≤ , ha . Tehát bármely esetén

létezik úgy, hogy

( )n n ε≥ 0ε >

( )n ε ∈

( ) ( )( )nf x B f x ε− < , [ ]0,1x∀ ∈ és . ( )n n ε∀ ≥

c) Az előbbi alpont alapján tetszőleges esetén létezik olyan polinom, amelyre

0ε > [ ]P X∈( ) ( )f x P x ε− < , [ ]0,1x∀ ∈ . Így

( )1

2 2

0

( ) ( )f x P x dx ε− ≤∫

vagyis . A feltételek alapján viszont

minden polinom esetén, tehát

12 2

0

( ) ( ) 2 ( ) ( )f x P x f x P x dx ε⎡ + − ≤⎣∫ 2⎤⎦

2

1

0

( ) ( ) 0f x P x dx =∫ [ ]P X∈

12 2

0

( ) ( )f x P x dx ε⎡ ⎤+ ≤⎣ ⎦∫


és így . Mivel ez minden esetén érvényes írhatjuk, hogy

. Ez csak akkor lehetséges, ha , (mert

folytonos).

12

0

( )f x dx ε≤∫ 2 0ε >

12

0

( ) 0f x dx ≤∫ ( ) 0f x = [0,1]x∀ ∈ f

8. Legyen egy valós szám és 0a > [ ]: 0,f a +→ egy integrálható függvény.

a) Bizonyítsd be, hogy bármely [ ] { }0 0, \2ax a∈ esetén az ponton át

húzható olyan egyenes, amelyre a grafikus kép, a egyenes, az x egyenletű egyenes és az Oy tengely által határolt síkrésznek ugyanakkora területű darabja van a alatt, mint fölött.

( )( 0 0,x f x )

0x

0

0xd

0xd a=

0xd

b) Bizonyítsd be, hogy a d egyenesek

összefutók ha x a [ ] { }0, \a2a

( ) 0a

c x c f x dx⋅ + − =

y c x c= ⋅ + x

halmazban

változik és határozd meg az összefutási pont koordinátáit. Bizonyítás. a) A

0d egyenes alatti és fölötti

részek területe pontosan akkor egyenlő

egymással, ha 0∫ , ahol

a d egyenes egyenlete.

x

( )1 2

1 2 0

Így 2

1 2 ( )2

aac c a f x dx⋅ + ⋅ = ∫ 0 0,x f x0

. Ugyanakkor a d egyenes áthalad az ( )

ponton, tehát

0x ( )

( )0 1 0 2f x c x c= ⋅ + . Ebből a két egyenlőségből

( )00

10

( )2

2

a

f x dx a f xc

a a x

− ⋅

= ⋅−

∫ és

( )20 0

02

0

2 ( )1

2

a

a f x x f x dxc .

a a x

⋅ − ⋅

= ⋅−

∫

Mivel ez a két szám létezik bármely { }0 [0, ] \2ax a esetén, a kért egyenes is létezik. ∈

vy

b) Az előbbi egyenesek egyenlete a következő alakban is felírható:

( )( )2 20 0

0 0

2 ( ) 2 2 2 ( )a a

v v vx f x dx ay f x ax a x f x dx a⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⋅ − + − = ⋅ −⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ ,

ahol ( ),v vx y a keresett összefutási pont koordinátái. Az x és az 0 ( )0f x együtthatói

nullával egyenlők, ha 2vax és = 0

( )a

v

f x dxy

a=∫

. Ezekre az értékekre az előbbi


egyenlőség jobb oldalán is nulla áll, tehát az 0

( ),

2

a

f x dxa

a

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

∫ ponton áthalad az összes

ilyen egyenes. 9. Számítsd ki a

[ ]

11

0

lim 1 xnne e nx

→∞

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟− ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ dx

határértéket, ahol [ ]nx az n valós szám egész része. x⋅(Felvételi, 1990)

Bizonyítás. A 1,k kn n⎡ +⎢⎢ ⎥⎣ ⎦

⎤⎥ intervallumon az [ értéke k , ezért felírhatjuk a

kiszámítandó határértéket a következő módon:

]nx

[ ]

111 1 1

10

lim 1 lim 1

knn

x xn nn n

k kn

e e nx dx e k e d

+

−

→∞ →∞=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟− ⋅ = − ⋅⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑∫ ∫ x =

21 12

1

1lim 1 1kn

n nn

k

kn e en n

−

→∞=

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= − ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ,

mert

21

212 1lim 1 lim 11

nn

n n

en e

n→∞ →∞

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ − ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎟ ⎜− = =⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎟⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

és 11

1 0

1lim 1kn

xnn

k

k e x e dxn n

−

→∞=

= ⋅ = ⋅∑ ∫ = .

10. Számítsd ki az 2

20

arctg2 2x dx

x x+ +∫ integrált.

Bizonyítás. Az 21 2txt

−=

+ helyettesítést használjuk.

( )25

1 2dx dt

t= −

+ és így

( )( )

( )

2 0 2

22 220 2 0

2

2arctgarctg 5 arctg 2 arctg1 22 2 1 2 2 25 2 2

1 2

tx ttI dx dt

x x t t tt tt

−−+= = − =

+ + + + ++ +

+

∫ ∫ ∫ dt ,

tehát 2

20

arctg 2 1 1arctg 2 arctg2 2 2 2

dtIt t

= =+ +∫ 2

⋅ .

A határozott integrál alkalmazásai 153

VI. A határozott integrál alkalmazásai Gyakorlatok (134. oldal) I. Számítsd ki a következő függvények grafikus képei által meghatározott síkidom területét: 1. ( ) 1f x x= + , ( ) 1g x x= − + , [ ]1,3x ∈ − ; 2. ( ) 2f x x= , , ( ) 3g x x= [ ]0,1x ∈ ;

3. ( )1

f xx

= , , ( ) 2g x x= [ ]1,3x ∈ ;

4. ( )

2

4x

f xa

= , ( )

3

2 2

84a

g xx a

=+

, [ ]2 ,2x a∈ − a ;

5. ( ) 2f x x=− , , ; ( ) xg x e= [ ]2,5x ∈ 6. , , ; ( ) xf x e= ( ) ( ) 21 xg x x e−= + ⋅ [ ]0,1x ∈

7. ( ) 2 1f x x= + , ( )11

x

x

eg x

e−

=+

, [ ]0,2x ∈ ;

8. ( ) 24f x px x= − ( ), 2px=g x , [ ]0,2x p∈ ; 9. , , ( ) lnf x x= ( ) 2lng x x= [ ]1,∈x e ; 10. , , . ( ) ( )2 4 4 xf x x x e= + + ( ) 0g x = [ ]0,1x ∈Megoldás

1. ( ) ( )

3 3

1 1

2 1T f x g x dx x dx− −

= − = +∫ ∫ =

( )( )

3

1

2 1 1 4 32 83 3

x x

−

+ +⋅ = ⋅ −

203

=

2. ( ) ( ) ( )11 1 3 4

2 3

0 0 0

1 1 13 4 3 4 1x xT f x g x dx x x dx⎛ ⎞⎟⎜= − = − = − = − =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠∫ ∫ 2

3. ( ) ( )

33 3 32

1 1 1

1 2ln ln 33 3xT f x g x dx x dx x

x⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜⎟⎜= − = − = − = −⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟⎜⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫

6

4. 2 2 3

2 22

84 4

a

a

x aT da x a

−

= −+∫ x

( )2 3 4 2 2

2 2 2 2

8 4 34 4 4 4x a x a x aa x a a x a

+ −− =

+ +

42=

154 A határozott integrál alkalmazásai

( )( )

( )(( )

)22 2 4 2 2 2

2 2 2 2

2 36 4 8

4 4 4 4

x a a x a x a

a x a a x a

+ − − += =

+ +

2

.

Mivel [ ]2 ,2x a∈ − a 0, következik, hogy minden x esetén, így 2 24x a− ≤

[ ]2 3

2 2

8 0, 2 ,24 4x a x aa x a− ≤ ∀ ∈ −

+a .

22 3 2 33

2 22 2

8 1 18 arctg4 4 2 2 4 3

aa

a a

a x x xT dx ax a a a a a

− −

⎛ ⎞ ⎛⎟ ⎟⎜ ⎜= − = ⋅ ⋅ − ⋅⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜+⎝ ⎠ ⎝∫⎞

=⎠

3 32 21 8 8 44 2

4 4 4 3 3 3a a aa a

aπ π

π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜⎟⎜= + − + = −⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟⎜⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

.

5. ( ) ( ) ( )5 5

2

2 2

xT f x g x dx e x dx= − = +∫ ∫ =

535 2 5 2

2

125 8 1173 3 3

x xe e e e e⎛ ⎞⎟⎜= + = + − − = − +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠ 3

6. Bebizonyítjuk, hogy ( ) [ ]21 ,x xx e e x−+ ≤ ∀ ∈ 0,1

]1

, ami egyenértékű azzal, hogy

. Legyen , . Ekkor

,

[31 , 0,xx e x+ ≤ ∀ ∈ [ ]: 0,1f → ( ) 31 xf x x e= + −

( ) 31 3 xf x e′ = − ( ) 3 1 1 10 l3 3 3

xf x e x′ = ⇔ = ⇔ = <n 0 . Mivel

szigorúan csökkenő függvény, ezért

f ′

( )1 10 l3 3

f x x′ < ∀ ≥ n

],1

0

esetén. Így

-re is, tehát szigorúan csökkenő. Ugyanakkor ,

így esetén. Tehát

( ) [0 0f x x′ < ∀ ∈ f ( )0 0f =

( ) 0f x x< ∀ >

( ) ( ) ( )1 1

2

0 0

1x xT f x g x dx e x e dx−= − = − +∫ ∫ =

( )− −

− −⎛ ⎞⎟⎜= − + ⋅ + = − − − + + ⋅⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− −∫1 112 2

1 2 20

0 00

1 11 12 2 2 2 2

x xx xe ee x e dx e e =

1

= + − − − ⋅ + = + −2 2

1 1 1 1 1 5 512 4 4 4

e ee e 2 4e

.

7. A síkidom területe ( ) ( )

2

0

T f x g x= −∫ dx . De ( ) [ ] [ ]1,5 , 0,2f x x∈ ∀ ∈ ,

mivel szürjektív, növekvő függvény f [ ]0,2 -n. Ugyanakkor


( ) [2

2

10, 0,11

eg xe

⎡ ⎤−⎢ ⎥∈ ⊂⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦], mert g is szigorúan növekvő [ ]0,2 -n. Tehát

, , így ( ) ( )1g x f x< < [0,2x∀ ∈ ]22 23

2

0 00

1 111 3 1 3

x x

x x

14eT x x dx Ie e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎟⎜ ⎟⎟= + − = + − = −⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟⎟⎟⎜ + +⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫e xdx ⎜⎜⎜⎜ ,

ahol 2

0

11

x

x

eIe

−=

+∫ dx . Ezt az integrált a 11

x

x

ete

−=

+ helyettesítéssel számoljuk

ki. Így 2

2

11

x tet

+=

− és

2

2

1ln1txt

⎛ ⎞+ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ −⎝ ⎠,

( )−

= ⋅ =+ −−

2

22 42

1 4 41 11t t tdx dt dt

t tt.

( )( )

− −+ +

−= = ⋅ =

+ − − +∫ ∫ ∫

2 2

2 21 11 12 2

4 2 20 0 0

1 4 41 1 1 1

e ee ex

x

e t tI dx t dt dte t t t

=

−−

++⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎟ ⎟⎜ ⎜= ⋅ − = − − =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠− + +∫

22

22

11

11

2 200

1 1 1 12 2 ln ar1 1 2 1

ee

eetdt t

t t tctg

−+

−+= −+−

−+

2

22

22

2

1 111ln 2arctg11 1

1

eeeee

e

=

+ − −= −

+

2 4 2

2

2 2 1 1ln 2 arctg2 1

e e ee

=

( ) −= − − −

+

22 4

2

1ln 1 2 arctg1

ee ee

.

8. Bebizonyítjuk, hogy ( ) ( ) [ ], 0,f x g x x p≥ ∀ ∈ 2 . Ez a következőkkel ekvivalens:

2 2 24 2 4 2 2 2px x px px x px px x p x− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ , ami igaz

esetén. [0,2x∀ ∈ ]p

( ) ( ) ( )2 2

2

0 0

4 2p p

T f x g x dx px x px dx= − = − −∫ ∫ =

( )2 23

22 221

00

2 84 2 23 3

p p

p x p dx p x I p= − − − ⋅ = −∫ .


Az kiszámítására az helyettesítést alkalmazzuk. Innen

és . Ha akkor és

1I 2 2 sinx p p− = t

( )2 1 sinx p t= + 2 cosdx p t= 0x = sin 1t = −2

t π=− , ha

, akkor , . 2x = p sin 0t = 0t =0 0

21

2 2

1 cos 22 cos 2 cos 42tI p t p tdt p dt

π π− −

+= ⋅ = ⋅∫ ∫ =

02 2 2

2

sin 22 22 2tp t p p

π

ππ

−

⎛ ⎞⎟⎜= + = =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠, tehát 2 8

3π⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

T p .

9. Mivel [ ]1,x e∈ , [ ]ln 0,1x ∈ , tehát [ ]2ln ln , 1,x x x< ∀ ∈ e .

( ) ( )2 2

11 1

1 1ln ln ln ln 2 lne e

eT x x dx x x x x x d

x x⎛ ⎞⎟⎜= − = − − − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ x =

( )1

1 1

1 2 ln 2 lne e

ex dx x xdx= − − = − + =∫ ∫

( )1 2 1 3e e e− + + − + = −e .

10. ( ) ( ) ( )= − = + +∫ ∫1 1

2

0 0

4 4 xT f x g x dx x x e dx =

( ) ( ) ( )1 1

1 1200

0 0

4 4 2 4 9 4 2 4 2x x xx x e x e dx e x e e dxx⎡ ⎤⎢ ⎥+ + − + = − − + − =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫

( )[ ]9 4 6 4 2 1 5e e e e= − − − − − = − 2 . II. Számítsd ki a következő függvények grafikus képei által meghatározott korlátos síkidomok területét (a metszéspontok abszcisszái adják az intervallumot): 1. , ; ( ) lnf x x= ( ) 2lng x x=

2. ( ) 2f x x= , ; ( ) 2g x x= −

3. ( ) 22f x x= − , ( ) 3 2g x x= ; 4. ( ) 2f x x= , , ; ( ) 22g x x= ( ) 1h x =

5. ( ) 22f x x= − , ( ) 21g x x= − . Megoldás 1. Meghatározzuk a két függvény grafikus képének metszéspontjait.

( ) ( ) ( )2ln ln ln 1 ln 0f x g x x x x x= ⇔ = ⇔ ⋅ − = ⇔ ln 0x = vagy , vagyis vagy x e .

ln 1x =1x = =

( ) ( ) 2

1 1

ln ln 3e e

T f x g x dx x xdx= − = − =∫ ∫ e−

0

(lásd az I/9 gyakorlatot).

2. ( ) ( ) 2 22 2f x g x x x x x= ⇔ = − ⇔ + − = , ahonnan és . 1 1x = 2 2x =−


( ) ( ) ( )1 1

2

2 2

2T f x g x dx x x dx− −

= − = − −∫ ∫ =

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= − − = − − + + − =⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

12 3

2

1 1 8 92 2 4 22 3 2 3 3x xx

2

3. ( ) ( ) ( )32 2 232 2f x g x x x x x= ⇔ − = ⇔ − = 2 t

8 0

. Az elnevezéssel a

egyenlethez jutunk, ahonnan ,

. Tehát és .

2x =

( )3 3 22 6 13t t t t t= − ⇔ − + − = 1 1t =

( )( )22 31 5 8 0 ,t t t t t− − + = ⇒ ∉ 1 1x =− 2 1x =

( ) ( ) ( )1 1

2 23

1 1

2T f x g x dx x x dx− −

= − = − −∫ ∫ =

1 13 513

111

3 2 62 43 5 3 5 1

| xx x−

−−

= − − = − − =325

.

4. Az ábrán besatírozott síkrész területét keressük. ( ) ( ) { }1,1f x h x x= ⇔ ∈ − és

( ) ( )⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪= ⇔ ∈ −⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

2 2,2 2

g x h x x .

( ) ( )

212

2 2 21

0 22

2 2 2 1T T x x dx x dx

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜= = ⋅ − + − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠⎟

∫ ∫ =

( )2 13 32

202

2 2 5 2 22 23 3 12 3 12 3x xx⎛ ⎞⎟⎜ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟= ⋅ + − = + − = −⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

2 2 .

f

g

h

Ox

y

1

1

5. A függvény a g [ ]1,1− intervallumon értelmezett. Igazoljuk, hogy ezen az intervallumon . Valóban, ( ) ( )f x g x≥ [ ]1,1x∀ ∈ − -re .

Ugyanakkor

2 21 2x x≤ ⇒ − ≥ 121 1x− ≤ , tehát 2 21 1 2x x− ≤ ≤ − , [ ]1,1x∀ ∈ − .


( )11 13

2 2 21

1 11

102 1 2 13 3xT x x dx x x dx

− −−

⎛ ⎞⎟⎜= − − − = − − − = −⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ I

t

.

Az helyettesítéssel és sinx = cosdx tdt=

2 2222

1

2 22 2

1 cos 2 sin 2cos2 2 4t t tI tdt dt

π πππ

π ππ π

π

− −− −

+= = = +∫ ∫ 2

= , tehát 103 2

T . π= −

III. 1. Egy sugarú, kör alakú legelő egyik pontjában egy kecskét kötünk hosszú-

ságú pórázra. Mekkora területet legelhet le a kecske? Megköthetjük-e úgy, hogy pon-tosan a felét legelje le?

R r

Megoldás. A kecske által lelegelhető terület ( ) ( )

( )

α α ϕ π ϕ ϕ ϕ

π

= − + ⋅ = − − + ⋅

⎛ ⎞− − ⎟⎜ ⎟⎜= − + − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2 2

2 2 2 22 2 2

2

sin 2 sin 2

4 42 arctg ,2

T R r R r

R r r R rr R Rr R

=2

)0x xα −

ahol a mellékelt ábra jelöléseit használtuk. Folytonossági meggondolások alapján világos, hogy létezik olyan r , amely esetén a kecske pontosan az eredeti legelő felét legeli le, ezt az értéket közelítő eljárások segítségével kiszámíthatjuk, de pontos értékét nem tudjuk meghatározni.

α ϕ

Rr

2. Bizonyítsd be, hogy ha a D síkidomot az és folytonosan

deriválható függvények grafikus képe határolja, akkor egy tetszőleges

(rögzített) ponton átmenő egyenesseregre a

1f 2f [ ]( )1,2 : ,f a b →

( )0 0,O x y

(0y y− =( )

( )

1

2

TT

α

α arány az

folytonos függvénye valamilyen α α intervallumban, ahol T és a D síkidom egyenes alatti, illetve fölötti részének területe.

α

( maxmin, )α∈ α( )1

( )2T α

Megoldás. Az általánosság csorbítása nélkül feltételezhetjük, hogy O az origó (egy koordináta transzformációval esetleg más függvények jelennek meg, de a folytonosság megmarad). Amiatt, hogy a tartományt csak a két grafikus kép határolja világos, hogy


1 2( ) ( )f a f a= és , tehát az és egyenletek megoldásai folytonosan függnek -tól (lokálisan). A terület viszont az

1 2( ) ( )f b f b= 1( )x f xα = 2( )x f xα =α 1( )T α

(1( )

1 2( )

max{ ( ), ( )}i

i

g

g

)f x f x x dxα

α

α+

−∫ integrálok összegeként állítható elől, ahol

az és egyenletek megoldásai. Mivel ezek az integrálok is folytonosan függnek α -tól, következik, hogy is folytonosan függ α -tól. Ebből következik, hogy a vizsgált arány is folytonos függvénye -nak (amíg a doméniumok területe nem 0 ).

1 2( ), ( ),..., ( )kg g gα α α 1( )x f xα = 2( )x f xα =

1( )T α

α3. Bizonyítsd be, hogy ha a D síkidomot az és (1f 2f [ ]1,2 : ,f a b → ) folytonos

függvények grafikus képe határolja és -nek az egyenes fölé, illetve alá eső része és akkor és területe az folytonos függvé-

nye. Vezesd le ebből, hogy tetszőleges (előre rögzített) irányú egyenes segítségével két azonos területű részre oszthatjuk a területét.

D 0y xα= y+

0( )fD y 0( )aD y 0( )aD y 0( )fD y 0y

DMegoldás. Az előbbi feladathoz hasonló gondolatmenet alapján következik, hogy a vizsgált függvények folytonosak. Ha D -t két folytonos függvény grafikus képe határolja, akkor D korlátos (mert ezeknek a függvényeknek van minimumuk és maximumuk), így létezik olyan , amelyre és olyan is, amelyre

. Tehát a függvény felveszi a -t is és a tartomány területét is. Mivel ez a függvény Darboux tulajdonságú, következik, hogy létezik olyan , amelyre a tartomány területének felével egyenlő. Eszerint előre rögzített irányú egyenes segítségével azonos területű darabokra oszthatjuk a tartományt.

1y 1( ) 0aD y = 2y

2( ) 0fD y = 1 2( ) : [ , ]aD y y y → 0

*y *( )aD y

4. A síkidom beírható egy egységoldalú négyzetbe. Bizonyítsd be, hogy ha D -nek a négyzet egyik oldalával párhuzamos egyenesekkel való metszetei nem

hosszabbak, mint

D

12

, akkor a D területe (ha létezik) nem nagyobb, mint 12

.

Megoldás. Egy koordináta transzformáció segítségével elérhetjük, hogy az adott négyzet az , , és pontok által meghatározott négyzet legyen. Ha minden esetén a tartománynak az egyenletű egyenessel való metszéspontjai közül a legnagyobb ordinátájú és a legkisebb ordinátájú

, akkor a területe nem nagyobb, mint

(0, 0)O (1, 0)A (1,1)B (0,1)C

0 [0,1]x ∈ 0x x=

0( )xα

0( )xβ1 1

0 0

1 1( ) ( )2 2

x x dx dxα β− ≤ =∫ ∫ .

G

yakorlatok (137. oldal)

1. Számítsd ki a következő függvények ívhosszát:

a) [ ]: 1,1f − → , ( )32f x x= ; b) 1

: ,f ee⎡ ⎤

→⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, ; ( ) lnf x x=


c) [ ]: 1,f e → , ( ) = −2 1 ln4 2xf x x ; d) [ ]: 0,1f → , ( ) ( )1

2x xf x e e−= + ;

e) [ ]: 0,f a → , ; f) ( ) xf x e=2: ,

3 3f

π π⎡ ⎤→⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦, . ( ) ln sinf x x=

Megoldás. a) ( ) ( )( )1

2

1

1I f f x dx−

′= +∫

( )

32

32

( ) , 0

, 0

x ha xf x

x ha x

⎧⎪⎪ − <⎪⎪= ⎨⎪⎪ ≥⎪⎪⎩

, folytonos -ban és f 0

( )

12

12

3 ( ) , 02

3 , 02

x ha xf x

x ha x

⎧⎪⎪− − <⎪⎪⎪′ = ⎨⎪⎪ ≥⎪⎪⎪⎩

és deriválható -ban is, mivel f 0

( ) ( )

0 0

lim lim 0x xx x

f x f x→∞ →∞< >

′ ′= = .

( ) ( ) ( )

0 12 2

1 0

1 1I f f x dx f x dx−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤′ ′= + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ =

0 1 1

1 0 1

9 9 91 14 4 2

xxdx xdx dx− −

+= + + + =∫ ∫ ∫

4=

( )1 3 33

2 22

1

1 2 1 1 2 2 26 39 4 13 13 13 132 3 9 18 3 27 27

x−

⎛ ⎞⎟⎜⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + = ⋅ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

b) ( ) ( )2

2

21 1 1

1 11 1e e e

e e e

xI f f x dx dx dxx x

+⎡ ⎤′= + = + =⎣ ⎦∫ ∫ ∫ .

Legyen 2 1t x= + , ekkor 2 2 11, ,x t x ee⎡ ⎤

= − ∈ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, tehát 2 1x t= − és

2 1tdx dtt

=−

. Ugyanakkor, ha 1xe

= , akkor 2 1ete+

= és ha x , akkor e=

2 1t e= + . 2 2 2

2 2 2

1 1 12

2 22 21 1 1

111 11 1

e e e

e e ee e e

t t tI dt dtt tt t

+ + +

+ + +

⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ = = + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− −− −∫ ∫ ∫ dt =

22

22

11

11

1 1ln2 1

|e

e

eeee

ttt

++

++

−= +

+=


2 2 22

2 2

1 1 1 1 1 11 ln ln2 21 1 1

e e eee e e+ + − +

= + − + −+ + + +

ee

− .

c) ( ) ( )

22

1 1

11 12 2

e e xI f f x dx dxx

⎛ ⎞⎟⎡ ⎤ ⎜′= + = + − ⎟⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜⎝ ⎠∫ ∫ =

2 2

2 2111 1

1 1 1 114 4 2 2 2 4 2

ee e ex x xdx dxx x

⎛ ⎞⎟⎜= + + − = + = −⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ x=

2 2

2 2

1 1 1 1 14 2 2 4 2

e ee e

− ⎛ ⎞ +⎟⎜= − − = −⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

d) ( ) ( )

1 1 22

0 0

1 12

x xe eI f f x dx dx−⎛ ⎞− ⎟⎜⎡ ⎤′= + = + ⎟⎜⎣ ⎦ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ =

− − − −+ − + −= + = = = −∫ ∫

1 1 12 2

00 0

121 1

4 2 2

x x x x x x ee e e e e e edx dx2

.

e) ( ) ( )2 2

0 0

1 1a a

xI f f x dx e dx⎡ ⎤′= + = +⎣ ⎦∫ ∫ .

Legyen ( )22

2

ln 11 ,

2 1x t te t x dx d

t−

+ = ⇒ = =−

t .

Ha 0 2x t= ⇒ = és ha 21 ax a t e= ⇒ = + .

( )22 2

2 11 11

2 2 222 2

1 1 11 ln1 1 2

|aa a

a ee eet tI f t dt dt t

t t t

++ ++⎛ ⎞ −⎟⎜= ⋅ = + = +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− − +∫ ∫ 1

=

22

2

1 1 1 1 21 2 ln ln2 21 1

aa

a

eee

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟= + − + − ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜⎜ ⎟ +⎜ ⎝ ⎠⎟+ +⎝ ⎠

12 1

.

f) ( ) ( )

2 2 23 3 3

2 2

3 3 3

11 1 ctgsin

I f f x dx xdx dxx

π π π

π π π

⎡ ⎤′= + = + =⎣ ⎦∫ ∫ ∫ =

2 2 23 3 3

2 2

33 3

sin sin 1 cos 1ln1 cos cos 1 2 cos 1

x x xdx dxx x x

π π π

ππ π

− −= = =

− −∫ ∫ =+

− − − ⎛ ⎞⎟⎜= − = − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− + +

1 11 11 1 1 12 2ln ln ln 3 ln ln 31 12 2 2 31 12 2

= .

2. Számítsd ki az 2 2 2

33 3 a+ =x y ( )0a > egyenletű görbe ívhosszát.


Megoldás. ( )

3 32 2 2 22 3 3 3 3

1 1y a x y f x a x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= − ⇒ = = −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

és

( )

32 23 3

2 2y f x a x⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= = − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

.

( ) ( ) ( )

2 22 2 3 3

21 23

1 1 2 1a a a

a a a

a xI f f x dx f x dx dxx− − −

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + + = +′ ′⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫ , mivel

( )

2 22 2 1 3 33 3 3

1 3

3 22 3

a xf x a x xx

−⎛ ⎞ −⎟⎜= − ⋅ − = −′ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠,

( )

2 22 2 1 3 33 3 3

2 3

3 22 3

a xf x a x xx

−⎛ ⎞ −⎟⎜= − − ⋅ − =′ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

Tehát ( )03 3 3

3 330

2 2a a

a a

a a aI f dx dx dxx x x

− −

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⋅ = ⋅ + =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ −⎝ ⎠∫ ∫ ∫

02 22 23 33 3 3 33 3

0

3 3 3 32 22 2 2 2

a

a

a x a x a a a a−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⎟= − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + =⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜⎜ ⎝ ⎠⎟⎟⎜⎝ ⎠6a .

3. Bizonyítsd be, hogy ha a D tartományt az [ ]1 : ,f a a− → és [ ]2 : ,f a a− → ( )0a > folytonosan deriválható függvények grafikus képei határolják, akkor végtelen sok olyan egyenes létezik, amely felezi az ívhosszat! Van-e ezek között olyan, amely a területet is felezi? Bizonyítás. Mivel és folytonosan deriválhatók, az ívhossz folytonosan változik a végpontok folytonos mozgatásával. Ez azt jelenti, hogy a határ minden M pontjához létezik egy pont a határon úgy, hogy az MN egyenes felezze az ívhosszat. Ha -val és -val jelölünk egy ilyen tetszőleges helyzetet és általában

az vektortól jobbra és balra eső darabkák területének különbségét -mel jelöljük, akkor a T is folytonosan változik. Másrészt , és így létezik olyan helyzete az egyenesnek, amikor nem csak az ívhosszat de a területet is felezi.

1f 2f

N0M 0N

MN ( )T M

0 0( )T M=−( )T NMN

4. Vezess le egy képletet a Γ görbe ívhosszának kiszámítására, ha a) A görbe parametrikusan értelmezett, tehát és , ( )x f t= ( )y g t=

[ ], : 0,1f g → folytonosan deriválhatók.

b) A görbe egyenlete poláris koordinátákban adott ( , ( )r r ϕ= [ ]0,2ϕ ∈ π vagy ( )rϕ ϕ= , [ )0,r ∈ ∞ ).

Megoldás. a) Az ívhossznál használt gondolatmenet alkalmazzuk és az

A határozott integrál alkalmazásai 163 1

2 2

0

( ) ( )l f t g t dt⎡ ⎤ ⎡ ⎤′ ′= +⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫

összefüggéshez jutunk. b) Az áttérés a két koordinátarendszer közt az és összefüggések alapján történik, tehát

cosx r ϕ= ⋅ siny r ϕ= ⋅

cos sindx dr r dϕ ϕ ϕ= ⋅ − ⋅ ⋅ sin cosdr r dϕ ϕ ϕ= ⋅ + ⋅ ⋅ és dy .

Ez alapján ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2ds és az ívhosszra dx dy dr r dϕ= + = +0

22

0

( ) ( )l r rϕ

ϕ ϕ dϕ⎡ ⎤′= + ⎣ ⎦∫

adódik ha az egyenlet r r alakú. H az egyenlet ϕ ϕ alakú, akkor az

ívhossz

( )ϕ= = ( )r2

1

221 ( )r

r

l r . r drϕ⎡ ⎤′= + ⎣ ⎦∫

α)

5. Egy biciklis állandó v sebességgel halad (egyenes vonalú egyenletes mozgást végez). Számítsd ki, hogy a kerék egy rögzített pontja mennyi utat tesz meg! Írd fel a pont pályájának egyenletét! Mi történik, ha a biciklit egy olyan egykerekű járgánnyal helyettesítjük, amelynek a kereke négyzet alakú? Megoldás. A pont pályájának parametrikus egyenletei és

. Ez alapján az előbbi feladat segítségével kiszámítható a megtett út. Ha négyzet alakú kerékkel próbálunk egyensúlyozni látni fogjuk, hogy az egyenletes sebesség megtartása egyáltalán nem könnyű feladat, de szerencsére ez a pálya egyenletét nem befolyásolja. Világos, hogy ebben az esetben egy körívekből összerakott görbét kapunk (lásd a mellékelt ábrákat)

( )sinx R α= ⋅ −(1 cosy R α= −

{

αR

α

M Gyakorlatok (140. oldal) I. Számítsd ki a következő függvények grafikus képének Ox körüli forgatásából származó forgástest térfogatát:


a) [ ]: ,f a b +→ , ( ) 2 2f x x a= − ;

b) [ ]: ,f a a +− → , ( )

2

21x

f x ba

= ⋅ − , ; , 0a b >

c) [ ]: 0,f a +→ , ( )

32 2 23 3f x a x

⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠, ; 0a >

d) [ ]: 0,f π +→ , ; ( ) sinf x x=

e) [ ]: 0,1f +→ , ( ) xf x x e= ⋅ ;

f) [ ]: 0,1f +→ , ( ) 212x

f x x= − .

Megoldás. a) ( ) ( ) ( )3

2 2 2

3|

bb bb

aaa a

xV f f x dx x a dx a xπ π π π= = ⋅ − = ⋅ −∫ ∫ 2 =

3 3 3 32 3 2

3 3 3 3b a b aa b a a bπ π π π

π π π= − − + = + − 2

b) ( ) ( )2 2

2 22 21

a a

a a

x bV f b dx a x dxa a

π π− −

⎛ ⎞⎟⎜= − = −⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ 2 =

2 3 2 3 32

2 2

2 2 43 3 3

a

a

b x b a aa xa aπ π

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= − = + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

3abπ

c) ( )32 2 4 2 2 4

2 23 3 3 3 3 33 3a a

a a

V f a x dx a a x a x x dxπ π− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= − = − + −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ =

34 5 2 72 3 3 3 3

0

3 33 35 7 3

axa x a x a xπ

⎛ ⎞⎟⎜= − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠=

3 33 3 39 9 11

5 7 3 10a aa a a

⎛ ⎞⎟⎜= − + − =⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ 5

d) ( ) 2

0 0

1 cos 2sin2xV f xdx dx

π π

π π−

= ⋅ = ⋅ =∫ ∫

2

0

sin 22 2 2

xxππ π

π⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ − = ⋅ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ 2

π

e) ( )11 12 2

2

00 02 2

x xx xe eV f xe dx dxπ π

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= = − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ =

( )1 22 2 2

0

112 4 2 4 4 4

x ee e e e ππ π

2⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜= − = − + =⎟⎜⎟⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

+


f) ( )( ) 12 21 3 5

0 0

1 1 14 4 3 5 4 3 5

x x x xV f dx π ππ

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= = − = − =⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜⎜ ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠∫ 30π

II. Számítsd ki a + −= −

2 22 ln

a a yx a a y

y−2 2 egyenlőség által értelmezett

görbe (traktrix) Oy egyenes körüli forgásából származó forgástest térfogatát. Megoldás. [ ]2 2 0 ,a y y a a− ≥ ⇒ ∈ − , de ( ]0 0y y> ⇒ ∈ ,a

( )ε

εε

π→>

⎛ ⎞+ − ⎟⎜ ⎟⎜= ⋅ − − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫

2 22 2

00

lim lna a a y

V f a a y dyy

.

Legyen 2 2sin cosy a t a y a t= ⇒ − = és . cosdy a tdt=

( )ε

εε

π→>

+⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫00

coslim ln cos cossin

a a a tV f a a t a tdta t

=

εεε

π→>

⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ − ⋅⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫ 2

00

lim ln ctg cos cos2

a ta t tdt ,

ugyanakkor

2

1 1ln ctg cos sin ln ctg tg sin2 2 2 2 sin

2

a aat t ttdt t tdttεε ε

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⋅ = ⋅ − ⋅ − ⋅⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ =

sin ln ctg 1 sin ln ctg2 2

|aa a

at tt dt tε

ε εε

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= − = −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ t és

2 1 cos 2 1 sin 2cos2 2 4

a a a at ttdt dt tε εε ε

+= = +∫ ∫ , így

( ) π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜ ⎟⎜= ⋅ ⋅ − − − ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2 sin2sin ln ctg2 2 4a aV f a a a a ,

mivel

( ) 2

0'0 0 0 2

1 1tg2 2sinln ctg

22lim sin ln ctg lim lim 01 12 cossin sin

l Hε ε εε ε ε

εεε

εε

εε ε

∞∞

→∞ →∞ →> > >

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ − ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎛ ⎞⎟⎜⋅ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ − ⋅= = .

Tehát

( ) π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜ ⎟⎜= ⋅ ⋅ − − ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2 3 sin 2sin ln ctg2 2 4a a aV f a a .

Gyakorlatok (144.oldal)


1. Használható-e a csonka kúp felszínének kiszámítására az előbbi tétel? Hát egy R alapsugarú és h magasságú kúp felszínének kiszámítására? Megoldás. Nem használható, mert a tétel bizonyításában használtuk a csonka kúp felszínének képletét és így logikai körforgáshoz jutnánk. (Bár a helyes eredményeket kapnánk). 2. Számítsd ki a következő függvények által származtatott forgásfelületek felszínét: a) [ ]: 0,f a → , ( ) 2f x p= x ; b) [ ]: 0,1f → , ( ) 2f x x= ;

c) [ ]: 0,1f → , ( )

3

3x

f x = ; d) [ ]: 0,1f → , ; ( ) xf x e=

e) 3: 0,

3f

⎡ ⎤⎢ ⎥ →⎢ ⎥⎣ ⎦

, ( ) 21f x x= − .

Megoldás. a) ( ) ( )2

0 0

2 1 2 2 12

a a pF f x f x dx px dx

π π⎡ ⎤′= + = ⋅ +⎣ ⎦∫ ∫ x =

( ) ( )3

2 322 2 32

00

2 1 22 2 2 23 2 32

aa px ppx p dx pa p p

p pπ

π π+ ⎡ ⎤

⎢ ⎥= + = ⋅ ⋅ = ⋅ + − =⎢ ⎥⎣ ⎦

∫

( ) 2 22 2 23a p ap p pπ ⎡ ⎤= + + −⎢ ⎥⎣ ⎦

b) ( )( )1

2 2

0

2 1 4 18 5 ln 532

F x x dx ππ= + = +∫ 2− ;

c) ( )1 3

4

0

2 1 2 23 9x x dx π

π + = −∫ 1 ;

d) 1

2 2

0 1

2 1 2 1e

x xe e dx u duπ π+ = +∫ ∫ =

( ) ( )2 2 2

1

2 1 1 ln 1 2 ln 1 2e

u du e e e eπ π ⎡ ⎤= + = + + + + − − +⎢ ⎥⎣ ⎦∫

e)

33

22

0

1 22 11 3

x dxx

ππ − ⋅ =

−∫3 .

3. Számítsd ki a következő összegek határértékét:

a) 2

21

1 knn

k

ke

n

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

=

−⋅∑ ; b)

21

1n

k

kn k=

−

−∑ 2

; c) ( )3

1

1n

k

k kn=

+∑ ; d) 21

2 1sin

n

k

k kn n=

−⋅∑ .

Megoldás. A tankönyv 142. oldalán megoldott feladat eredményeit használjuk.


( )2

21

21 0

1 1lim 12

knxn

nk

k e x e dx en

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

→∞=

−⋅ = ⋅ = −∑ ∫ ;

11

2 2 21 0

1 1lim 11

n

nk

k x dxn n k x

−

→∞=

−= =

− −∑ ∫ , tehát

2 21

1limn

nk

kn k→∞

=

−= ∞

−∑ ;

( ) 12

31 0

1 13

n

k

k kx dx

n=

+= =∑ ∫ ;

( )1

21 0

2 1lim sin 2 sin 2 sin1 cos1n

nk

k k x xdxn n→∞

=

−⋅ = ⋅ = −∑ ∫ .

4. A tartományt az D [ ]1 : ,f a b → és [ ]2 : ,f a b → folytonos függvények grafikus képei határolják. Számítsd ki a D Ox körüli forgatásából származó test felszínét. Alkalmazás: [ ]1,2 : ,f R R− → , ( ) 2 2

1f x a R x= + − , ( ) 2 22f x a R x= − − .

(Úszógumi alakú felület) Megoldás. Mivel a tartományt a két grafikus kép határolja az intervallum végpontjaiban a két függvény behelyettesítési értéke egyenlő ( és

). Így a tartomány felszíne két részből áll, az grafikus képének forgatásából kapott felszínből és az grafikus képének forgatásából kapott felszínből, tehát

1 2( ) ( )f a f a=

1 2( ) ( )f b f b= 1f

2f

2 21 1 2 22 ( ) 1 ( ) ( ) 1 ( )

b b

a a

F f x f x dx f x f x dπ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎡ ⎤′ ′⎜= + + + ⎟⎜ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ x .

Az úszógumi esetén 2 2

2 2

2 24 4

R

R

a R xF R dx a RR x

π π−

+ −= =

−∫ 8 Rπ⋅ + .

G yakorlatok (147. oldal)

1. Számítsd ki a következő síkidomok súlypontját:

a) ( )2 2

2 2, 1, 0,x y

A x y x ya b

⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪= + ≤ ≥⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭0≥ ;

b) ( ){ }2,A x y x y x= ≤ ≤ ;

c) ( ){ }, , 0A x y x y x x= − ≤ ≤ ≤ ≤ 4 ;

d) ( ){ }2, 0 2 1 , 1 1A x y y x x= ≤ ≤ − − ≤ ≤ .


Megoldás. a) π π

⋅ − −

= = =−−

∫ ∫

∫∫

122

20 0

122

200

11 1433

11 4

a

G a

xxb dx t t dta ax ax t dtb dxa

=a és

π

⎛ ⎞⎟⎜⋅ − ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠= =

−−

∫

∫∫

22

20

122

200

211 432 2

11

a

G a

xb dxa b byx t dtb dxa

=3

;

b) ( )

12

01

2

0

3920

1 203

G

x x x dxx

x x dx

−

= = =

−

∫

∫ és

14

01

2

0

910G

x x dx

x x dx

−

= =

−

∫

∫y ;

c) Ez egy háromszög alakú tartomány, tehát geometria tulajdonságok alapján 83Gx =

és . Ugyanezt az eredményt kapjuk az 0Gy =

4

01

0

2

2G

x xdxx

xdx

⋅

=∫

∫ és

12 2

01

0

2G

x x dxy

xdx

−

=∫

∫ képletekből is.

d)

12

11

2

1

2 10

2 1G

x x dxx

x dx

−

−

⋅ −

= =

−

∫

∫ és

( )

π−

−

−

= =

−

∫

∫

12

11

2

1

4 11 82 3

2 1G

x dxy

x dx.

2. Vezess le egy olyan összefüggést, amelynek segítségével meghatározható az [ ]: ,f a b → folytonos függvény grafikus képének a súlypontja!

Megoldás. A tartományok súlypontjára vonatkozó gondolatmenethez hasonlóan járunk el (a különbség annyi, hogy az ívdarabka súlya az ívhosszal közelíthető). Az

2

2

1 ( )

1 ( )

b

aG b

a

x f xx

dx

f x dx

⎡ ⎤′+ ⎣ ⎦=

⎡ ⎤′+ ⎣ ⎦

∫

∫ és

2

2

( ) 1 ( )

1 ( )

b

aG b

a

f x f xy

dx

f x dx

⎡ ⎤′+ ⎣ ⎦=

⎡ ⎤′+ ⎣ ⎦

∫

∫


képleteket kapjuk. 3. Vezess le Guldin II. tételéhez hasonló tételt az ív súlypontja és az általa megha-tározott forgástest felszínére! Megoldás. Az előbbi képletből és a felszín képletéből látható, hogy egy

[ ]: ,f a b → folytonos függvény grafikus képének egy őt nem metsző egyenes körüli forgatásából származó test palástfelszíne egyenlő a grafikus kép ívhosszának és az ív súlypontja által leírt kör kerületének szorzatával. Ez a tulajdonság tulajdonképpen Guldin első tétele. 4. Az [ ]: ,f a b → folytonos függvényre bármely esetén legyen

és az szubgrafikonjának az egyenestől balra illetve jobbra eső

részének súlypontja. Bizonyítsd be, hogy a egyenesek egy összefutó

egyenessereget határoznak meg. Határozd meg az összefutási pont koordinátáit.

(0 ,x a b∈ )

0

( )0bG x

( )0jG x f 0x x=

( ) ( )0 jbG x G x

Megoldás. Az összes ilyen egyenes áthalad a szubgrafikon súlypontján. 5. Határozd meg az összes olyan [ ]: 0,f a +→ folytonos függvényt, amelyre létezik olyan ( )0 0,M x y pont, hogy bármely M -n áthaladó egyenes két azonos területű darabra osztja az szubgrafikonját! fMegoldás. szükséges, mert ellenkező esetben létezne olyan egyenes (függőleges), amelynek a szubgrafikon az egyik oldalán volna. Ez nem lehetséges, mert ez az egyenes nem osztaná két azonos területű részre a területet. Összekötjük az

pontot az és pontokkal. Ez a két egyenes nem eshet egybe és az általuk meghatározott egyik szögtartomány belsejébe eső egyenesek nem metszik a grafikus képet. Így mivel mindegyik felezi a szubgrafikon területét csak

00 x< < a

M (0, (0))A f ( , ( ))B a f a

0x

2a lehet. Hasonló okoskodással belátható, hogy a függvény tulajdonképpen konstans

kell legyen.

170 Relációk

I. RELÁCIÓK Gyakorlatok és feladatok (155. oldal) 1. Bizonyítsd be a következő azonosságokat, ha tetszőleges halmazok: , ,A B C X⊆

a) ( ) (De Morgan összefüggés); c cA B A B∩ = ∪ c

c

\ \

b) ( ) (De Morgan összefüggés); c cA B A B∪ = ∩

c) ; ( ) ( ) ( )\ \A B C A B A C∪ = ∩ d) ; ( ) ( ) ( )\ \A B C A B A C∩ = ∪

e) ; ( )\ \A A B A B= ∩ f) ; ( )\ \A B A A B= ∩

g) ( ; ) ( ) ( )\ \ \ \ \A B C A C B C=

h) ; ( ) ( ) ( )( \ ) \ \A B C A B A C A B C∩ = ∩ ∩ = ∩

i) ( )\A B A B A∪ = ∪ ; j) ( )cc ccA A= = A ; k) ; cA A X∪ = l) ; cA A∩ = ∅m) ( ) ; ( ) ( ) ( )c cA B A B A B A B A∩ ∪ ∩ = ∪ ∩ ∪ =

n) ( ) ; cA B A A B∪ ∩ = ∩ o) ( )\A B A∩ = ∅

\

)A

)

Δ

;

p) ( ) ; ( ) ( )\ \ \A B C A C B C∪ = ∪ q) ; ( ) ( ) ( )\ \ \A B C A B A C= ∪ ∩

r) . ( ) ( )\ \A B C A B C∪ =Megoldás A legtöbb tulajdonság bizonyítása megtalálható a IX. osztály számára írt megoldásos könyvben, ezért a bizonyításokat itt nem részletezzük. Fontos, hogy két halmaz egyenlőségének bizonyítása során mindig kétirányú bennfoglalást igazoljunk. Ez persze megtörténhet ekvivalens átalakítások segítségével is vagy a karakterisztikus függvény segítségével, de tulajdonképpen ezekben az esetekben is két bizonyítást végzünk (csak tömörebben írjuk le). 2. Bizonyítsd be, hogy tetszőleges esetén , ,A B C X⊆

a) A B ; B AΔ = Δ b) ; ( ) ( )A B C A B CΔ Δ = Δ Δ

c) ( ) ( ) ( )A B C A B A C∩ Δ = ∩ Δ ∩ ; d) ; ( )A A B BΔ Δ =

e) ; (A B A B A B∪ = Δ Δ ∩ f) ; ( )\A B A A B= Δ ∩g) A ; Δ∅ = h) A A ; Δ = ∅i) ; cA X AΔ = j) ; ( ) (A B A B A B∪ = Δ ∪ ∩

k) . ( ) ( )\A B A B A BΔ = ∪ ∩Megoldás a) ; ( \ ) ( \ ) ( \ ) ( \ )A B A B B A B A A B B AΔ = ∪ = ∪ =b) ( ) (( \ ) ( \ ))x A B C x A B C C B∈ Δ Δ ⇔ ∈ Δ ∪ ⇔

Relációk 171

;

( \ (( \ ) ( \ ))) ((( \ ) ( \ )) \ )x A B C C B B C C B A∈ ∪ ∪ ∪ ⇔))

)

x A x B x C∨ ∉ ∧ ∉ ∧ ∈

\ ( )

)

∅

( ( \ ) ( \ )) ( ( \ ) ( \x A x B C C B x A x B C C B⇔ ∈ ∧ ∉ ∪ ∨ ∉ ∧ ∈ ∪ ⇔( ) (x A x B x C x A x B x C∈ ∧ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ ∧ ∉ ∧ ∉

( ) ( )x A x B x C x A x B x C∨ ∉ ∧ ∈ ∧ ∉ ∨ ∉ ∧ ∉ ∧ ∈ ⇔(( ) ( ))x A x B x C x A x B x C⇔ ∈ ∧ ∉ ∧ ∉ ∨ ∉ ∧ ∈ ∧ ∉

(( ) ( ))x A x B x C x A x B x C∨ ∈ ∧ ∈ ∧ ∈ ∨ ∉ ∧ ∉ ∧ ∈ ⇔(( \ ) ( \ )) (( )x A B x C x B A x C x A x B x C⇔ ∈ ∧ ∉ ∨ ∈ ∧ ∉ ∨ ∈ ∧ ∈ ∧ ∈( )) ⇔ (( \ \ ) )x A B x B A x C⇔ ∈ ∨ ∈ ∧ ∉ ∨

((( ) ( )) )x A x B x A x B x C∈ ∧ ∈ ∨ ∉ ∧ ∉ ∧ ∈ ⇔( ( \ ) ( \ ) ) ( (( \ ) ( \ )) )x A B B A x C x A B B A x C⇔ ∈ ∪ ∧ ∉ ∨ ∉ ∪ ∧ ∈ ⇔

( ) ( ) ( ) \x A B x C x A B x C x A B C x C A B⇔ ∈ Δ ∧ ∉ ∨ ∉ Δ ∧ ∈ ⇔ ∈ Δ ∨ ∈ Δ(( ) \ ) ( \ ( ))x A B C C A B⇔ ∈ Δ ∪ Δ ⇔ ( )x A B C∈ Δ Δ

c) ( ) (( \ ) ( \ )) ( ( \ )) ( ( \ ))A B C A B C C B A B C A C B∩ Δ = ∩ ∪ = ∩ ∪ ∩ =(( ) \ ( )) (( ) \ ( ))A B A C A C A B∩ ∩ ∪ ∩ ∩ = ( ) ( )A B A C∩ Δ ∩ ;

d) ( ) ( ) (( \ ) ( \ ))A A B A A B A A A A B BΔ Δ = Δ Δ = ∪ Δ =∅Δ =( \ ) ( \ )B B B B= ∅ ∪ ∅ = ∅∪ = ;

e) ( ) ( ) ( )x A B A B x A B A B∈ Δ Δ ∩ ⇔ ∈ Δ Δ ∩ ⇔(( \ ) ( \ )) ( )x A B B A A B⇔ ∈ ∪ Δ ∩ ⇔

;

((( \ ) ( \ )) \ ( )) (( ) \ (( \ ) ( \ )))x A B B A A B A B A B B A⇔ ∈ ∪ ∩ ∪ ∩ ∪( ( \ ) ( \ ) ( ))x A B B A x A B⇔ ∈ ∪ ∧ ∉ ∩ ∨ ( ( \ ) ( \ ) ( )x A B B A x A B∉ ∪ ∧ ∈ ∩

( \ \ ( ))x A B x B A x A B x A x B x A B⇔ ∈ ∨ ∈ ∨ ∈ ∩ ⇔ ∈ ∨ ∈ ⇔ ∈ ∪f) ( ) ( \ ( )) (( ) \ ) ( \ ( ))A A B A A B A B A A A BΔ ∩ = ∩ ∪ ∩ = ∩ ∪

1. .)\ ( ) \fA A B A B= ∩ = ; g) ; ( \ ) ( \ )A A A AΔ∅ = ∅ ∪ ∅ = ∪∅ = Ah) ; ( \ ) ( \ )A A A A A AΔ = ∪ = ∅∪∅ = ∅

i) ; ( \ ) ( \ ) C CA X A X X A A AΔ = ∪ = ∅∪ =j) ( ) ( ) ( \ ) ( \ ) ( )x A B A B x A B B A A B∈ Δ ∪ ∩ ⇔ ∈ ∪ ∪ ∩

x A x B x A B⇔ ∈ ∨ ∈ ⇔ ∈ ∪ ; k) .)(A ) \ ( ) (( ) ( )) \ ( )jB A B A B A B A B∪ ∩ = Δ ∪ ∩ ∩

1. .) (( ) \ ( )) (( ) \ ( ))p A B A B A B A B= Δ ∩ ∪ ∩ ∩ = ( )A B A BΔ ∪∅ = Δ . 3. Bizonyítsd be a következő ekvivalenciákat:

a) A BΔ = ∅ ⇔ ; A B=b) A B ⇔ A B ; ∩ = ∅ A B∪ = Δc) A B ⇔ ⇔ C A . CΔ = B C AΔ = BΔ =

Megoldás

172 Relációk

a) ; ( \ ) ( \ ) \ \A B A B B A A B B A A BΔ =∅ ⇔ ∪ =∅ ⇔ =∅∧ = ∅ ⇔ =b) ; \ \ ( \ ) ( \ )A B A B A B A B A B A B B A A B∩ = ∅ ⇔ = ∧ = ⇔ Δ = ∪ = ∪

c) 2. .)" " ( ) ( ) dA B C B C B A B B B A A⇒ Δ = ⇒ Δ = Δ Δ = Δ Δ =( ) ( )C A C B C C C B B⇒ Δ = Δ Δ = Δ Δ =

" " ( ) ( ) ( )C A B B C C A C C A C C C A A⇐ Δ = ⇒ Δ = Δ Δ = Δ Δ = Δ Δ = ( ) ( ) ( )A B B C B B C B B B C C⇒ Δ = Δ Δ = Δ Δ = Δ Δ = .

4. Fejezd ki az műveleteket a , , \∪ ∩

a) Δ és ; ∩b) Δ és ∪ ; c) \ és műveletek segítségével. Δ

Megoldás a) és ; ( )A B A B A B∪ = Δ Δ ∩ \ (A B A A B= Δ ∩ )

))

n

b) és ; ( ) (A B A B A B∩ = Δ Δ ∪ \ ( )A B A B B= ∪ Δc) és . ( ) ( \ ( )A B A B A A B∪ = Δ Δ Δ \ ( )A B A A B∩ = Δ5. Bizonyítsd be, hogy nem lehet kifejezni

a) a \ -et a és az ∪ segítségével; ∩b) az -t a és a \ segítségével. ∪ ∩

Megoldás a) A metszet és az egyesítés tulajdonságai alapján ha az A és B halmazokra véges sokszor alkalmazzuk az egyesítés és a metszet műveletét, akkor az eredmény csak A ,

, vagy lehet (ez indukcióval belátható), tehát az nem jelenhet meg; B A B∩ A B∪ \A B

b) Sem az , sem az művelet végeredménye nem tartalmazhat más elemeket, mint az halmaz, ezért az előállítás nem lehetséges. (Ha lehetséges lenne, akkor véges sok lépésben állíthatnánk elő, tehát létezne egy legrövidebb előállítás is. Ez viszont nem lehetséges, mert az előbbi észrevétel alapján az utolsó művelet elhagyható volna.)

\X Y X Y∩X

6. Adj meg tetszőleges pozitív egész számhoz olyan n elemű halmazt, hogy esetén x y , y vagy x teljesüljön.

n nA, nx y A∈ ∈ x∈ y=

Megoldás. Rekurzívan szerkesztjük meg az halmazokat. esetén az halmaz megfelel. -re teljesíti a feltételt és általában

ha -et már megszerkesztettük, akkor tekintjük az halmazt. Ez a halmaz elemet tartalmaz és teljesíti a feltételt. Általában

nA 1n =

1 { }A = ∅ 2n = 2 { ,{ }}A = ∅ ∅

nA 1 { }n nA A A+ = ∪1n +

nA { ,{ },{ ,{ }},{ ,{ },{ ,{ }}},...,{ ,{ },{ ,{ }},...}}= ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ . 7. Oldd meg az alábbi egyenletrendszereket (Y az ismeretlen halmaz):

a) , ahol és C adottak és . A Y B

A Y C

⎧ ∩ =⎪⎪⎪⎨⎪ ∪ =⎪⎪⎩,A B B A C⊆ ⊆

Relációk 173

b) , ahol adottak és B A , . \

\

A Y B

Y A C

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩, ,A B C ⊆ A C∩ = ∅

c) , ahol . \A Y B

A Y C

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ ∪ =⎪⎪⎩B A C⊆ ⊆

Megoldás a) ( \ ) ( ) (( \ ) ( \ ))Y Y A A Y A A Y A B= ∪ ∩ = ∪ ∪ =

B

∅

(( ) \ ) ( \ )A Y A B C A B= ∪ ∪ = ∪

b) , , tehát ; ( \ ) ( )Y Y A A Y= ∪ ∩ \ ( \ ) \A Y A A Y A B∩ = = ( \ )Y C A B= ∪c) ; (( ) \ ) ( ) ( ) \ ( \ ) \Y A Y A A Y A Y A Y C= ∪ ∪ ∩ = ∪ =(Ezeket a megoldásokat diagramokkal lehet szemléletesebbé tenni). 8. Bizonyítsd be, hogy

a) A ⇔ ( \ (lásd a 3. feladat a) pontját); B= ) ( \ )A B B A∪ =b) bármely olyan halmazegyenlet, amelynek ismeretlene az Y halmaz és az

egyenlet jobb oldalán ∅ áll, átírható ( ) ( )( )cA Y B Y∩ ∪ ∩ = ∅ alakba, ahol az és B halmazok felírásában Y nem szerepel;

A

c) az egyenletrendszer pontosan akkor oldható meg, ha

és ebben az esetben a megoldások éppen a feltételt kielégítő halmazok.

( )cA Y

B Y

⎧ ∩ = ∅⎪⎪⎪⎨⎪ ∩ =⎪⎪⎩ ∅

Δ

2 2

∅

cB A⊆

cB Y A⊆ ⊆Megoldás a) ( \ (lásd a 3.feladat a.) pontját); ) ( \ )A B B A A B∪ =b) A bizonyítás három észrevételen alapszik: 1. ha az egyenletben szereplő operandusok száma nem nagy (2 , ), akkor az egyenlet a megadott alakra hozható (ez nyilvánvaló);

3

2. ha ( ) és ( ) , akkor

, ahol és vagyis ha az egyenlet felbontható két részegyenletre, amelyek külön-külön a kívánt alakra hozhatók, akkor az eredeti egyenlet is ilyen alakra hozható;

( )( )1 1cA Y B Y∩ ∪ ∩ = ∅ ( )( )2 2

cA Y B Y∩ ∪ ∩ = ∅

( ) ( )( )3 3cA Y B Y∩ ∪ ∩ = ∅ 3 1A A A= ∪ 3 1B B B= ∪

3. A 4. feladat b) alpontja alapján az egyenlet felírható a Δ és műveletekkel, tehát kötelező módon felbontható két részegyenletre, mert az

-ból következik, hogy X Y és az X Y -ból is következik, hogy .

∪

X Y∪ = ∅ = = ∅ Δ = ∅\ \X Y Y X= =

c) Mivel és a maximális ilyen halmaz , tehát az egyenlet megoldható, ha , és minden

feltételt teljesítő halmaz megoldás.

A Y∩ = ∅ CA CY A⇒ ⊆CB Y B Y∩ = ∅ ⇒ ⊂ CB A⊆

CB Y A⊆ ⊆9. Oldd meg:

174 Relációk

a) ; A Y B Y

A Y C Y

⎧ ∪ = ∩⎪⎪⎪⎨⎪ ∩ = ∪⎪⎪⎩b) ;

\ \

\ \

A Y Y B

Y A C Y

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩c) .

\

\

A Y B Y

C Y Y A

⎧ ∩ =⎪⎪⎪⎨⎪ ∪ =⎪⎪⎩Mi a megoldhatóság feltétele? Megoldás a) , tehát az első egyenlet alapján A Y . Ez csak akkor lehetséges, ha . Hasonlóan , tehát C Y és így C . Ebben az esetben viszont a rendszer egyenletei az Y B és A összefüggésekhez vezetnek. Tehát a megoldás Y és a megoldhatóság feltétele C A .

B Y Y∩ ⊂ Y∪ ⊂A Y⊂ A Y Y∩ ⊂ Y∪ ⊂ Y⊂

Y= ∩ Y=A= B⊂ ⊂

b) , tehát az első egyenlet alapján . Ez csak akkor lehetséges, ha . A második egyenlet alapján C Y , tehát Y az egyetlen megoldás és a megoldhatóság feltétele C A .

( ) ( )\ \A Y Y B∩ = ∅ ∅\ \A Y Y B= =A Y B⊂ ⊂ A⊂ ⊂

A= B⊂ ⊂c) .( ) ( )\A Y B Y∩ ∩ = ∅ , tehát és így B illetve

, tehát a második egyenletből . A megoldhatóság feltétele és ha ez teljesül, akkor tetszőleges halmaz esetén az

halmaz megoldása a rendszernek.

\A Y B Y∩ = = ∅ Y⊂

\Y A Y= C Y⊂( )B C A∪ ∩ =∅ 0Y A∩ = ∅

0Y B C Y= ∪ ∪10. Igazold, hogy léteznek olyan halmazok, amelyekre , ,A B C

a) A B ; B A× ≠ × b) . ( ) ( )A B C A B C× × = × ×Megoldás a) Ha ; A B A B B AΔ ≠ ∅ ⇒ × ≠ ×b) ( ) {( , ) | } {( , , ) | }A B C A b c b B c C a b c a A b B c C× × = × ∈ ∧ ∈ = ∈ ∧ ∈ ∧ ∈ =

( )A B C= × × ; 11. Határozd meg az alábbi halmazok geometriai jelentését:

a) [ ] [ ], ,a b c d× , ahol [ ],a b és [ ],c d az valós számegyenes szakaszai.

b) [ ]2,a b és ( )2,a b ; c) [ ]3,a b és ( )3,a b ; d) . n

Megoldás a) Egy Descartes koordinátarendszerben vett ( pontok által meghatározott téglalap és a belseje;

, ),( , ),( , ),( , )a c b c b d a d

b) -az pontok által meghatározott négyzet a belsejével együtt és az halmaz csak a négyzet belseje;

2[ , ]a b ( , ),( , ),( , ),( , )a a b a b b a b2(a,b)

c) az pontok által meghatározott kocka és a belseje a térben;

3[ , ] -a b ( , , ),( , , ),( , , ),( , , ),( , , ),( , , ),( , , ),( , , )a a a a b a b a a b b a a b b b a b b b b a a b

d) - , és esetben az egyenes, a sík és a tér. Ha , akkor konkrét geometriai értelme (az eddig tanulmányozott geometriai tulajdonságok alapján) nincs, viszont már sejthető, hogy ez a halmaz fontos lehet a többdimenziós geometria felépítésében.

n 1n = 2n = 3n = 3n ≥

12. Igazold, hogy ha és D nem üres halmazok, akkor , , A B Ca) A és C ⇔ A C ; B⊆ D⊆ B D× ⊆ ×

Relációk 175

b) A és C ⇔ . B= D= A C B D× = ×c) ( ) . ( ) ( ) ( )A B C D A C B D∩ × ∩ = × ∩ ×

d) ( ) . Mikor áll fenn egyenlőség? ( ) ( ) (A B C D A C B D× ∪ × ⊆ ∪ × ∪ )e) ( ) ; ( ) ( )A B C A C B C∪ × = × ∪ ×

f) ; ( ) ( ) ( )A B C A B A C× ∪ = × ∪ ×

g) ( ) ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( )A B C D A C B C A D B D∪ × ∪ = × ∪ × ∪ × ∪ ×

h) ( ; ) ( ) ( )\ \A B C A C B C× = × ×

i) ( ) ( ) (\ \A B C A B A C× = × × )

"

)

)) ( )x A y x B y D⇔ ∈ ∧ ∈ ∈ ∧ ∈ ⇔

; j) , ha A és B D . ( ) ( )A B A D C B× = × ∩ × C⊆ ⊆

Megoldás a) Mivel és C D és esetén ( , , de ugyanakkor a és c , tehát ( , ;

" ⇒ A B⊆ a A⊆ ⇒ ∀ ∈ c C∀ ∈ )a c A C∈ ×B∈ D∈ ) B Da c ∈ ×

" " A C B D (a,c) A C (a,c) B D a B c D⇐ × ⊆ × ⇒ ∀ ∈ × ⇒ ∈ × ⇒ ∈ ∧ ∈A B C D⇒ ⊆ ∧ ⊆ ;

b) A bizonyítás egyik része az a) pont, a második részében felhasználjuk az a) pontot az helyettesítésekkel; A:=B,C:=D,B:=A,D:=Cc) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( )x y A B C D x A B y C D∈ ∩ × ∩ ⇔ ∈ ∩ ∧ ∈ ∩ ⇔

x A x B y C y D⇔ ∈ ∧ ∈ ∧ ∈ ∧ ∈ ⇔( ) ( ) ( , ) ( , )x A y C x B y D x y A C x y B D∈ ∧ ∈ ∧ ∈ ∧ ∈ ⇔ ∈ × ∧ ∈ × ⇔

( , ) ( ) ( )x y A C B D⇔ ∈ × ∩ × ; d) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( , )x y A B C D x y A B x y C D∈ × ∪ × ⇒ ∈ × ∨ ∈ × ⇒

( ) (x A y B x C y D⇒ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ ∧ ∈ ⇒( ) ( )x A x C y B y D x A C y B D⇒ ∈ ∨ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ ⇒ ∈ ∪ ∧ ∈ ∪ ⇒

( , ) ( ) ( )x y A C B D⇒ ∈ ∪ × ∪ , az egyenlőség akkor igaz, ha az és egyenlőségek közül legalább az egyik teljesül;

A C= B D=

e) ( , ) ( ) ( ) ( )x y A B C x A B y C x A x B y C∈ ∪ × ⇔ ∈ ∪ ∧ ∈ ⇔ ∈ ∨ ∈ ∧ ∈ ⇔( ) ( ) ( , ) ( , )x A y C x B y C x y A C x y B C⇔ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ ∧ ∈ ⇔ ∈ × ∨ ∈ × ⇔

( , ) ( ) ( )x y A C B C⇔ ∈ × ∪ × ; f) ( , ) ( ) ( ) ( )x y A B C x A y B C x A y B y C∈ × ∪ ⇔ ∈ ∧ ∈ ∪ ⇔ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ ⇔

( ) ( ) ( , ) ( , )x A y B x A y C x y A B x y A C⇔ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ ∧ ∈ ⇔ ∈ × ∨ ∈ × ⇔( , ) ( ) ( )x y A B A C⇔ ∈ × ∪ × ;

g) ( , ) ( ) ( )x y A B C D x A B y C D∈ ∪ × ∪ ⇔ ∈ ∪ ∧ ∈ ∪ ⇔( ) (x A x B y C y D⇔ ∈ ∨ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ ⇔

( ) ( ) (C x A y D x B y C∨ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ ∧ ∈ ∨

176 Relációk

( , ) ( , ) ( , ) ( , )x y A C x y A D x y B C x y B D⇔ ∈ × ∨ ∈ × ∨ ∈ × ∨ ∈ ×( , ) ( ) ( ) ( ) ( )x y A C A D B C B D⇔ ∈ × ∪ × ∪ × ∪ ×

⇔

x y A B y C∈ ∧ ∈ ⇔)

)

x A y D x C y B⇔ ∈ ∧ ∈ ∧ ∈ ∧ ∈ A C⊆

⇒)

C× ⊆ ∪ × ∪ = ×

n A

= 1ρ ρ− ρ

; h) ( , ) ( \ ) \ ( )C x A B y C x A x B× ⇔ ∈ ∧ ∈ ⇔ ∈ ∧ ∉

( ) (x A y C x B y C⇔ ∈ ∧ ∈ ∧ ∉ ∧ ∈ ⇔( , ) ( , ) ( , ) ( ) \ ( )x y A C x y B C x y A C B C∈ × ∧ ∉ × ⇔ ∈ × × ;

i) ( , ) ( \ ) \ ( )x y A B C x A y B C x A y B y C∈ × ⇔ ∈ ∧ ∈ ⇔ ∈ ∧ ∈ ∧ ∉ ⇔( ) ( ) ( , ) ( , ) (x A y B x A y C x y A B x y A C⇔ ∈ ∧ ∈ ∧ ∈ ∧ ∉ ⇔ ∈ × ∧ ∉ × ⇔

( , ) ( ) \ ( )x y A B A C⇔ ∈ × × ; j) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( , )x y A D C B x y A D x y C B∈ × ∩ × ⇔ ∈ × ∧ ∈ × ⇔

( ) ( ) mivel és . B D ( , )x A y B x y A B⊆ ⇔ ∈ ∧ ∈ ⇔ ∈ ×

13. Legyen és ( ) . Bizonyítsd be, hogy . , A B ≠ ∅ ( )A B B A C D× ∪ × = ×

A B C D= = =Megoldás. ( , ) ( ) ( ) ( , )x y A B B A x y C D∀ ∈ × ∪ × ⇒ ∈ × , mivel

, ( , ) ( , )AB a b A B a b C D a C b D A C B D≠∅⇒ ∃ ∈ × ⇒ ∈ × ⇒ ∈ ∧ ∈ ⇒ ⊆ ∧ ⊆ de mivel ( , . De ) ( , )b a B A b a C D b C a D B C A D∈ × ⇒ ∈ × ⇒ ∈ ∧ ∈ ⇒ ⊆ ∧ ⊆

( , ) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( , )c d C D c d A B B A c d A B c d B A∀ ∈ × ⇒ ∈ × ∪ × ⇒ ∈ × ∨ ∈ ×( ) ( ) ( ) (c A d B c B d A c A c B d A d B⇒ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ ∧ ∈ ⇒ ∈ ∨ ∈ ∧ ∈ ∨ ∈ .

Mivel a C halmaz bármely eleme az A vagy a B halmazban van, így C A . Hasonlóan igazolhatjuk, hogy D A , tehát C . Ebben az esetben

(12. d.) pont), egyenlőség akkor és csak is akkor, ha A , tehát .

B= ∪B= ∪ D=

( ) ( ) ( ) ( )A B B A A B B A D× ∪B= A B C D= = =

14. Bizonyítsd be, hogy létezik olyan A halmaz, amelyre igaz a következő implikáció: ⇒ x A . x A∀ ∈ ⊂

Megoldás. Talán a legegyszerűbb példa az halmaz. { }A= ∅15. Bizonyítsd be, hogy létezik olyan A halmaz, amelyre igaz a következő implikáció:

⇒ . x A∀ ⊂ x A∈Megoldás. Szerkesszük meg a következő halmazsorozatot:

0A = ∅ , , , és általában 1 { }A = ∅ 2 { ,{ }}A = ∅ ∅ 3 { ,{ },{{ }},{ ,{ }}}A = ∅ ∅ ∅ ∅ ∅

1 ( )n nA A P A+ = ∪ . Világos, hogy ha k és, hogy az halmaz

teljesíti a kért feltételt.

k lA A⊂ l<0k

k

A∞

=

= ∪

1 .4. Gyakorlatok és feladatok

1. Határozd meg a , , , relációkat, ha 1ρ− 2ρ ρ ρ 1ρ−

, ( ){ }, osztója -nakR x y x y= ; a) ( ), ,Rρ =

Relációk 177

b) ( ), ,Rρ = , ( ){ }, osztható -nalR x y x y= ;

c) , ( ), ,Rρ = ( ){ }, 0R x y x y= + ≤ ;

d) , , , ,2 2 2 2

Rπ π π πρ

⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎟⎜= − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦, ( ){ }, sinR x y y x= ≥ .

Megoldás a) , =( , , ), {( , ) | | }R R x y x yρ = -1 1 1( , , ), {( , ) | | }R R y x x yρ − −= =

2 2 2( , , ), {( , ) | : }R R a b x a x x bρ ρ= = ∃ ∈ ∧{( , ) | : | | } {( , ) | | }a b x a x x b a b a b R= ∃ ∈ ∧ = =

ρ =

∧ =

1−∧ =

ρ =

∧ =

1−∧ =

≤

=

ρ =×

×

×

,

,

;

1 1 1 1( , , ), {( , ) | : }R R R R x y k x k k yρ ρ ρ ρ− − − −= = ∃ ∈= ∃ ∈ ∧ = ∈ = ×{( , ) | : | | } {( , ) | , }x y k k x k y x y x y

1 1 1 ( , , ), {( , ) | : }R R R R x y k x k k yρ ρ ρ ρ− − −= = ∃ ∈= ∃ ∈ ∧ = ∈ = ×{( , ) | : | | } {( , ) | , }x y k x k y k x y x y

b) , =( , , ), {( , ) | } {( , ) | | }R R x y x y x y y xρ = =-1 1 1( , , ), {( , ) | | }R R y x y xρ − −= = ,

,

2 2 2( , , ), {( , ) | : }R R a b x a x x bρ ρ= = ∃ ∈ ∧= ∃ ∈ ∧ = ={( , ) | : | | } {( , ) | | }a b x x a b x a b b a R

1 1 1 1( , , ), {( , ) | : }R R R R x y k x k k yρ ρ ρ ρ− − − −= = ∃ ∈= ∃ ∈ ∧ = ∈ = ×{( , ) | : | | } {( , ) | , }x y k x k y k x y x y ,

;

1 1 1( , , ), {( , ) | : }R R R R x y k x k k yρ ρ ρ ρ− − −= = ∃ ∈= ∃ ∈ ∧ = ∈ = ×{( , ) | : | | } {( , ) | , }x y k k x k y x y x y

c) , ( , , ), {( , ) | 0}R R x y x yρ = = +1 1 1( , , ), {( , ) | 0}R R y x x y Rρ− − −= = + ≤ ,

2 2 2( , , ), {( , ) | : }R R x y k x k k yρ ρ= = ∃ ∈ ∧ = ∃ ∈ + ≤ ∧ + ≤ ={( , ) | : 0 0}x y k x k y k ,

ρ ρ− − −= =1 1 1( , , ),R R R R , ρ ρ− − −= =1 1 1( , , ),R R R R ;

d) =( - , , - , , ), {( , ) | sin }2 2 2 2

R R x y y xπ π π πρ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= ≥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

,

-1 1 1( - , , - , , ), {( , ) | sin }2 2 2 2

R R y x x yπ π π πρ − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

≤ ,

2 2 2( - , , - , , ), {( , ) | - , : }2 2 2 2 2 2

R R x y k x k k yπ π π π π πρ ρ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= = ∃ ∈⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

ρ∧ =

{ }π π⎡ ⎤= ∃ ∈ ≥ ∧ ≥ = ≥⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦{( , ) | - , : sin sin } ( , ) sin(sin )

2 2x y k k x y k x y y x ,

178 Relációk

1 1( - , , - , , ),2 2 2 2

R R R Rπ π π πρ ρ− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1−

1{( , ) | - , : }2 2

x y k x k k yπ πρ ρ−⎡ ⎤

= ∃ ∈ ∧⎢ ⎥ =⎢ ⎥⎣ ⎦

{ }π π π π⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡= ∃ ∈ ≥ ∧ ≥ ∈ = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

2

{( , ) | - , : sin sin }= ( , ) | , -1, 1,2 2 2 2

x y k x k y k x y x y ⎤⎥⎥⎦

,

1 1( - , , - , , ),2 2 2 2

R R R Rπ π π πρ ρ− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1−

1{( , ) | - , : }2 2

x y k x k k yπ πρ ρ−⎡ ⎤

= ∃ ∈ ∧⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

=

{( , ) | - , : sin sin }= - , - ,2 2 2 2 2 2

x y k k x k yπ π π π π π⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ∃ ∈ ≥ ∧ ≥ ×⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦;

2. Legyen , és három tetszőleges reláció. Bizonyítsd be, hogy

( ), ,A B Rρ = ( )1 1 1, ,A B Rρ = 1 2

' )⇔

' )⇔

( )2 1 1, ,A B Rρ =

a) ρ ρ ; ρ ρ ρ∪ = ∩ = b) ( ) ; 1 1 11 2 1 2ρ ρ ρ ρ− − −∪ = ∪ c) ( ) . 1 1 1

1 2 1 2ρ ρ ρ ρ− − −∩ = ∩

Megoldás. a) ( , , ), ( , , )A B R R A B R Rρ ρ ρ ρ∪ = ∪ ∩ = ∩( ) ( )a b a b a b a b a b a b a bρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ∪ ⇔ ∨ ⇔ ⇔ ∧ ⇔ ∩ ;

b) 1 1 11 2 1 1 1 2 1 1( ) ( , , ), ( , ,B A S B A Sρ ρ ρ ρ− − −∪ = ∪ =

11 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1( ) ( )b a a b a b a bρ ρ ρ ρ ρ ρ−∪ ⇔ ∪ ⇔ ∨

1 1 1 11 1 1 1 2 1 1 1 2 1( )b a b a b aρ ρ ρ ρ− − − −⇔ ∨ ⇔ ∪ ;

c) 1 1 11 2 1 1 1 2 1 1( ) ( , , ), ( , ,B A S B A Sρ ρ ρ ρ− − −∩ = ∩ =

11 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1( ) ( )b a a b a b a bρ ρ ρ ρ ρ ρ−∩ ⇔ ∩ ⇔ ∧

1 1 1 11 1 1 1 2 1 1 1 2 1( )b a b a b aρ ρ ρ ρ− − − −⇔ ∧ ⇔ ∩ .

3. Milyen relációkra teljesül a ρ 1ρ− = ρ

y

y

2

egyenlőség? Megoldás. Ha , akkor egyetlen relációra sem teljesül, mert az ( , alakú elemek nem lehetnek egyszerre R -ben is meg a komplementerében is.

≠ ∅R )a a

4. Hány reláció értelmezhető egy n elemű A és egy m elemű B halmaz között ? Megoldás. Az A halmaznak m eleme van és így az A halmaznak részhalmaza van. Mivel minden részhalmaz értelmez egy relációt (és fordítva), az értelmezhető relációk száma 2 .

B× n⋅ B× 2m n⋅

m n⋅

5. Igazold, hogy a relációk szorzata asszociatív. Megoldás. 1 2 3 3 1 2(( ) ) : ( )x y k x k kρ ρ ρ ρ ρ ρ⇔ ∃ ∧ ⇔

3 2 1 3 2 1: : :k x k p k p p y k p x k k p p yρ ρ ρ ρ ρ ρ⇔ ∃ ∧ ∃ ∧ ⇔ ∃ ∧ ∃ ∧ ∧ ⇔

3 2 1 2 3 1 1 2 3: ( : ) : ( ) ( ( ))p k x k k p p y p x p p y xρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ⇔ ∃ ∃ ∧ ∧ ⇔ ∃ ∧ ⇔ , 6. Igazold, hogy ha , akkor 1ρ ρ⊆

a) ; 1 2σ ρ σ ρ⊆ b) ; 1 2ρ σ ρ σ⊆ c) , 1 11 2ρ ρ− −⊆

ahol olyan reláció, amelyre a fenti kifejezések értelmezettek. σ

Relációk 179

Megoldás a) 1 2

1 1 2( ) : :x y k x k k y k x k k yρ ρ

σ ρ ρ σ ρ σ⊆

⇒ ∃ ∧ ⇒ ∃ ∧ ⇒

2 1( ) tehát x yσ ρ σ ρ σ ρ⇒ ⊆ 2

2

2

1 12

;

b) 1 2

1 1( ) : :x y k x k k y k x k k yρ ρ

ρ σ σ ρ σ ρ⊆

⇒ ∃ ∧ ⇒ ∃ ∧ ⇒

2 1( ) tehát x yρ σ ρ σ ρ σ⇒ ⊆ ;

c) 1 21 11 1 2 2 1 tehát x y y x y x x y

ρ ρρ ρ ρ ρ ρ

⊆− −⇒ ⇒ ⇒ ⊆ ρ− −

2

2

( )( )

2

. 7. Legyen és két reflexív reláció. Bizonyítsd be, hogy a , , relációk is reflexívek.

( )1 1, ,A A Rρ = ( )2 , ,A A Rρ =

1 2ρ ρ∪ 1 2ρ ρ∩ 11 ,ρ−

1ρ ρMegoldás. Mivel reflexívek 1 2,ρ ρ

1 2 1 2: :a A a a a a a A a aρ ρ ρ ρ⇔ ∀ ∈ ∧ ⇒ ∀ ∈ ∩ ;

1 2 1 2: :a A a a a a a A a aρ ρ ρ ρ⇒ ∀ ∈ ∨ ⇒ ∀ ∈ ∪ ;;

.

11 1: :a A a a a A a aρ ρ −⇒ ∀ ∈ ⇒ ∀ ∈

1 2 2 1: ( : ) : ( )a A a a a a a a A a aρ ρ ρ ρ⇒ ∀ ∈ ∃ ∧ ⇒ ∀ ∈

8. Igazold, hogy ha és irreflexív relációk, akkor , is irreflexív, de nem feltétlenül az.

1ρ 2ρ 1 2ρ ρ∪ 11ρ−

1ρ ρ

Megoldás. 1 2,ρ ρ irreflexívek ' '1 2( : ) ( :a A a a a a aρ ρ⇔ ∃ ∈ ∧ ∃ )

' '1 2 1( : ) ( : ) :a A a a a a a a A a a a aρ ρ ρ ρ∃ ∈ ∧ ∃ ⇒ ∃ ∈ ∨ ⇒2

1 2 1 2: ( ) ( )a A a aρ ρ ρ ρ⇒ ∃ ∈ ∪ ⇒ ∪ irreflexív; 1

1 1 1: : :a A a a a A a a a A a aρ ρ ρ −∃ ∈ ⇒ ∃ ∈ ⇒ ∃ ∈ ⇒ 11ρ−

=

)a)a

1−

)

2

1

⇔)

irreflexív; pl. irreflexívek de a reláció reflexív.

' ' '1 2{ , }, {( , ),( , )}A a a a a a aρ ρ= = ' '

1 2 {( , ),( , )}a a a aρ ρ =

9. Bizonyítsd be, hogy ha és szimmetrikus relációk, akkor a , , , relációk is szimmetrikusak.

1ρ 2ρ 1 2ρ ρ∪ 1 2ρ ρ∩1

1ρ− 1

1 1ρ ρ−

Megoldás. szimmetrikusak ; 1 2,ρ ρ 1 1 2 2( , : ) ( , : )a b a b b a a b a b b aρ ρ ρ ρ⇔ ∀ ⇒ ∧ ∀ ⇒,a b∀ -re ha ; 1 2 1 2 1 2 1 2( ) (a b a b a b b a b a bρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ∪ ⇒ ∨ ⇒ ∨ ⇒ ∪,a b∀ -re ha ; 1 2 1 2 1 2 1 2( ) (a b a b a b b a b a bρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ∩ ⇒ ∧ ⇒ ∧ ⇒ ∩

,a b∀ -re ha ; 1 11 1 1 1a b b a a b b aρ ρ ρ ρ− −⇒ ⇒ ⇒

,a b∀ -re ha 1 11 1 1 1 1 1( ) : :a b k a k k b k k a b kρ ρ ρ ρ ρ ρ− −⇒ ∃ ∧ ⇒ ∃ ∧ ⇒

1 11 1 1 1: (k b k k a b aρ ρ ρ ρ− −⇒ ∃ ∧ ⇒ .

10. Legyenek és szimmetrikus relációk. Bizonyítsd be, hogy a reláció pontosan akkor szimmetrikus, ha .

1ρ 2ρ 1ρ ρ

1 2 2ρ ρ ρ ρ=Megoldás

1 2 1 2 2 1" " ( ) ( ) :szimmetria

a b b a k b k k aρ ρ ρ ρ ρ ρ⇒ ⇔ ⇔ ∃ ∧

1 2 2 1: (k a k k b a bρ ρ ρ ρ⇔ ∃ ∧ ⇔ ;

180 Relációk 1 2 2 1

1 2 2 1 1 2" " ( ) ( ) :a b a b k a k k bρ ρ ρ ρ

ρ ρ ρ ρ ρ ρ=

⇐ ⇔ ⇔ ∃ ∧ ⇔)

2

2 Δ

⇒

b

⇒

2 1 1 2: (k b k k a b aρ ρ ρ ρ⇔ ∃ ∧ ⇔ . 11. Igazold, hogy ha és antiszimmetrikus relációk, akkor 1ρ 2ρ

a) és is antiszimmetrikus. 1ρ ρ∩ 11ρ−

b) akkor és csak akkor antiszimmetrikus, ha . 1ρ ρ∪ 11 2ρ ρ−∩ ⊆

Megoldás. 1ρ és antiszimmetrikusak, tehát és ;

2ρ 1 1( )a b b a a bρ ρ∧ ⇒ =

2 2( )a b b a a bρ ρ∧ ⇒ =a) 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )a b b a a b a b b a b aρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ∩ ∧ ∩ ⇒ ∧ ∧ ∧

1 1 2 2( ) ( )a b b a a b b a a bρ ρ ρ ρ⇒ ∧ ∧ ∧ ⇒ = , ; 1 11 1 1 1a b b a b a a b aρ ρ ρ ρ− −∧ ⇒ ∧ ⇒ =

b) !1 1

1 2 1 2 1 2" " ( )a b a b a b a b b aρ ρ ρ ρ ρ ρ− −⇒ ∩ ⇒ ∧ ⇒ ∧1 2 antiszimm. 1

1 2 1 2 1 2( ) ( ) , tehát a b b a a b a bρ ρ

ρ ρ ρ ρ ρ ρ∪ −⇒ ∪ ∧ ∪ ⇒ = ⇒ Δ ∩ ⊆ Δ

⇒) ⇒

⇒ = ⇒ =

2

ρ

;

1 2 1 2 1 2 1 2" " ( ) ( ) ( ) ( )a b b a a b a b b a b aρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ⇐ ∪ ∧ ∪ ⇒ ∨ ∧ ∨

1 1 2 2 1 2 2 1( ) ( ) ( ) (a b b a a b b a a b b a a b b aρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ⇒ ∧ ∨ ∧ ∨ ∧ ∨ ∧1 1

1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( )a b a b a b a b b a b aρ ρ ρ ρ− −⇒ = ∨ = ∨ ∧ ∨ ∧ ⇒1

1 21 11 2 1 2( ) ( ) ( )a b a b b a a b a b a b a b

ρ ρρ ρ ρ ρ

−∩ ⊆Δ− −∨ ∩ ∨ ∩ ⇒ = ∨ = ∨ = . Tehát ρ antiszimmetrikus. ρ∪1

12. Adj példát olyan relációra, amely a) reflexív, szimmetrikus, nem tranzitív; b) reflexív, antiszimmetrikus, nem tranzitív; c) reflexív, tranzitív, nem szimmetrikus, nem antiszimmetrikus; d) antiszimmetrikus, tranzitív, nem reflexív.

Megoldás a) ; { , , }, {( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , )}A a b c a a b b c c a b b c b a c bρ= =b) ; { , , }, {( , ),( , ),( , ),( , ),( , )}A a b c a a b b c c a b b cρ= =c) ; { , , }, {( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , )}A a b c a a b b c c a b b c a c b aρ= =d) . { , , }, {( , ),( , ),( , )}A a b c a b b c a cρ= =13. Igazold, hogy ha szimmetrikus és antiszimmetrikus reláció, akkor tranzitív is. ρ ρMegoldás. Ha szimmetrikus és antiszimmetrikus, akkor a és b esetén

és , tehát a és . Mivel , tehát a reláció tranzitív is.

ρ bρ cρρ ρ∧( )a b b a ρ ρ∧( )b c c b b= =b c ρ ⇒a b a c

G yakorlatok és feladatok

1. Határozd meg az összes rendezési relációt az { }1,2, 3A= halmazon. Megoldás

Relációk 181

1 2{(1,1),(2,2),(3, 3)}, {(1,1),(2,2),(3, 3),(1,2)},ρ ρ= =

.

3 4{(1,1),(2,2),(3, 3),(2, 3)}, {(1,1),(2,2),(3, 3),(1, 3)},ρ ρ= =

5 6{(1,1),(2,2),(3, 3),(2,1)}, {(1,1),(2,2),(3, 3),(3,2)},ρ ρ= =

7 8{(1,1),(2,2),(3, 3),(3,1)}, {(1,1),(2,2),(3, 3),(1,2),(1, 3)},ρ ρ= =

9 10{(1,1),(2,2),(3, 3),(1,2),(3,2)}, {(1,1),(2,2),(3, 3),(2,1),(2, 3)},ρ ρ= =

11 12{(1,1),(2,2),(3, 3),(2,1),(3,1)}, {(1,1),(2,2),(3, 3),(1, 3),(2, 3)},ρ ρ= =

13 14{(1,1),(2,2),(3, 3),(3,1),(3,2)}, {(1,1),(2,2),(3, 3),(1,2),(1, 3),(2, 3)},ρ ρ= =

15 16{(1,1),(2,2),(3, 3),(1,2),(1, 3),(3,2)}, {(1,1),(2,2),(3, 3),(1,2),(3,1),(3,2)},ρ ρ= =

17 18{(1,1),(2,2),(3, 3),(1, 3),(2,1),(2, 3)}, {(1,1),(2,2),(3, 3),(2,1),(2, 3),(3,1)},ρ ρ= =

19 {(1,1),(2,2),(3, 3),(2,1),(3,2),(3,1)}ρ =2. Igazold, hogy ( ),≤ jól rendezett, viszont ( ),≤ , ( ),≤ , ( nem. ),≤Megoldás. Mivel bármely részhalmazát választjuk az -nek, létezik a halmaz legkisebb eleme (ez az állítás egyenértékű az indukciós elvvel), amely nem lehet kisebb, mint , tehát ( , jólrendezett halmaz, a ( , pedig nem, mert pl. a ( intervallum és a megfelelő halmaz metszetéből keletkezett halmaznak nincs legkisebb eleme.

0 )≤ ),( , ),( , )≤ ≤ ≤,x−∞ )

h h 2

1

)

3. Bizonyítsd be, hogy egy teljesen rendezett halmaznak legfeljebb egy minimális (maximális) eleme létezhet. Megoldás. Ha és minimális elemek, akkor a H teljesen rendezett tulajdonsága alapján esetén és . Így viszont és

, tehát .

1x H∈ 2x H∈h H∀ ∈ 1x ≤ 2x ≤ 1x x≤

2x x≤ 1 2x x=4. Igazold, hogy egy teljesen rendezett halmaz minden részhalmaza teljesen rendezett. Megoldás. Feltételezzük, hogy az állítás nem igaz, ekkor létezik olyan részhalmaz, amelyben az x és az y elemek nem összehasonlíthatók. Így viszont ezek az elemek az eredeti halmazban sem összehasonlíthatók, tehát az eredeti halmaz sem teljesen rendezett. Ez ellentmondás, tehát teljesen rendezett halmaz minden részhalmaza is teljesen rendezett. 5. Legyen teljesen rendezett halmaz, amelyben minden nemüres részhalmaznak létezik infimuma illetve szuprémuma és legyen egy növekvő függvény, vagyis , ⇒ . Igazold, hogy létezik a A úgy, hogy . (Azt mondjuk, hogy a fixpontja -nek.)

( ,A ≤:f A A→

,x y A∀ ∈ x y≤ ( ) ( )f x f y≤ ∈( )f a a= f

Megoldás. A 1 { (H x A x f x= ∈ ≤ )} és a 2 {H x A x f x= ∈ ≥ ( )}

H

halmazok közül legalább az egyik nem üres. Feltételezhetjük, hogy . A feltételek alapján létezik . A szuprémum értelmezése alapján ha , akkor

, tehát és így szintén felső korlátja -nek. De s szuprémum, tehát . Tehát és így , tehát . Az

felső korlát, tehát . Az előbbi egyenlőtlenségek alapján .

1H ≠ ∅

1sups = 1x H∈x s≤ ( ) ( )x f x f s≤ ≤ ( )f s 1H

( )s f s≤ 1s H∈ ( ) ( ( ))f s f f s≤ 1( )f s H∈s ( )f s s≤ ( )f s s=

182 Relációk

6. Legyen egy teljesen rendezett véges halmaz. Bizonyítsd be, hogy ( ) jólrendezett.

( ,A ≤)

∈

,A ≤

Megoldás. Ha teljesen rendezett és véges, akkor az elemei felírhatók alakban (előbb megkeressük a legkisebbet, majd az utána

következőt, stb.). Minden részhalmaz ennek a láncnak egy része és így van benne legkisebb elem (a legkisebb indexű).

(A, )≤

1 2 ... na a a< < <

1 .6. Gyakorlatok és feladatok 1. Igazold, hogy az A halmazon megadott ρ reláció pontosan akkor lesz egyszerre ekvivalencia reláció és rendezés, ha . ( )Aρ = ΔMegoldás. Legyen a reláció egyszerre ekvivalencia és rendezés. Az értelmezések alapján szimmetrikus is és antiszimmetrikus is. Tehát tetszőleges

esetén ha , akkor a szimmetria alapján és az antiszimmetria alapján , tehát R . Ugyanakkor a reláció reflexív is, tehát és így

.

( , , )A A Rρ =ρ

,x y A∈ x yρ y xρx y= ⊂Δ ρ RΔ⊂

( )Aρ = Δ2. Legyen A a sík összes egyeneseinek a halmaza. Ekvivalencia reláció-e a

a) párhuzamosság; b) merőlegesség? Hát a térben?

Megoldás. a) A párhuzamossági reláció szimmetrikus és tranzitív. Ha a geometriai értelmezést tekintjük, akkor önmagával egy egyenes sem párhuzamos, mert az önmagával való metszet nem üreshalmaz. Másrészt ha vektoriálisan értelmezzük a párhuzamosságot (azonos irányvektorral rendelkező egyenesek), akkor két egybeeső egyenest is nevezhetünk párhuzamosnak. Az első esetben a párhuzamosság nem ekvivalencia, a másodikban igen. b) Egy egyenes sem merőleges önmagára, tehát a reláció nem reflexív (nem is tranzitív) és így nem ekvivalencia reláció. 3. -en értelmezzük az a b ⇔ relációt. Igazold, hogy ρ ekvivalencia reláció.

ρ a b− ∈

Megoldás. A ( , , ), -R a b a bρ ρ= ⇔ reláció reflexív mert minden a esetén. Ha a b és b c , akkor

, tehát a reláció tranzitív. Ha a b , akkor , tehát a szimmetria is teljesül és így ekvivalencia reláció.

0 -a a= ∈ ∈ − ∈ − ∈( ) ( )a c a b b c− = − + − ∈ − ∈

b a− ∈ ρ4. Bizonyítsd be, hogy ha ekvivalencia reláció, akkor ρ

a) x xρ∈ ; b) x ⇔ yρ x yρ ρ= ; c) ekvivalencia reláció. 1ρ−

Megoldás a) { | }x y x yρ = ρ és ρ ekvivalencia reláció, tehát ρ reflexív és így x -ből következik, hogy

xρx xρ∈ ;

b) Ha " ⇒ " a ρ∈ x , akkor x , tehát (szimmetria) a . Így x alapján a (tranzitivitás). Tehát

aρ xρ yρ yρa ρ∈ y és így xρ ρ⊆ y . A fordított bennfoglalás igazolása

hasonlóan történik.

Relációk 183

" "⇐ ( )x y SZ

x x x y y x xρ ρ

ρ ρ ρ=

∈ ⇒ ∈ ⇒ ⇒ yρρ

; c) , tehát reflexív. ρ− ⇔1x x x x 1ρ− -1 -1 x y és y z y x és z yρ ρ ρ ρ⇔ ⇔

ρρ ρ ρ ρ⇔ ⇒ ⇒

tr -1 anzitív

z y és y x z x x z , tehát tranzitív. 1ρ−

Ugyanakkor , tehát szimmetrikus is. ρ

ρ ρ ρ ρ−⇔ ⇔ ⇔ -1 1szimmetrikus

x y y x x y y x 1ρ−

5. Bizonyítsd be, hogy pontosan akkor ekvivalencia reláció, ha .

( , , )A A Rρ =

( ) ( )1 Aρ ρ ρ− ∪Δ =

Megoldás. Ha ekvivalencia reláció, akkor világos, hogy , tehát elégsége a fordított állítást igazolni. Feltételezzük, hogy és igazoljuk, hogy ekvivalencia reláció. Mivel , a ρ reláció reflexív.

, tehát szimmetrikus is és így ρ is szimmetrikus. A tranzitivitás igazolásához feltételezhetjük, hogy x y (ellenkező esetben az és összefüggésekből következik, hogy ) és valamint . Az előbbi relációk (és szimmetriája) alapján y és így , tehát . Ez alapján következik, hogy vagyis a reláció tranzitív.

ρ 1( ) ( )Aρ ρ ρ− ∪Δ =1( ) ( )Aρ ρ ρ− ∪Δ =

ρ ( )A RΔ ⊂-1 -1 1 -1)( ) : : (x y a x a a y a a x y a y xρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ−⇔ ∃ ∧ ⇔ ∃ ∧ ⇔

≠

)z

1

b

bc

1ρ ρ−∪

z x≠ ≠ ρx y ρy zx zρ ρx y ρy z

ρ xρ 1x yρ− ( 1x ρ ρ−

x zρ6. a) Bizonyítsd be, hogy ha , ekvivalencia relációk -n, akkor 1ρ 2ρ A

1 2 A Aρ ρ = × ⇔ . 2 1 A Aρ ρ = ×b) Adjál példát olyan , ekvivalencia relációkra, amelyekre

és . 1ρ 2ρ 1 2 A Aρ ρ = ×

1 2A Aρ ρ≠ × ≠

Megoldás. a) . ( ) 1 1 11 2 1 2 2 1 2ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ− − −= = =

b) Az halmazon a és osztályfelbontások által meghatározott ekvivalencia relációk teljesítik a feltételeket.

{1,2, 3, 4}A= 1 {{1,2},{3, 4}}P = 2 {{1, 3},{2, 4}}P =

7. Legyen tetszőleges függvény. Értelmezzük a relációt a következőképpen: esetén ⇔ . Igazold, hogy ekvivalencia reláció A -n.

:f A B→ ker ( , , )f A A R= ,a b A∀ ∈ kera f ( ) ( )f a f b= ker f

Megoldás. ( ) ( ) ker ,f a f a a f a a A= ⇒ ∀ ∈ , tehát a reláció reflexív. és , akkor , tehát

ker a f ker b f ( ) ( ) ( )f a f b f c= = ker a f c

b a

))c 2 2

)ca

és így a reláció tranzitív. Ha , akkor , tehát és így . Az előbbiek

alapján a reláció egy ekvivalencia reláció.

ker a f ( ) ( )f a f b= ( ) ( )f b f a= kerb f

ker f8. Igazold, hogy két ekvivalencia reláció metszete is ekvivalencia reláció. Megoldás. Mivel , tehát a metszet reflexív. Ha

és , akkor , tehát . Így , tehát a metszet tranzitív. A szimmetria a következő ekvivalenciák alapján

nyilvánvaló: .

1 2 1 2(a a a a a aρ ρ ρ ρ∧ ⇒ ∩

1 2( )a bρ ρ∩ 1 2(b ρ ρ∩ 1 2 1a b a b b c b cρ ρ ρ ρ∧ ∧ ∧ 1a c a cρ ρ∧

1 2(a ρ ρ∩

1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )a b a b a b b a b a bρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ∩ ⇔ ∧ ⇔ ∧ ⇔ ∩

184 Relációk

9. Igazold, hogy a és ekvivalencia relációk egyesítése pontosan akkor ekvivalencia reláció, ha .

1ρ 2ρ

1 2 1ρ ρ ρ ρ∪ = 2

2 2

2 )b )c)c 1 1

)k ρ ρ ρ ρ∪ =

1cρ)c 2

2 c

2 )b

2

2

2

1

2

1

2 1

2

2 1

2 cx

2

)y )y

2

1

2 2 2

2

2

⊂

Megoldás. Az egyesítés reflexív és szimmetrikus, tehát azt kell igazolnunk, hogy pontosan akkor tranzitív ha . 1ρ ρ∪ 1 2 1ρ ρ ρ ρ∪ =

Ha és valamint , akkor és . Tehát és . De , tehát ismét a összefüggést használva vagy .

Ha , akkor alapján és így h -ból következik, hogy . A esetben és így ismét és így a reláció

tranzitív is.

1 2 1ρ ρ ρ ρ∪ = 1 2(a ρ ρ∪ 1 2(b ρ ρ∪ 1 2( )a bρ ρ

1 2(b ρ ρ 2:k a k k bρ ρ∃ ∧ 2:h b h h cρ ρ∃ ∧ ρ ρ∧ ⇒2 1h b b h

1 2(h ρ ρ 1 2 1 2 1h kρ 2h kρ

2k hρ 2a kρ 2a hρ 1 2( )a cρ ρ

1h kρ 1k cρ 1 2(a ρ ρ 1 2 1ρ ρ ρ ρ∪ =

Ha a reláció tranzitív, akkor -ből következik, hogy , tehát . Másrészt ha , akkor vagy . Az első esetben az és a második esetben a alapján következik, hogy , tehát a bennfoglalás mindig igaz. Így világos, hogy pontosan akkor tranzitív, ha .

1ρ ρ∪ ( )ρ ρ1 2a 1 2( )a cρ ρ∪

1 2 1ρ ρ ρ ρ⊂ ∪ 1 2(a ρ ρ∪ 1a bρ 2a bρ

2a aρ 1b bρ 1 2( )a bρ ρ

1 2 1ρ ρ ρ ρ∪ ⊂ 1 2ρ ρ∪

1 2 1ρ ρ ρ ρ∪ =10. Igazold, hogy a és ekvivalencia relációk esetén pontosan akkor ekvivalencia reláció, ha .

1ρ 2ρ 1ρ ρ1 2 2ρ ρ ρ ρ=

Megoldás. Az összetevés mindig reflexív. Ha szimmetrikus, akkor , tehát a bizonyítás teljességéhez

szükséges a szimmetriáját és tranzitivitását igazolni ha . Ha az előbbi egyenlőség teljesül, akkor , tehát a reláció szimmetrikus. Mivel és ekvivalencia relációk és

. Ugyanakkor ha és , akkor létezik olyan x és y , amelyre , , és . Így , tehát és . Ebből következik, hogy . De

1ρ ρ1 1 1

1 2 1 2 2 1 2( )ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ− − −= = =

1ρ ρ 1 2 2ρ ρ ρ ρ=1 1 1

1 2 2 1 2 1 1( )ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ− − −= = =

1ρ ρ 1ρ 2ρ21ρ ρ=

22ρ ρ= ( )1 2a bρ ρ ( )1 2b ρ ρ

2a xρ 1x bρ 2b yρ 1y cρ 1 2yρ ρ 1 2x yρ ρ 2 1x yρ ρ

2 1 2( )a yρ ρ ρ

2 1 2 1 2 2 1 2 2 1( ) ( ) ( )ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ= = = és így . Ebből következik, hogy és az összetevés asszociativitása miatt , tehát .

1 2(a ρ ρ 1 1 2(aρ ρ ρ

1 1 2 1 1 2 1( ) ( )ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ= = 1 2( )a yρ ρ11. Bizonyítsd be, hogy ha és ekvivalencia relációk és , akkor

, ahol jelöli a relációt tartalmazó legszűkebb ekvivalencia relációt.

1ρ 2ρ 1 2 2ρ ρ ρ ρ=

1 2 1ρ ρ ρ ρ+ = 1ρ ρ+ 1ρ ρ∪

Megoldás. Mivel ekvivalencia reláció, és . Elégséges igazolnunk

1 2 2 1 1=ρ ρ ρ ρ ρ ρ⇒

1 2 1ρ ρ ρ ρ∪ ⊆, hogy ez a legszűkebb ekvivalencia reláció, amely tartalmazza az egyesítést. Ha σ egy ekvivalencia reláció és , akkor igazoljuk, hogy . 1 2ρ ρ σ∪ ⊂ 1 2ρ ρ σ

Relációk 185

Ha , akkor . Ebből viszont következik, hogy

és így a k , tehát a vagyis . 1 2 (a ρ ρ )b 2

)b

i

p C+=

= ∑ 0 1p =

1:k A a k k bρ ρ∃ ∈ ∧

1 2 1 2( ) (a k kρ ρ ρ ρ∪ ∧ ∪ k bσ σ∧ bσ 1 2ρ ρ σ⊆

12. Bizonyítsd be, hogy , , ahol az n elemű halmazon

értelmezhető ekvivalencia relációk száma.

10

ni

n n ip np

Bizonyítás. Az ekvivalencia relációk és az osztályfelbontások közt kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létezik, ezért elégséges megszámolni az osztályfelbontásokat. Ha egy elemű halmaz, akkor minden osztályfelbontásban az valamelyik osztálynak tagja. Ha eleme van az -et tartalmazó osztálynak, akkor ezt az osztályt részhalmazból lehet kiválasztani (az rögzített és a többi elemből alkotott halmaz az halmaz tetszőleges elemű részhalmaza lehet) és miután ezt az osztály lerögzítettük, a maradék

1 2 1{ , , ..., , }n nA a a a a += 1n +

1na + 1n j− +

1na +n jnC−

1na + 1 2{ , ,..., }na a an j−

j elemet tetszőlegesen osztályokra bonthatjuk. Ezt

különböző módon tehetjük meg, tehát olyan osztályfelbontás létezik, amelyben az elemet tartalmazó osztály elemeinek száma . Mivel

, az összes lehetséges partíció száma

jpn j jn j nC p C p− = j

jp

A 1

2

1na + 1n j− +

{0,1,2,..., }n j n− ∈ 10

nj

n nj

p C+=

=∑13. Definiáljuk a ≤ és < relációkat az halmazon a szokásos módon. Igazold, hogy < < ; ≤ < ; . ≠< =< 2≤ ≥=Megoldás. Vegyük a 3 és 4 számokat tudjuk, hogy 3<4, de nem igaz, hogy 3 4, mivel nem létezik egy x úgy, hogy 3<x és x<4; Valóban

= ,mivel ebben az esetben az x közbeeső számnak választhatjuk a legnagyobbat. Igaz, hogy mert választhatjuk a 0-t annak a számnak amely kisebb vagy egyenlő a relációban levő mindkét számnál.

< < ∈≤ < < ∈

2≤ ≥=

14. Bizonyítsd be, hogy rendezési reláció. ( )AΔ

Megoldás. A reláció reflexív és tranzitív, antiszimmetrikus is, mivel teljesül, hogy .

( )AΔ( ) ( )a A a a A a a aΔ ∧ Δ ⇒ =

15. Bizonyítsd be, hogy a) Minden rendezett halmaznak legfeljebb egy maximuma (minimuma) van. b) Egy halmaz legnagyobb (legkisebb) eleme egyben a halmaz maximális

(minimális) eleme. Megoldás a) Feltételezzük, hogy az ( , rendezett halmaznak két maximuma van, és . A maximum értelmezése alapján , és , . Mivel

és igazak az és egyenlőtlenségek. Ez viszont azt jelenti, hogy , tehát egynél több maximuma nem lehet egy halmaznak.

)A ≤ 1M 2M

1x M≤ x A∀ ∈ 2x M≤ x A∀ ∈

1M ∈ 2M A∈ 1 2M M≤ 2M M≤

1M M=

186 Relációk

b) Egy rendezett halmaz legnagyobb eleme összehasonlítható az összes többi elemmel és így maximális elem is. 16. Adj példát olyan rendezett halmazra, amelynek pontosan egy minimális eleme van, de nincs minimuma.

Megoldás. Az {1 3,

2 2A = ∪ } halmazon értelmezzük a következő relációt:

x y≺ ha és x vagy ha ,x y ∈ y≤12

x = és 32

y = .

Az 12

minimális elem, mert kisebb az összes olyan elemnél, akikkel

összehasonlítható, de nem minimum, mert nem hasonlítható össze minden elemmel. A többi elem nem minimális elem, mert mindegyikre találunk nálánál kisebb elemet is. 17. Igazold, hogy ha rendezés, akkor is az. ρ 1ρ−

Megoldás. 1a a a aρ ρ−⇔ , tehát ha rendezés, akkor reflexív. Ha és , akkor b és c , tehát c és b . Így c , tehát és a reláció

tranzitív. Hasonló módon az antiszimmetria is visszavezetődik a reláció antiszimmetriájára.

ρ 1ρ− 1a bρ−

1b cρ− aρ bρ bρ aρ aρ 1a cρ− 1ρ−

ρ

18. Igazold, hogy két rendezés metszete rendezés. Megoldás. Ha és két rendezési reláció -n, akkor a ρ reláció is reflexív, mert mindkét relációnak része. Ha , akkor

, tehát a metszet tranzitív is. Mivel , a reláció

antiszimmetrikus, így rendezési reláció.

ρ σ A σ∩( )AΔ ( ) (a b bρ σ ρ σ∩ ∧ ∩ )c

)b

)

)

)

(a b a b b c b c a c a c a cρ σ ρ σ ρ σ ρ σ∧ ∧ ∧ ⇒ ∧ ⇔ ∩( ) ( )a b b a a b a b b a b a aρ σ ρ σ ρ σ ρ σ∩ ∧ ∩ ⇔ ∧ ∧ ∧ ⇒ = ρ σ∩

19. Bizonyítsd be, hogy ha a < reláció irreflexív és tranzitív, akkor az reláció rendezés. x y≤

def ( vagy x y x y⇔ < =

Megoldás. Tudjuk, hogy < reláció irreflexív és tranzitív, akkor: (R)-a a , az utóbbi teljesül, tehát a reflexív; a a a a≤ ⇔ < ∨ = ≤(T)- és mivel < tranzitív ( ) (a b b c a b a b b c b c≤ ∧ ≤ ⇔ < ∨ = ∧ < ∨ =

a c a c a c⇒ < ∨ = ⇔ ≤ ; (ASZ)- , mivel az első

feltételek kizárják egymást, ezért a b . ( ) (a b b a a b a b b a b a≤ ∧ ≤ ⇔ < ∨ = ∧ < ∨ =

=(ez az oka annak, hogy az irreflexív és tranzitív relációkat előrendezésnek nevezzük) 20. Bizonyítsd be, hogy ha A és rendezett halmazok és bijektív és mono-ton függvény, akkor

1A 1:f A A→1f − nem feltétlenül monoton. Mi történik, ha teljesen rendezett? A

Megoldás. Legyen az oszthatósággal rendezve ( ), és a nagyságrendi relációval rendezve ( ). Az , függvény bijektív és szigorúan növekvő mivel a b . Az

*A = *( ,|) *1 :A =

*( , )≤ 1:f A A→ ( )f x x=| ( ) ( )a b f a f b⇒ ≤ ⇔ ≤ 1

1: A A− → f

Relációk 187

függvény nem monoton, mivel de a 2 | reláció nem teljesül. Ha A teljesen rendezett, akkor az

2 3< 31f − függvény is monoton.

21. Adj meg rendezést -en és -n. 2

Megoldás. Legyen halmaz úgy, hogy ( , . Könnyen igazolható, hogy a reláció rendezés. Legyen ( , halmaz úgy, hogy

. Így a ( , egy rendezett halmaz. (Ezek a rendezések sajnos nem összeférhetők az algebrai műveletekkel)

2( , )≤ ) ( , )a b c d a c≤ b d≤ ⇔ ∧ ≤

j

0

)≤

1 2 1 2 1 2(Re Re ) (Im Im )z z z z z z≤ ⇔ ≤ ∧ ≤ )≤

22. Lásd be, hogy minden véges halmaz teljesen rendezhető! Megoldás. Ha a halmaz, akkor az

összefüggésekkel értelmezett reláció egy rendezés A -n. 1 2{ , ,..., }nH a a a= i ja a i≤ ⇔ ≤

23. Azt mondjuk, hogy az A rendezett halmaz a) kielégíti a minimumfeltételt, ha -nak minden nem üres részhalmaza tartalmaz

legalább egy minimális elemet; A

b) kielégíti a csökkenő sorozatok megszakadásának feltételét, ha -ban minden szigorúan csökkenő sorozat véges;

A

c) induktív, ha minden T tulajdonságra teljesül a következő feltétel: ha minden elemre abból, hogy az a alatti elemek teljesítik T -t következik, hogy a

teljesíti T -t, akkor A minden elemére teljesül T . a A∈

Igazold, hogy a) ⇔ b) ⇔ c). Megoldás a) b) ⇒ Ha létezne egy végtelen és szigorúan csökkenő sorozat A -ban, akkor a sorozat tagjaiból alkotott halmaznak (nem üres és részhalmaza A-nak) nem létezne minimális eleme. b) ⇒ c) Azt igazoljuk, hogy ha az halmaz nem induktív, akkor létezik végtelen hosszúságú szigorúan csökkenő sorozat. Ha az A nem induktív, akkor létezik olyan

tulajdonság, amely nem igaz minden -ra de ha a egy tetszőleges elem és T igaz minden a -nál kisebb elemre, akkor igaz a -ra is. Mivel T nem igaz minden

esetén, létezik olyan , amelyre nem teljesül a T . Így viszont a T tulajdonság nem teljesülhet minden esetén, mert a -ra alkalmazva a előbbi tulajdonságot ellentmondáshoz jutunk. Így létezik olyan elem, amelyre nem teljesül a T . Ezt a gondolatmenetet megismételve szerkeszthetünk egy végtelen sok különböző elemből álló szigorúan csökkenő sorozatot. Ez alapján a b) ⇒ c) implikáció igaz.

A

T x A∈

x A∈ 0x

0x x< 0x=

1x x<

c) ⇒ a) Feltételezzük, hogy A -ban nincsenek minimális elemek és igazoljuk, hogy A nem induktív. Legyen a egy rögzített eleme A -nak. Vizsgáljuk a következő tulajdonságot:

:Tx x a> .

Ha Ty igaz minden y esetén, akkor mivel u nem minimális elem, létezik olyan , amelyre . Erre az elemre a T tulajdonság igaz, tehát a . A

tranzitivitás alapján a , tehát T igaz -ra is. Ugyanakkor a tulajdonság nem igaz

u<x A∈ x u< x<

u< u

188 Relációk

minden x esetén, mert a -ra nem teljesül. Ez alapján az A halmaz nem induktív, tehát a bizonyítás teljes.

A∈

24. Add meg az összes olyan teljesen rendezett halmazt, amelyben tetszőleges a b esetén csak véges sok olyan c van, amelyre a c .

≤b≤ ≤

Megoldás. A teljesen rendezett véges halmazok világos, hogy teljesítik a feltételt. Ha egy halmaz nem véges és teljesül a feltétel, akkor két lehetőség létezik: ha létezik minimum (vagy maximum), akkor ezt választva -nek a halmaz elemei egy (

sorozatba rendezhetők úgy, hogy pontosan akkor teljesül ha . Ha nem létezik sem a legkisebb sem a legnagyobb elem, akkor egy tetszőleges elemből kiindulva megszerkeszthetők az ( és

1a ) 1k ka

≥

( )ia ≤ ≥ ja ( )i j≤ ≥

0a) 0k ka

≥ ( )k ka−

j j

)

× →

)

0≥ sorozatok, amelyekre

pontosan akkor teljesül, ha i . Tehát a rendezés szempontjából a feltételt teljesítő halmazok lehetnek végesek, az -nel izomorfak (rendezés szempontjából) vagy a -vel izomorfak.

ia a≤ ≤

25. Add meg az összes olyan M halmazt, amin van olyan ρ jólrendezés, hogy is jólrendezés (a ρ rendezési relációt akkor nevezzük jólrendezésnek az halmazon, ha ( jólrendezett halmaz).

1ρ−

M,M ρ

Megoldás. Minden véges halmazon lehet értelmezni egy olyan jólrendezést, amelynek inverze is jólrendezés. Ugyanakkor végtelen halmazokon ilyen jólrendezés nem létezik, tehát kötelező módon véges. M26. Legyen egy olyan függvény, hogy esetén :f A A A , ,x y z A∈

( , ) ( , )f x y f y x= ; ; . ( ) ( ), ( , ) ( , ),f x f y z f f x y z= ( ),f x x x=

Értelmezzük a relációt, a következő módon: ( , ,A A R≤= ( )def

,x y f x y x≤ ⇔ = . Igazold, hogy

a) ≤ rendezés A -n; b) ( ),f x y a rendezésre vonatkozó legnagyobb alsó korlátja az { ,

halmaznak. ≤ }x y

Megoldás a) , , tehát x x , . Ha és , akkor

és , tehát ( , )f x x x= x A∀ ∈ ≤ x A∀ ∈ x y≤ y z≤

( , )f x y x= ( , )f y z y=( , ) ( ( , ), ) ( , ( , )) ( , )f x z f f x y z f x f y z f x y x= = = =

és így x , tehát a reláció tranzitív. Az antiszimmetria következik az szimmetriájából. Ha y és x , akkor és . Ugyanakkor az egyenlőség alapján x y .

z≤ fx≤ y≤ ( , )f x y x= ( , )f y x y=

( , ) ( , )f x y f y x= =b) Mivel és ( ( , ), ) ( ( , ), ) ( , ( , )) ( , ) ( , )f f x y x f f y x x f y f x x f y x f x y= = = =

( ( , ), ) ( , ( , )) ( , )f f x y y f x f y y f x y= = teljesülnek az és egyenlőtlenségek, tehát alsó korlátja az halmaznak. Ugyanakkor ha a és a , akkor és ,

( , )f x y x≤ ( , )f x y y≤ ( , )f x y{ , }x y x≤ y≤ ( , )f a x a= ( , )f a y

Relációk 189

tehát és így . Ez alapján az kifejezés az { , halmaz legnagyobb alsó korlátja. ( , ( , )) ( ( , ), ) ( , )f a f x y f f a x y f a y a= = = ( , )a f x y≤

( , )f x y }x y

192 Csoportok

3.2.7. Gyakorlatok és feladatok 1. Az és halmazokon értelmezzük a ,

és , függvényeket. Bizonyítsd be, hogy I és J zárt részei -nek a rajtuk értelmezett műveletekre nézve és határozd meg az és J maximális részhalmazait, amelyek csoportot alkotnak az adott műveletekkel.

[8,10]I = [2, 4]J = : I I∗ × →: 9( )x y xy x y∗ = − + + 90 12

10

]

x e e− = −

0

: J J× → : 3( )x y xy x y= − + +

I

Megoldás. Az halmaz pontosan akkor zárt a műveletre nézve, ha esetén . A 8 9 egyenlőtlenség

ekvivalens a egyenlőtlenséggel, amely igaz, mivel esetén a szorzat tényezőinek abszolút értéke nem nagyobb, mint 1 .

Számolással ellenőrizhető, hogy

[8,10]I = ∗,x y I∀ ∈ x y I∗ ∈ ( ) 90xy x y≤ − + + ≤

1 ( 9)( 9) 1x y− ≤ − − ≤, [8,10x y ∈

( ) 9( ) 81( ) 720 ( )x y z xyz xy yz zx x y z x y z∗ ∗ = − + + + + + − = ∗ ∗ , bármely , tehát a ∗ művelet asszociatív. Ha , ,

akkor . Ez minden x esetén csakis akkor teljesülhet, ha . Tehát a művelet semleges eleme. Ha , akkor az

egyenlőségből következik, hogy . Ez alapján az elemnek nem létezik inverze és a többi esetén ellenőrizni kell, hogy

teljesül-e az

, ,x y z I∈ x e e x x∗ = ∗ = x I∀ ∈

( 10) 9( 10) I∈10e = 10e = ∗ [8,10]x ∈

1 10x x−∗ = 1( 9) 9 8x x x− − = −9x = [8,10]x ∈

9 80 [8,10]9

xx−

∈−

feltétel.

9 80 88 0 (9,10]9 9

x x xx x− −

≥ ⇔ ≥ ⇔ ∈ ∪− −

{8} , és

9 80 1010 09 9

x xx x− −

≤ ⇔ ≤ ⇔− −

[8,9) {10}x ∈ ∪ ,

tehát csak a és a 10 invertálható a ∗ műveletre nézve. A halmaz a maximális részhalmaz, amelyen a ∗ művelet csoport struktúrát indukál. Hasonlóan járunk el a halmaz, illetve a művelet esetében is, ebben az esetben a semleges elem és csak a 2 illetve invertálható. Tehát a maximális részhalmaz, amelyen a művelet csoportot indukál a halmaz.

8 {8,10}

[2, 4]J =4e = 4

' {2, 4}J =2. Bizonyítsd be, hogy minden intervallumon (a ) értelmezhető olyan művelet, amellyel az I intervallum -tal izomorf csoportot alkot.

( , )I a b= b≠*( ,+ ⋅)

x y xy x y∗ = − − +

Megoldás. Lásd a 6. feladatot. 3. Bizonyítsd be, hogy a intervallumon értelmezett

, (5, )G = ∞

: 5 5 30 ,x y G∀ ∈ )

x

művelet egy -tal izomorf csoport

struktúrát határoz meg. Számítsd ki az

*( ,+ ⋅

...n

nx x x x= ∗ ∗ ∗ ∗ , elemet, ha

. Bizonyítsd be, hogy ( , .

*n ∈

x G∈ ) ( , )G R∗ +

Csoportok 193

Megoldás. Először igazoljuk, hogy a ( , struktúra valóban csoport. , mert és esetén

. Így jól értelmezett művelet G -n.

)G ∗5 5 30 ( 5)( 5) 5x y xy x y x y∗ = − − + = − − + > 5

05x > 5y >

( 5)( 5)x y− − > ∗( ) ( 5( ) 30) ( 5( ) 30)x y z x yz y z x yz y z∗ ∗ = ∗ − + + = − + + −

5( 5( ) 30) 30 5( ) 25( ) 120x yz y z xyz xy yz zx x y z− + − + + + = − + + + + + − . Hasonlóan , tehát a ∗ művelet asszociatív -n. A művelet értelmezése alapján látható, hogy a művelet kommutatív is, tehát a semleges elem létezése és az invertálható elemek megkeresése során elégséges csak az egyik egyenlőséget figyelembe venni. Az e elem pontosan akkor semleges elem, ha , . Tehát

( ) 5( ) 25( ) 120x y z xyz xy yz zx x y z∗ ∗ = − + + + + + −G

G∈5 5 30x e xe x e x∗ = − − + = x G∀ ∈

6( 5) 65

xex

−= =

−G∈ a semleges elem. Ha x és , akkor G∈ 1 6x x−∗ =

1 5 24 55

xxx

− −= >

−, , tehát minden elemnek létezik az inverze G -

ben. Az előbbiek alapján a ( , egy Ábel-csoport. Az , , függvény bijektív és

x G∀ ∈ x G∈

)G ∗ *:f G +→ ( ) 5−f x x=

⋅

n

x G∀ ∈

( ) ( 5 5 30) 5 5 25 ( 5)( 5) ( ) ( )f x y f xy x y xy x y x y f x f y∗ = − − + = − − + = − − = , tehát egy izomorfizmus és így . Az izomorfizmus alapján f *( , ) ( , )G +∗

( ) ( ... ) ( ( )) ( 5)n n nx f x x f x x= ∗ ∗ = = − ... ( 5) 5n

nx x∗ ∗ ∗ = − +

))a

) )a

)

, tehát x x . f

Megjegyzés. Ha erre az összefüggésre rájövünk indukcióval is igazolható. 4. Bizonyítsd be, hogy minden intervallumon értelmezhető olyan műve-let, amellyel az intervallum csoportot alkot és ez a csoport izomorf az csoporttal. Igaz-e az állítás a alakú intervallumokra?

( , )I a= ∞

I *( ,+ ⋅

( ,J = −∞Megoldás. Az előző feladat alapján igazolható, hogy az intervallum a

, művelettel csoportot alkot, és ez a csoport

izomorf az -al. A intervallum esetében a ,

függvény bijektív, tehát ha a műveletet az ,

összefüggéssel értelmezzük, akkor az csoporttal izomorf csoportstruktúrát kapunk.

( , )I a= ∞( )( )x y x a y a a∗ = − − + ,x y I∀ ∈

*( ,+ ⋅ ( ,J = −∞ *: ( , )g a +−∞ →

( )g x a x= − ( )1 ( ) ( )x y f f x f y−∗ = ⋅

,x y J∀ ∈ *( ,+ ⋅

5. Bizonyítsd be, hogy a intervallumon értelmezett (1, )G = ∞2 2 2 2: 2x y x y x y∗ = − − + , ,x y G∀ ∈

x y ∈ ∞

1

művelettel csoport. Bizonyítsd be, hogy .

( , )G ∗*( , ) ( , )G +∗ ⋅

Megoldás. , (1, ) 2 2 2 2 2 2( 1)( 1) 0 1 0x y x y x y⇒ − − > ⇒ − − + > , tehát , és így . Ez alapján valóban művelet az (1

intervallumon.

2( )x y∗ > 1x y∗ > ∗ , )∞

194 Csoportok

2 2 2 2( ) ( ) ( ) 2x y z x y z x y z∗ ∗ = ∗ − ∗ − + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x y z x z y z x y x y z= − − − − − − + ( )x y z= ∗ ∗ ,

tehát asszociatív művelet. Az x e , egyenletből következik,

hogy e x , , tehát

∗ e x x∗ = ∗ = x G∀ ∈2 2 2( 1) 2( 1)x− = − x G∀ ∈ 2e = a semleges elem.

1 1 2x x x x− −∗ = ∗ =2

2 1 2 2 1 2 12( ) ( ) 2 2

1xx x x x x Gx

− − −⇒ − − + = ⇒ =−

∈ ,

tehát minden elemnek létezik inverz eleme. Az , (1, )x ∈ ∞ *:f G +→2( ) 1f x x= − függvény bijektív és

2 2 2 2 2 2( ) ( 2) ( ( 1)( 1) 1)f x y f x y x y f x y∗ = − − + = − − + = 2 2( 1)( 1) ( ) (x y f x f= − − = )y ,

tehát . *( , ) ( )G +∗

6. Bizonyítsd be, hogy a intervallumon értelmezett ( , )G a b=

2 2

( ) 2 ( ) ( ):2 ( )( )a b xy ab x y ab a bx yxy a b x y a b+ − + + +

∗ =− + + + +

, ,x y G∀ ∈ művelettel csoport.

Bizonyítsd be, hogy .

( , )G ∗

*( , ) ( , )G +∗ ⋅

Megoldás. Az , *: ( , )f a b +→ ( ) x af xb x−

=−

, függvény bijektív és

, , tehát a tankönyv 214. oldalán megoldott 6. feladat

alapján

( , )x a b∀ ∈

( ) ( ) ( )f x y f x f y∗ = ⋅ ( , )x a b∀ ∈

⋅( , )G ∗ csoport és . Ugyanezek a tulajdonságok igazolhatók az axiómák ellenőrzésével is, de a leírás sokkal hosszabb.

*( , ) ( , )G +∗

7. Bizonyítsd be, hogy az -en értelmezett : n nnx y x y∗ = + , ,x y∀ ∈ (n pá-ratlan) művelettel ( , csoport. Bizonyítsd be, hogy ( , . )∗ ) ( , )∗ +Megoldás. A művelet jól értelmezett, tehát elégséges ellenőrizni az axiómák teljesülését. ( ) ( )n n n n n nn n nx y z x y z x y z∗ ∗ = + + = + + n , mert n páratlan és

( ) ( )n n n n n nn n nx y z x y z x y z∗ ∗ = + + = + + n , tehát a ∗ művelet asszociatív. Az értelmezés alapján látható, hogy a művelet kommutatív, ezért a továbbiakban elégséges csak az egyik összefüggést használni. Az e elem pontosan akkor semleges elem, ha x e , . Így az

összefüggéshez jutunk, tehát a semleges elem.

∈x∗ = x∀ ∈ ,n n nx e x x+ = ∀ ∈

0e =1 10 ( )n nnx x x x− −∗ = ⇔ + = 0 − = −, tehát minden x esetén. Így

az struktúra egy kommutatív csoport. Az ,

1x x ∈ ∈

( , )∗ :f → ( ) ,nf x x x= ∀ ∈

függvény bijektív és ( ) ( ) ( ) ( )n n n nnf x y f x y x y f x f y∗ = + = + = + x∀ ∈, ,

tehát ( , . ) ( , )∗ +

Csoportok 195

Megjegyzés. Ebben az esetben is elégséges lenne az izomorfizmust megszerkeszteni és hivatkozni a tankönyv 214. oldalának 6. megoldott feladatára. 8. Bizonyítsd be, hogy az -en értelmezett ( ): nn nnx y x y a∗ = + − ,x y∀ ∈, ( páratlan) művelettel ( , csoport. Bizonyítsd be, hogy ( , . n )∗ ) ( , )∗ +Megoldás. Az előbbi feladathoz hasonlóan, ( ) ( )x y z x y z∗ ∗ = ∗ ∗ =

( 2 nn nnx y z a= + + − )n , továbbá e a semleges elem és bármely esetén az

= ∈ x ∈1 (2 )nn nx a− = − x az x inverz eleme, tehát ( , csoport. )∗

Az , :f → ( ) n nf x x a= − függvény, bijektív és teljesíti az feltételt esetén, tehát ( , . ( ) ( ) (f x y f x f y∗ = + ) ,x y∀ ∈ ) ( , )∗ +

9. Bizonyítsd be, hogy a intervallumon értelmezett (1, ) \ {2}G = ∞5ln 1: ( 1) 1yx y x −∗ = − + , művelettel ( , csoport. ,x y G∀ ∈ )G ∗

Megoldás. Mivel és az x kifejezés jól értelmezett és , mert -hez hozzáadjuk egy pozitív szám valamilyen hatványát. Az egyenlőség nem teljesül, mert , tehát valóban művelet -n. Másrészt

1x > 1y > y∗ 1x y∗ >1 2x y∗ =

1 0x − ≠ ∗ G55ln 1 ln 1( ) ( 1) ( )y zx y z x x y z− ⋅ −∗ ∗ = − = ∗ ∗ , tehát a művelet asszociatív. Az

egyenlőségből kapjuk, hogy a semleges elem, míg az

egyenletből

x e e x x∗ = ∗ = 5 1e e= +

1 1x x x x e− −∗ = ∗ = 55

1 ln 11 xx e− −= + > 1 . Ez benne van a G halmazban (nem lehet 2 , mert az e kitevője nem lehet ) minden esetén, tehát ( , csoport.

0 x G∈)G ∗

Megjegyzés. Az *:f G → , (1( ) ln 15

f x x= − )

f x y f x f y∗ = ⋅ ,x y G∀ ∈ ⋅

függvény bijektív és

, , tehát . Itt is elégséges lett volna

megszerkeszteni az izomorfizmust és hivatkozni a tankönyv 214. oldalán megoldott 6. feladatra.

( ) ( ) ( ) *( , ) ( , )G ∗

10. Bizonyítsd be, hogy a ,2 2

G π π⎛ ⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎝⎞⎠

intervallumon értelmezett

, ( ): arctg tg tgx y x y∗ = + ,x y G∀ ∈ művelettel csoport. Bizonyítsd be, hogy ( , .

( , )G ∗) ( , )G ∗ +

Megoldás. Látható, hogy az : ,2 2

f π π⎛ ⎞⎟⎜− →⎟⎜ ⎟⎝ ⎠, bijektív függvényre

, , tehát

( ) tgf x x=

1( ( ) ( ))x y f f x f y−∗ = + ,x y G∀ ∈ ( , csoport és ( , .

Ugyanezt igazolhatjuk az axiómák ellenőrzésével is.

)G ∗ ) ( , )G ∗ +

11. Bizonyítsd be, hogy a intervallumon értelmezett ( 1,1)G = − :1x yx yxy

+∗ =

+,

művelettel ( , csoport. Bizonyítsd be, hogy ( , . ,x y G∀ ∈ )G ∗ ) ( , )G ∗ +

196 Csoportok

Megoldás. 1

, ( 1,1)1

xx y xy

y

⎧ <⎪⎪⎪∈ − ⇒ ⇒ <⎨⎪ <⎪⎪⎩1 1

10

0

, tehát és így

, . Ez alapján az x kifejezés jól értelmezett (a tört nevezője

nem nulla ha ) és a egyenlőtlenségek vizsgálata során beszorozhatjuk -val. Így a egyenlőtlenség ekvivalens az

egyenlőtlenséggel és az egyenlőtlenség az egyenlőtlenséggel. Mivel az így kapott egyenlőtlenségek

teljesülnek, a művelet jól értelmezett G -n.

1 xy− < <

1 0xy+ > ,x y G∀ ∈ y∗

,x y G∈ 1 x y− < ∗ <1 xy+ > 1 x y− < ∗

( 1)( 1)x y+ + > 1x y∗ <(1 )(1 ) 0x y− − >

1( ) ( ) (1 11

1

x y zx y x y z xyzxyx y z z x y zx yxy xy yz zxz

xy

++

+ + + ++∗ ∗ = ∗ = = = ∗ ∗++ + + +++

)

,1)

,

tehát a művelet asszociatív. semleges elem, mivel 0 ( 1e G= ∈ = −00

1 0xx xx

+∗ = =

+x G∀ ∈

x

. Ha , akkor az összefüggés

pontosan akkor teljesül, ha . Mivel minden x esetén , a G halmaz minden elemének létezik inverz eleme és így csoport. Az ,

x G∈ 1 0x x−∗ =

1x− = − G∈ x G− ∈( , )G ∗ *:f G +→

1( )1xf xx

+=

− függvény bijektív és

( 1)( 1)1 11( ) ( ) ( ) ((1 )(1 )1 1 1

1

x yx y x yxy )f x y f f x f yx yxy x y

xy

+ ++ + ++∗ = = = ⋅ = ⋅

− −+ − −+

,

tehát . Másrészt a , függvény izomorfizmus

az és ( csoportok közt, tehát a ,

*( , ) ( , )G +∗ ⋅ *:g + → ( ) lng x x=

( )* ,+ ⋅ ),+ :h G →1( ) ln

1xh xx

+=

− függvény

izomorfizmus a ( , és ( , csoportok közt. )G ∗ )+

12. Bizonyítsd be, hogy az {(1 ) kG i k= + ∈ }

m n

halmaz a komplex számok szor-

zásával csoport. Megoldás. Minden tulajdonság következik az (1 szorzási szabályból. Ez a szabály gyakorlatilag azt fejezi ki, hogy az ,

) (1 ) (1 )m ni i i ++ ⋅ + = +:f G →

((1 ) )kf i+ = k függvény izomorfizmus a ( , és ( , struktúrák közt. )G ∗ )+13. A komplex számok halmazán értelmezzük a ,

műveletet. Határozd meg az α számot úgy, hogy a ( \ struktúra csoport legyen.

1 2 1 2 1 2: ( ) 1z z z z i z z i∗ = + + − − ,x y∀ ∈ ∈ { }, )α ∗

Csoportok 197

Megoldás. Számolással ellenőrizhető, hogy a művelet asszociatív. A egyenlőségből . Ez csak akkor teljesül esetén ha

. Tehát a semleges elem csak lehet. A egyenlőséget a következőképpen alakíthatjuk:

z e z∗ =( ) 1ze i z e i z+ + − − = z ≠ i

i i1e = − 1e = − 1 1z z i−∗ = −

1 1 1 1 2( ) 1 1 ( ) 2 izzz i z z i i z z i iz zz i

− − − − −+ + − − = − ⇔ + = − ⇒ =

+.

Így a z komplex számnak nem létezik inverze erre a műveletre nézve, tehát esetén ( \ csoport. i= −

iα = − { }, )α ∗14. Bizonyítsd be, hogy a halmaz az (1, ) (2, )G = ∞ × ∞

( , ) ( , ) : ( 2, 2 2 6)a b x y ax a x by b y∗ = − − + − − + , ( , ),( , )a b x y G∀ ∈ művelettel csoportot alkot. Megoldás 1a > és alapján . Hasonló módon a és egyenlőtlenségek alapján

, tehát a művelet jól értelmezett. Számolással ellenőrizhető, hogy

1x > 2 ( 1)( 1) 1 1ax a x a x− − + = − − + >2b > 2y >

2 2 6 ( 2)( 2) 2by b y b y− − + = − − + > 2

=2 2 2 )y v= − − − + + + − − − + +

(( , ) ( , )) ( , ) ( , ) (( , ) ( , ))a b x y z v a b x y z v∗ ∗ = ∗ ∗ , ( , 2 2 2axz ax xz za a x z byv by yv vb b+

tehát a művelet asszociatív. A semleges elem , mert (2, 3)e G= ∈(2, 3) ( , ) : (2 2 2, 3 6 2 6) ( , )x y x x y y x y∗ = − − + − − + = .

1 1 12 21aaa a a aa

− − −− − + = ⇔ =−

és (1, )1aa

∈ ∞−

.

Ugyanakkor 1 1 1 2 32 2 6 32

bbb b b bb

− − − −− − + = ⇔ =

− és 2 3 (2, )

2bb−

∈ ∞−

, tehát

1 2 3( , ) ( , )1 2a ba b Ga b

− −=

− −∈ . Ezek alapján a ( , struktúra egy csoport. )G ∗

15. Bizonyítsd be, hogy az

: ( ) , , , , ,az bF f A A f z a b c d ad bccz d

⎧ ⎫+⎪ ⎪⎪ ⎪= → = ∈ − =⎨ ⎬⎪ ⎪+⎪ ⎪⎩ ⎭1 halmaz, ahol

{ ImA z z= ∈ > 0} csoportot alkot a függvények összetételével. Megoldás. Az első, amit szükséges ellenőriznünk az, hogy az függvények helyesen értelmezettek-e vagy sem. Ellenőrizhető, hogy

, tehát a F halmaz értelmezése helyes. Ha

:f A A→

Im( ( )) ( ) Im Imf z ad bc z z= − = ' '

', , ( ) , ( )az b a z bf g F f z g zcz d c z d

+ +∈ = =

+ + ' , akkor

' ' '

' ' '

( ) (: , ( )( )( ) (aa cb z ba dbg f A A g f zac cd z bc dd

+ + +→ =

+ + +

'

'

))

,

és

198 Csoportok ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '( )( ) ( )( ) ( ) (aa cb bc dd ba db ac cd a d ad bc bc ad bc+ + − + + = − − − ) =

)

, ' ' ' ' 1a d b c= − =

tehát . A függvények összetétele asszociatív, tehát

, . Az identikus függvény eleme az

halmaznak mert előállítható

, ,g f F f g F∈ ∀ ∈

( ) (f g h f g h= , ,f g h F∀ ∈ F

:e A A→1( )0 1ze z zz+

= =+

0 alakban, ahol

, tehát e . Az identikus függvényre teljesül az egyenlőség tetszőleges esetén, tehát az identikus függvény a semleges elem. 1 1 0 0 1⋅ − ⋅ = F∈ f e e f f= =

f F∈Mivel a semleges elem az identikus függvény, a műveletre vonatkozó inverz megegyezik a függvénytani inverz függvénnyel (ugyanaz mintha megoldanánk az

1 1f f e f− −= = f egyenletrendszert). Így az 1 :f A A− → függvényre 1( ) dz bf z

cz a− − +

=−

, és ez (jól értelmezett, mert Im 0 az z zc

> ⇒ ∉ ⇒ ≠ ) eleme

az halmaznak. Az előbbiek alapján ( , csoport. F )F

16. Bizonyítsd be, hogy az 2 22 3

, , 4 32

x yM x y x y

y x

⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪⎪ ⎪⎟⎜⎪ ⎪⎟⎜= ∈ −⎨ ⎬⎟⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎝ ⎠⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭1= halmaz a

mátrixok szorzásával csoportot alkot. Megoldás

' ' ' '' '

' '' ' ' '

32(2 ) 3(2 2 )2 3 2 3 22 32 2 2 2(2

2

xx yy xy x yx y x y

y x y x xy x y xx yy

⎛ ⎞⎟⎜ + +⎛ ⎞ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎟⎟⎜⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ =⎟⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎟⎜⎝ ⎠ + + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠)

,

ahol ' ' 2 ' ' 2 '2 2 2 '2 2 234(2 ) 3(2 2 ) 4 (4 3 ) 3 (4 3 ) 1

2xx yy xy x y x x y y x y+ − + = − − − = ,

tehát a mátrixok szorzása belső művelet az halmazon. A mátrixok szorzása asszociatív, tehát az M halmazon is asszociatív. Az egységmátrix eleme az M

halmaznak mert előállítható

M

2

12 3 01 0 20 1 10 2

2

I

⎛ ⎞⎟⎜ ⋅ ⋅ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟= =⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎟⎜ ⋅ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

alakban és 14 0 = 14

⋅ −

y x−

⎛ − ⎟⎜ ⎟⎜⇒ = ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠1

.

Ebből következik, hogy a semleges elem (mert ). Ha

, akkor az egyenlőségekből következik, hogy

, mert . Így az ( struktúra csoport.

2I 2 2:A M AI I A∀ ∈ =2 3

2

x yA M

y x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ∈⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠1 1

2AA A A I− −= =

12 3

2

x yA M

⎞∈ 2 24 3( )x y− − = , )M ⋅

Csoportok 199


1 0

12

0 0 1

a

aaM

⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪⎪ ⎪⎟⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎪⎜ ⎟−−= ⎜⎨ ⎟⎟⎜⎪ ⎟⎜⎪ ⎪⎟⎜⎪ ⎪⎟⎜⎪ ⎪⎟⎟⎜⎝ ⎠⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

a ⎪∈ ⎬⎪ halmaz a mátrixok

szorzásával csoportot alkot és ( , . ) ( , )M ⋅ +Megoldás. A mátrixok szorzása asszociatív és az benne van az M halmazban, tehát semleges elem. Ugyanakkor

3I

22 2

1 01 0 1 0

( )1 1 ( ) 12 2 2

0 0 1 0 0 1 0 0 1

a ba b

a ba ba b a b

⎛ ⎞⎛ ⎞ +⎛ ⎞ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ + ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟− − − − = − + − ∈⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎟⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

M ,

tehát a szorzás belső művelet -en és M2

1

1 0

12

0 0 1

a

aA a−

⎛ − ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= − ∈⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

M . Így az ( ,

struktúra egy csoport. Az ,

)M ⋅

:f M →2

1 0

12

0 0 1

a

aaf a

⎛ ⎞⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟−− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎟⎜⎝ ⎠

függvény bijektív és

izomorfizmus is, tehát ( , . ) ( , )M ⋅ +

18. Bizonyítsd be, hogy az

21 2 2

0 1 4

0 0 1

t t t

M t

⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞+⎪ ⎪⎟⎜⎪ ⎪⎟⎜⎪ ⎟⎜⎪ ⎟⎜= ⎟⎨⎜ ⎟⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎟⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜⎪ ⎪⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

t⎪⎪∈ ⎬⎪

M

⎞⎟⎟⎟⎟⎟ ∈⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

halmaz a mátrixok szor-

zásával csoportot alkot és ( , . ) ( , )M ⋅ +Megoldás. A mátrixok szorzása asszociatív és , tehát semleges elem M -ben is. Ugyanakkor

3I M∈ 3I

222 1 2( ) 2( )1 2 21 2 2

0 1 4 0 1 4 0 1 4( )

0 0 1 0 0 1 0 0 1

t k t k t kk k kt t t

t k t k

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ + + + +++ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ = +⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝

,

tehát a szorzás belső művelet M -en. Számolással igazolható, hogy

200 Csoportok

2

1

1 ( ) 2( ) 2( )

0 1 4( )

0 0 1

t t t

A t M−

⎛ ⎞− − + − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= − ∈⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

)M ⋅

t

, tehát ( , csoport. Az

, ahol összefüggésekkel értelmezett függvény bijektív

és morfizmus is, tehát ( , .

:f M →

( )f A t=

21 2 2

0 1 4

0 1 1

t t t

A

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

) ( , )M ⋅ +

19. Bizonyítsd be, hogy az , 1,ij i j n

A a=

⎡ ⎤= ⎣ ⎦ , 1, 1(mod )

0,ij

j i na

j

≡ +=

≡ 1(mod )i n

⎧⎪⎪⎪⎨⎪ +⎪⎪⎩ mátrix egész

kitevőjű hatványaiból alkotott halmaz a mátrixok szorzásával, az n -ed rendű komplex egységgyökök csoportjával izomorf csoportot alkot. Megoldás. A szövegben megadott feltételek alapján az A mátrixban közvetlenül a főátló fölötti elemek és a bal alsó sarokban álló elem 1 -es a többi 0 . Az mátrixban a főátló fölötti második átlóra és a bal alsó saroktól számított második átlóra kerülnek a 0 -tól különböző elemek és általában az mátrixban

2A

kA

( )1, (mod )

0,kij

j i k na

j

≡ +=

≡ (mod )i k n

⎧⎪⎪⎪⎨⎪ +⎪⎪⎩

ha (a főátló fölötti k -adik és a bal alsó saroktól számított -adik átlón 1 -esek vannak és a többi elem ). Így , tehát ha k n≤ k

0 nnA I= { }kM A k= ∈ ,

{ } { }2 21 , cos sinnU z z k in nπ π

ε ε= ∈ = ∈ = +

k

n k= akkor az , : nf M U→

( )kf A ε= függvény egy izomorfizmus.20. Oldd meg az alábbi egyenleteket a megfelelő csoportokban: a) ( , ; b) )5,+ 3 2x + = ( )11,⋅ , 3 1x⋅ = 0

⎞

⎠

4

;

c) , . ( )( )3 ,GL ⋅

1 2 1 1 0 0

0 4 3 0 0 1

5 2 0 0 1 0

x

⎛ ⎞ ⎛− ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⋅ =⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝

Megoldás. a) -ban , tehát ; 5( , )+ 3 2− = 2 2 4x = + =

b) -ban , ezért *11( , )⋅

13−

= 4 10 7x = ⋅ = ;

Csoportok 201

c) A mátrix inverze

1 2 1

0 4 3

5 2 0

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3 1 522 22 22

15 5 344 44 44

5 2 111 11 11

⎛ ⎞⎟⎜− − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

, tehát

3 1 5 3 1 522 22 22 22 22 221 0 0

15 5 3 5 2 10 0 144 44 44 11 11 11

0 1 0 5 2 1 15 5 311 11 11 44 44 44

x

⎛ ⎞ ⎛⎟ ⎟⎜ ⎜− − − −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟= − = −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎜⎟ ⎟− −⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎞

⎠

5 2

5

5

)

)

.

21. A ( monoidban megoldható-e a egyenlet? Hát az 5 egyenlet? )6,⋅ 3x = x =Megoldás. A -ban a művelettábla lapján látható, hogy egyetlen elem sem elégíti ki az adott egyenletet, ezért a egyenletnek nincs megoldása (ez azért van, mert a -nak nincs inverze és a jobb oldal nincs a -al azonos osztályban). A második egyenlet esetében az tehát a megoldás .

6( , )⋅3x =

3 31

5−

= 2 5 4x = ⋅ =22. Határozd meg ( és ( részcsoportjait és azok rendjét! )11,+ )12,+Megoldás. Felhasználva a Lagrange tételt a csoportnak csak triviális részcsoportjai lehetnek, mivel 11 prímszám, tehát a részcsoportok és

. A esetén a triviális részcsoportokon kívül még létezhetnek elemű részcsoportok. A -ben az egyetlen elem, amelynek a rendje 2 a ,

ezért , továbbá

11( ,+

11{0} ≤

11 11≤ 12( ,+2, 3, 4, 6 12 6

12{0,6} ≤

12(4) 3 {0, 4, 8}ord = ⇒ ≤ ,

12(3) 4 {0, 3, 6, 9}ord = ⇒ ≤ ,

12(2) 6 {0,2, 4, 6, 8,10}ord = ⇒ ≤ . Belátható, hogy ezeken kívül más részcsoportja nincs a ( , csoportnak. 12

23. Határozd meg a ciklikus csoport részcsoportjait! )

}1

+{ 2, , , ..., nG e a a a −=

Megoldás. Legyen n az n szám természetes osztóinak a halmaza. Mivel a csoport ciklikus, ezért a részcsoportjai is ciklikusak. Másrészt

D

[ , ]| | ( ) , 1,k n kG n ord a k nk

= ⇒ = ∀ ∈ , ha

[ , ]( ) | |n nd d

n

nndd D ord a d a dnd

∈ ⇒ = = ⇒< >= és nda G< >≤ .

24. Határozd meg a ( és ( csoportokban az elemek rendjét. )7,⋅ )8,+Megoldás. A -ben *

7( , )⋅

202 Csoportok

(2) (4) 3, (3) (5) 6, (6)ord ord ord ord ord= = = = 2=

4

. A -ban 8( , )+

(1) (3) (5) (7) 8, (2) (4) (6)ord ord ord ord ord ord ord= = = = = = = . 25. Bizonyítsd be, hogy a és (( )( ),nGL ⋅ )*,⋅ csoportok között a

, függvény morfizmus. ( ) *det : nGL →Megoldás. A determináns szorzástétele alapján ,tehát a

függvény morfizmus. det( ) det( )det( )AB A B=

*det : ( )nGL →26. Hány különböző r -ciklus létezik -ben, ha 1 ? nS r n≤ ≤Megoldás. Ki kell választanunk r darab különböző elemet, és sorba kell őket állítanunk. Így darab ciklust kapunk. Mivel ,

ezért a különböző r ciklusok száma

rnV 1 2 1 1 2 3 1( ... ) ( ... ) ... ( ... )r r rl l l l l l l l l−= = =

!( )!n

r r n r=

−

i

rnV .

27. Bizonyítsd be, hogy ha diszjunkt ciklusok, és , akkor , ahol e az identikus permutáció.

, nSα β ∈ eαβ =eα β= =

Megoldás. Legyen -ban , de β ( ) ( )i j iβ α= ⇒ = ( )j iα = mivel , ekkor

.

eαβ =

( ) ( )i j i jα α= ⇔ =___1, ( )i n i i eβ β α⇒ ∀ ∈ ⇒ = ⇒ = =

28. Igazold, hogy egy ciklus tetszőleges hatványa nem mindig ciklus. Megoldás. 6S -ban tekintsük a ciklust. (123456)σ =

31 2 3 4 5 6

(14)(25)(36)4 5 6 1 2 3

σ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= =⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

és ez nem ciklus. 29. Legyen ( )0 1 1 ... ri i iα −= egy r -ciklus. Igazold, hogy , ( )k

j ki iα += j

0,j k∀ ≥ , ahol az alsó indexeket ( ) tekintjük. mod rMegoldás. Az igazolás matematikai indukció segítségével történik. esetén teljesül a tulajdonság ( ). Feltételezzük, hogy az állítás igaz k -ra és

igazoljuk - re. Így , ahol az indexeket számítjuk, tehát

. A matematikai indukció elve

alapján minden esetén.

1k =1( )j ji iα +=

1k + ( )kj ki iα += j

k j+

j

mod r1

1( ) ( )( ) ( ( )) ( )k k kj j j k ji i i i iα αα α α α+

+ += = = =

( )kj ki iα += 0k ≥

30. Igazold, hogy ha α egy -ciklus, akkor és , ha r r eα = k eα ≠{ }1,2,..., 1k r∈ − .

Megoldás. Az előbbi feladat eredményét felhasználva és mivel . Ha akkor

mivel ( ) .

( )rj ri iα += j

−

i ≠( )mod( ) , {0,..., 1}r

j r j r jr j r i i i j rα ++ ≥ ⇒ = = ∀ ∈ − {1,2,..., 1}k r∈

k j ji + ≠ mod kk j r j eα+ ≠ ⇒

Csoportok 203

31. Ha a diszjunkt ciklusok szorzata, 1 2... mα β β β= iβ ir 1,i = m

k

, akkor a legkisebb olyan l pozitív egész szám, amelyre pontosan az , , …, számok legkisebb közös többszöröse.

l eα = 1r 2r mr

Megoldás. Mivel a diszjunkt ciklusok szorzása kommutatívak, következik, hogy , ha . A 27. feladat alapján ha , akkor minden 1 2 ...k k k

mα β β β= 0k ≥ l eα = lj eβ =

{1,2,..., }j m∈ esetén. A 30. feladat alapján ez csak úgy lehetséges ha l osztható mindegyik számmal, ahol jr {1,2,..., }j m∈ . Az ilyen számok közül a legkisebb az

. 1 2[ , ,..., ]ml r r r=

204 Gyűrűk és testek

3.3.7. Gyakorlatok és feladatok (241. oldal) I. 1. A halmazon értelmezzük a következő műveleteket:

:z u z u⊕ = + , ; z u , . ,z u∀ ∈ : Im Imzu z u⊗ = + ⋅ ,z u∀ ∈

u

⊗

Bizonyítsd be, hogy ( , kommutatív gyűrű. Határozd meg az egységeket és vizsgáld meg a zérusosztók létezését.

, )⊕ ⊗

Megoldás. ( , ezért Ábel féle csoport. ) ( , )⊕ = +( ) ( Im Im ) Im Imz u v zu z u v zuv z u v⊗ ⊗ = + + ⊗ = + ⋅ ⋅ +

. Im( Im Im )zu z u+ + ⋅De tehát és így Im Imz u⋅ ∈ Im( Im Im ) Re Im Im Rezu z u z u z+ ⋅ = ⋅ + ⋅

( ) Im Im Im Im Im Rez u v zuv i z u v z u v⊗ ⊗ = + + + . Re Im Im Im Re Im ( )z u v z u v z u v+ + = ⊗

Továbbá semleges elem a ⊗ műveletre nézve, tehát a ( , monoid. 1e = )⊗( ) ( ) ( ) (Im Im ) Imz u v z u v z u v z u v⊕ ⊗ = + ⊗ = + + + = Im Imzv z v+ +

Im Im ( ) ( )uv u v z v u v+ + = ⊗ ⊕ ⊗ , tehát a ⊗ szorzás disztributív a ⊕ összeadásra nézve. A kommutativitás nyilvánvaló, a gyűrű egységei az halmaz elemei és ezekre ( ) { , Re 0}U z z= ∈ ≠

12

1 ImRe

zRezi

z z− = − . A zérusosztók az { | halmaz elemei. }ik k ∈

2. Bizonyítsd be, hogy az 0 ,x y

M x yx⎧ ⎫⎡ ⎤⎪⎪= ⎢ ⎥⎨⎪⎢ ⎥

⎪⎪∈ ⎬⎪⎣ ⎦⎪ ⎪⎩ ⎭ halmaz a mátrixok összeadásával

és szorzásával kommutatív gyűrűt alkot és ez a gyűrű izomorf az előbbi feladatban szereplő gyűrűvel.

Megoldás. Mivel az

összeadás belső művelet az

' ' ' '

'' '0 0 0

x y x y x x y yA A Mx x x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎛ ⎞ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟+ = + = ∈⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟⎟⎜ ⎟ +⎝ ⎠ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟

M halmazon. Az asszociativitás és a kommutativitás

öröklődik és a semleges elem a , továbbá az 2O : 0

x yA M A x

− −⎛ ⎞⎟⎜ ⎟∀ ∈ ∃ − = ⎜ ⎟⎜ − ⎟⎜⎝ ⎠A

inverze az összeadásra nézve. A szorzás esetében az asszociativitás öröklődik a

mátrixok szorzásából és a kommutativitás az

egyenlőség alapján nyilvánvaló. Az előbbi egyenlőségből következik, hogy a szorzás belső művelet

' ' '

''0

xx xy x yA A M

xx

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ = ∈⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

M -en és látható, hogy az mátrix semleges elem a szorzásra nézve. A szorzásnak az összeadásra vonatkozó disztributivitása szintén öröklődik, tehát az struktúra egy gyűrű. Az előbbi egyenlőség alapján az is látható,

2I M∈

( , , )M + ⋅

Gyűrűk és testek 205

hogy az , :f M →0x y

f x iyx

⎛ ⎞⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ függvény egy morfizmus az és

gyűrűk közt. Világos, hogy ez a függvény bijektív, tehát a két gyűrű izomorf egymással.

( , , )M + ⋅

( , , )⊕ ⊗

3. A {( , ) , }x y x y× = ∈ halmazon értelmezzük a következő műveleteket: ( , ) ( , ) : ( , )a b c d a c b d⊕ = + + , ; ( , ),( , )a b c d∀ ∈ ×

×)

)

)=

)=

)

( , ) ( , ) : ( , )a b c d ac bd ad bc⊗ = − + , . ( , ),( , )a b c d∀ ∈Bizonyítsd be, hogy ( , kommutatív gyűrű. Határozd meg az egységeket és vizsgáld meg a zérusosztók létezését.

,× ⊕ ⊗

Megoldás. ( Ábel csoport, mivel visszavezetődik a közönséges összeadás tulajdonságára (csoportok direkt szorzata is csoport).

,× ⊕

(1, 0) ∈ × egységelem a ⊗ műveletre nézve és ( )( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )

( ,a b c d e f ac bd ad bc e face bde adf bcf acf bdf ade bce⊗ ⊗ = − + ⊗

= − − − − + +

( )( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )a b ce df cf de a b c d e f= ⊗ − + = ⊗ ⊗ tehát a ⊗ művelet asszociatív és így ( monoid. Ugyanakkor ,× ⊗

(( , ) ( , )) ( ) ( , ) ( , )a b c d e f a c b d e f⊕ ⊗ ⊕ = + + ⊗ (( ) ( ) , ( ) ( ) )a c e b d f a c f b d e= + − + + + + (( , ) ( , )) (( , ) ( , ))a b e f c d e f= ⊗ ⊕ ⊗

tehát a struktúra egy gyűrű. A kommutativitás nyilvánvaló, a gyűrű egységei az ( , alakú számpárok, ahol a és nincsenek zérusosztók.

( , ,× ⊕ ⊗0)a ∈

4. Bizonyítsd be, hogy a { }3 32 4 , ,K a b c a b c= + + ∈ halmaz a valós számok

összeadásával és szorzásával kommutatív testet alkot. Megoldás. Igazoljuk, hogy ha x K∈ , akkor x -nek az 3 32 4x a b c= + + alakú előállítása ( ) egyértelmű. Ehhez elégséges igazolni, hogy ha , ,a b c∈

3 32 4a b c+ + = 0 és , ,a b c∈ , akkor 0a b c= = = . Ha 3 32 4a b c 0+ + = ,

akkor 3 32 4 2a b c+ + = 0 és így kiküszöbölhetjük a 3 4 -et az elüőbbi két összefüggésből. Így az ( ) ( )2 2 32ab c b ac− + − =2 0 egyenlőséghez jutunk. Ha

, akkor a 2 0b ac− ≠ 3 2∈ ellentmondáshoz jutunk, tehát és így

. Ha az a , és számok közül legalább az egyik , akkor az előbbi egyenlőségek alapján következik, hogy mindegyik . Ellenkező esetben eloszthatjuk

az előbbi egyenlőségek megfelelő oldalait és így a

2ac b=22ab c= b c 0

03

2bc

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

összefüggéshez jutunk.

Ez ismét ellentmondás, tehát csak az 0a b c= = = eset lehetséges. Látható, hogy az összeadás és a szorzás belső művelet -ban, az egyértelműség alapján következik a K


kommutativitás és asszociativitás mindkét műveletre. Ugyanakkor a 0 K∈ szám semleges elem az összeadásra nézve, az 1 K∈ elem semleges elem a szorzásra nézve és a szorzás disztributív az összeadásra nézve. Ha x K∈ , akkor x K− ∈ , tehát

Ábel csoport. Másrészt ( , )K +

( )2 2 23 3

3 3 33 3

2 ( ) 4 (2 ) 212 4 62 4

a bc b ac c ab

a b c abca b c

− + − + −=

+ + −+ +

és a nevező nem , tehát az 0 3 32 4x a b c= + + elem inverze az

( )2 2 23 31

3 3 3

2 ( ) 4 (2 ) 2

2 4 6

a bc b ac c abx K

a b c abc−

− + − + −= ∈

+ + −

elem. Ha a nevező 0 , akkor a 3 3

3 3

3 3

2 4 0

2 2 4

2 2 2 4

a b c

c a b

b c a

⎧ + + =⎪⎪ 0

0

+ + =⎨⎪ + + =⎪⎩

lineáris rendszernek (az ismeretlenek az 1, a 3 2 és a 3 4 és az együtthatók ) létezne nem triviális megoldása. Ez nem lehetséges, tehát a nevező nem 0 . A disztributivitás szintén öröklődik a valós számokkal végzett műveletek tulajdonságaiból, tehát egy kommutatív test.

, ,a b c

( , , )K + ⋅5. Az {( , ) , }x y x y× = ∈ halmazon értelmezzük a következő műveleteket:

( , ) ( , ) : ( , )a b c d a c b d⊕ = + + , ; ( , ),( , )a b c d∀ ∈ ××

)3 2( , ) ( , ) : ( , )a b c d ac bd ad bd bc⊗ = − + + , . ( , ),( , )a b c d∀ ∈

Igazold, hogy ( , kommutatív test és izomorf a komplex számok testével. ,× ⊕ ⊗Megoldás. Az összeadás ugyanaz, mint a = × -ben értelmezett összeadás, ezért az Ábel féle csoport. ( ,× ⊕)

=)

)

(( , ) ( , )) ( , ) ( 3 , 2 ) ( , )a b c d e f ac bd ad bd bc e f⊗ ⊗ = − + + ⊗( 3 3 6 3 , 3 2 4 2 2ace bde adf bdf bcf acf bdf adf bdf bcf ade bde bce− − − − − + + + + + +

Hasonlóan számíthatjuk ki az ( -t és ugyanehhez az eredményhez jutunk, tehát a művelet asszociatív. Az (1 elem semleges elem és bármely ( , elemnek létezik az

, ) (( , ) ( , )a b c d e f⊗ ⊗⊗ , 0)

) \ (0, 0)a b ∈ ×

2 2 2

2 ,2 3 2 3a b b

a ab b a ab b⎛ ⎞+ − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ + + + 2

0=

)e =

inverze ( ). Továbbá 2 2 2 22 3 ( ) 2 0a ab b a b b a b+ + = + + = ⇔ = =(( , ) ( , )) ( , ) ( , ) ( , )a b c d e f a c b d e f⊕ ⊗ = + + ⊗

(( ) 3( ) , ( ) 2( ) ( )a c e b d f a c f b d f b d= + − + + + + + +


(( 3 ) ( 3 ), ( 2 ) ( 2 ))ae bf ce df af bf be cf df de= − + − + + + + +( , ) ( , ) ( , ) ( , )a b e f c d e f= ⊗ + ⊗

=

× ⊕,

tehát az struktúra egy kommutatív test. Az ,

( , , )⊗: ( , , ) ( , , )f × ⊕ ⊗ → + ⋅ (( , )) 2f a b a b i b= + + függvény bijektív és

testmorfizmus, tehát a két test izomorf. 6. A 3 3 3 {( , ) , }x y x y× = ∈ halmazon értelmezzük a következő műveleteket:

( , ) ( , ) : ( , )a b c d a c b d⊕ = + + , ; 3 3 ( , ),( , )a b c d∀ ∈ ×

×

)

)

ˆ

)

2( , ) ( , ) : ( , )a b c d ac bd ad bc⊗ = + + , . 3 3 ( , ),( , )a b c d∀ ∈

Igazold, hogy kommutatív test és határozd meg az automorfizmusait. 3 3( , ,× ⊕ ⊗

Megoldás. Az előbbi fejezetben igazoltuk, hogy a struktúra Ábel csoport. Az asszociativitás, a kommutativitás és a disztributivitás az axiómák alapján könnyen igazolható, a második művelet semleges eleme az , továbbá minden elemnek létezik inverz eleme:

3 3( ,× ⊕

ˆ ˆ(1, 0)

1 1 1 1 1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(1, 0) (1, 0), (0,1) (0, 2), (1,1) (2,1), (1, 2) (2, 2), (2, 0) (2, 0)− − − − −= = = = = . Tehát a test. A test automorfizmusait már az első művelet tanulmányozásából megkapjuk. Ezek az , ( ( alakú lineáris függvények.

3 3( , ,× ⊕ ⊗

( )f x kx= 3 3x ∈ × , ) ( , ))k a b ka kb=

7. Bizonyítsd be, hogy az alakú, mátrixok halmaza, ahol , a

mátrixok összeadásával és szorzásával testet alkot és ez a test izomorf a

a b bb a b

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎟⎜⎜⎝ ⎠,a b ∈

2[ ]

⎟

+ +⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟− −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠⎝ )+

testtel. Megoldás. Az összeadás tulajdonságai öröklődnek, tehát a vizsgált halmaz az összeadással Ábel-féle csoportot alkot. A szorzás asszociativitása és a szorzásnak az

összeadásra vonatkozó disztributivitása szintén öröklődik. Az mátrix

benne van a halmazban, tehát ez a szorzásra nézve semleges elem. Így elégséges csak az elemek invertálhatóságát vizsgálni. A szorzás elvégzése után látható, hogy

2

1 00 1

I ⎛ ⎞= ⎜⎝ ⎠

a b b c d d

b a b d c d

⎛ ⎞⎛ ⎞

⎠

( 2 ) ( )

( 2 ) (

ac bd ad bc ad bc

ad bc ac bd ad bc

⎛ ⎞+ + + + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ + + − ⎟⎟⎜⎝ ⎠,


tehát a szorzás belső művelet, a semleges elem az , és mivel

az ⎜⎜⎜ mátrix invertálható és az

inverze

2

1 0 0

0 1 0I

⎛ + ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

2 2 2 2, 2 2 0a b a b a b∈ ⇒ ≠ ⇒ − ≠a b b

b a b

⎛ ⎞+ ⎟⎟⎟⎟−⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

12 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

a b ba b b a b a bb a b b a b

a b a b

−⎛ ⎞− − ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎜⎟ − −⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟=⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟− − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− −

.

Ha -val jelöljük a vizsgált halmazt, akkor az H : 2f H ⎡ ⎤→ ⎣ ⎦ ,

( )a b b

2f a bb a b

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟⎜ = +⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ függvény bijektiv és megőrzi a műveleteket, tehát a

struktúra egy test és izomorf a ( , , )H + ⋅ ( [ 2], , )+ ⋅ testtel.

8. Bizonyítsd be, hogy a 2 ,

a bK a bb a

⎧ ⎫⎛ ⎞⎪⎪ ⎟⎜= ⎨ ⎟⎜ ⎟⎜⎪ ⎪⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪⎪∈ ⎬ halmaz a mátrixok összeadásával

és szorzásával kommutatív gyűrűt alkot, amely izomorf 2[ ]-vel.

Megoldás. Az 2

: [ 2], ( )a b

2f K f ab a

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜→ =⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠b+ függvény bijektiv és

megőrzi a műveleteket, tehát ( , , )K + ⋅ is test és ez a test izomorf a ( [ 2], , )+ ⋅ testtel. 9. Az R halmazon értelmezzük a következő műveleteket: = ×

( , ) ( , ) : ( , )x y u v x u y v∗ = + + , ; ( , ),( , )x y u v R∀ ∈( , ) ( , ) : ( , )x y u v xu yv xv yu= − + , . ( , ),( , )x y u v R∀ ∈

Bizonyítsd be, hogy ( , kommutatív gyűrű. , )R ∗Megoldás. Az axiómák ellenőrzésével belátható, hogy az ( , struktúra Abel csoport. Az asszociativitás, a kommutativitás és a disztributivitás könnyedén igazolható, a semleges elem a műveletre nézve az (1 elem. Ahhoz, hogy az

-nek az ( , elem inverze legyen, az

)R ∗

, 0)

( , )x y R∗∈ )u v 2 2 2,x yu vx y x y

−= =

+ + 2

egyenlőségekre van szükség. De látható, hogy , tehát az ( , kommutativ gyűrű (és nem test).

,u v ∉ , )R ∗

10. Az halmazon értelmezzük a következő műveleteket: R = ×( , ) ( , ) : ( , )x y u v x u y v⊕ = + + , ; ( , ),( , )x y u v R∀ ∈

( , ) ( , ) : ( , )x y u v xu yv xv yu= + + , . ( , ),( , )x y u v R∀ ∈


Bizonyítsd be, hogy ( , kommutatív gyűrű. Határozd meg a zérusosztókat és az invertálható elemeket.

, )R ∗

Megoldás. Az axiómákat számolással ellenőrizhetjük. A semleges elem az

. Látható, hogy egy tetszőleges elem inverze (1, 0) ∈ × ( , )x y 1( , )( )y

x x x y−+

,

ebből következik, hogy az ( , és a (0 elemeknek nincs inverzük R -ben, tehát az kommutativ gyűrű, ahol ( , elemek zérusosztók -re

.

)x x− , )x( , , )R ∗ ), (0, )x x y− ,x y∀ ∈

(( , ) (0, ) (0, 0))x x y− =

11. Bizonyítsd be, hogy az , , ,a bi c di

M a b c dc di a bi⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪+ +⎪ ⎪⎟⎜= ∈⎟⎨ ⎬⎜ ⎟− + − ⎟⎜⎜⎪ ⎪⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

halmaz a

mátrixok összeadásával és szorzásával egy nem kommutatív testet alkot. Megoldás. Az összeadás tulajdonságai öröklődnek a komplex számokkal végzett műveletek tulajdonságaiból. (A semleges elem az és minden elemnek létezik ellentettje). A szorzás asszociativitása és a disztributivitás a mátrixokkal végzett

műveletek tulajdonságaiból öröklődik, a semleges elem az

mátrix. Ha , , akkor a vizsgált

2O

2

1 0 0 0

0 0 1 0

i iI

i i

⎛ + + ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟− + −⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

1a ib z+ = 2c id z+ = M halmaz elemei 1 2

2 1

z z

z z⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

A szorzásra érvényes a

3 41 2 1 3 2 4 1 4 2 3

4 32 1 2 3 1 4 2 4 1 3

z zz z z z z z z z z zz zz z z z z z z z z z

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ − +⋅ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−− − − − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

összefüggés, tehát a szorzás nem kommutatív (általában 2 4 4 2z z z z≠ ). A 1 2

2 1

z z

z z⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

elem inverze a 3 4

4 3

z z

z z⎛ ⎞⎜−⎝ ⎠

⎟ mátrix, ahol és a 3z 4z 1 3 2 4

2 3 1 4

1

0

z z z z

z z z z

⎧ − =⎪⎨

+ =⎪⎩ rendszer

megoldásai. Ennek a rendszernek minden 3 4

4 3

0 00 0

z z

z z⎛ ⎞ ⎛ ⎞

≠⎜ ⎟ ⎜− ⎝ ⎠⎝ ⎠⎟ mátrix esetén van

egyértelmű megoldása, mert a determinánsa 2 21 2z z+ .

12. Határozd meg az paramétereket úgy, hogy az struktúra test le-gyen, ha , és , .

, ,a b c ∈ ( , ),⊥ T 2:x y ax by⊥ = + − ,x y∀ ∈ 2 2:x y xy x y c= − − +T ,x y∀ ∈

Megoldás. Mivel ( , Abel csoport a ⊥ művelet asszociatív, vagyis , ∀)⊥

( ) ( )x y z x y z⊥ ⊥ = ⊥ ⊥ , ,x y z∈ . Ez ekvivalens az 2 22 2 2a x aby a bz ax aby b z b+ − + − = + + − − 2


egyenlőséggel, tehát , 2 2( ) ( ) (2 2 ) 0a a x b b z a b− + − − − = , ,x y z∀ ∈

a

. Ebből

következik, hogy és . Az a b= 2a = x e x⊥ = egyenlőségből (1 ) 2a xeb

− += .

De ez nem függhet x -től, tehát és így 1a = 2e = a semleges elem. A művelet is asszociatív tehát

T

2 2 2 4 4 2 2xyz xz yz cz xy x y c z c− − + − + + − − + = , 2 2 2 2 4 4 2xyz xy xz cx x yz y z c c= − − + − − + + − + , ,x y z∀ ∈

Ez alapján . Tehát és . Ezekre az értékekre ellenőrizhetjük, hogy az

struktúra valóban test (a teljes megoldáshoz az ellenőrzés is hozzátartozik!).

4 ( 2) ( 2) 4 , , 2 4x c z c x z x z c c+ − = − + ∀ ∈ ⇔ − = ⇔ = 6

( , ) ( )

1a b= = 6c = ( , ),⊥ T

13. Az ( , gyűrűben , , )R + ⋅ :f A A A× → 2 2 2f x y xy x y= − ,x y R∀ ∈, . Szá-mítsd ki az kifejezést. 1 1 1 1( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )E x y f x y f x y f x y f x y= + + − + − + +Megoldás. A számolások elvégzése után az ( , )E x y yx xy= − egyenlőséghez jutunk. 14. Bizonyítsd be, hogy minden d négyzetmentes szám esetén a ∈ [ ] halmaz a komplex számok összeadásával és szorzásával részgyűrűje a ( , gyűrűnek. Bizonyítsd be, hogy ha d két különböző négyzetmentes egész szám, akkor a

d, )+ ⋅

e≠( [ ], , )d + ⋅ gyűrű nem izomorf a ( [ ], , )e + ⋅ gyűrűvel. Megoldás. A 228. oldal 2-ik példájában igazoltuk, hogy ( [ ], , )d + ⋅ gyűrű, ha

egy négyzetmentes szám és d ∈ [ ] [ ]d d⊆ ⇒ ≤ . Ha feltételezzük, hogy léteznek morfizmusok és felírjuk tulajdonságaikat kiderül, hogy ezek csak

: [ ] [ ], ( )f d e f a b d ka kb e→ + = + alakúak lehetnek, ahol k . Másrészt ezek a függvények nem őrzik meg a szorzást, tehát a két gyűrű nem izomorf.

∈

15. Határozd meg a [ ] { , }i a ib a b= + ∈ gyűrű egységeit (a komplex számok összeadása és szorzása a két művelet a gyűrűben). Megoldás. . ' ' ' '( [ ]) { | , , , : ( )( ) 1}U i a ib a b a b a ib a ib= + ∈ ∃ ∈ + + =

' ' ' ' ' ' ' '( ) ( ) 1 1 0aa bb i ab a b aa bb ab a b− + + = ⇔ − = ∧ + = ⇔ ' '

2 2 2 2,a ba ba b a b

−⇔ = =

+ +.

Mivel a b , de a b , ez esetben . Végül .

' ' 2 2 2 2, | |a b a a b b∈ ⇒ + ∧ + 2 2 , ( , )a b a b+ ≥ ∈

=

{ 1, 0}a ∈ ± {0, 1}b ∈ ± ( [ ]) { 1, }U i i= ± ±

16. Bizonyítsd be, hogy az ( , gyűrűben tetszőleges esetén pontosan akkor invertálható, ha invertálható.

, )R + ⋅ ,a b R∈ 21 ( )ab−21 ( )ba−

Megoldás. Ha , akkor (1 ) 1abab x− (1 )(1 ) 1baba bxaba− + = (hasonlóan a baloldali inverzre is), tehát ha 1 abab− invertálható, akkor 1 baba− is invertálható.


17. Bizonyítsd be, hogy bármely és esetén létezik olyan , amelyre ( ) .

, ,a b c ∈ *n ∈

, ,A B C ∈ 3 3 3 3 3 33 3n

a b c abc A B C ABC+ + − = + + −

Megoldás. Az kifejezés csak akkor nulla, ha . Ebben az esetben tetszőleges lehet ha . Ha ,

akkor tekintsük az mátrixot, ahol . Észrevehető, hogy

. Ha az előbb említett mátrixok halmaza, akkor ( , csoport, tehát és

úgy, hogy , ebből

3 3 3 3a b c ab+ + − c

≠

⇔

3

0a b c+ + =, ,A B C 0A B C+ + = 0a b c+ + ≠

a b c

M c a b

b c a

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ,a b c ∈

3 3 3det 3 0M a b c abc= + + − ≠ { (!) | det 0}G M M=)G ⋅ ,nM G M G n ∗∀ ∈ ⇒ ∈ ∈

'

A B C

M C A B

B C A

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∃ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎜

'nM M=

' 'det( ) det( ) det ( ) det( )n nM M M M= ⇔ = . 3 3 3 3 3 3( 3 )na b c abc A B C ABC⇔ + + − = + + −

18. Bizonyítsd be, hogy az 1{ }nnU z z= ∈ = halmazra a következő

két kijelentés ekvivalens:

*(n ∈ )

=xyx xy x x= = ⋅ =

2 2

1

a) létezik úgy, hogy 1 ; b) létezik úgy, hogy 1 . na U∈ na U+ ∈ nb U∈ nb U− ∈Megoldás. a komplex számok geometriai ábrázolásából következik, hogy mindkét tulajdonság pontosan akkor teljesül, ha osztható -tal. n 619. Bizonyítsd be, hogy ha ( , gyűrű és , akkor a következő két állítás egyenértékű:

, )R + ⋅ ,x y R∈

a) xyx , ; b) . x= 2 1yx y = 1xy yx= =

Megoldás. b)⇒a) Ha , akkor , tehát .

1xy yx= = 2 ( )( ) 1yx y yx xy=( ) 1 x

a)⇒b) Ha xyx , akkor , tehát és így Ebből következik, hogy , tehát és így , azaz

.

x= 2xyx x= 2xyx y x y= 2 .x x y=2 1yx yx y= = 2yx x= 2 1yx y xy= =

1xy yx= =20. Igazold, hogy ha az ( , gyűrűben , , akkor a gyűrű kommutatív. , )R + ⋅ 3x x= x R∀ ∈

Megoldás. Az 3( 1)x x+ = + egyenlőségből következik, hogy , 23 3x x+ = 0x R∀ ∈ . Ha ezt x helyett x y+ -ra használjuk, akkor a (1)

összefüggéshez jutunk. Az

3( ) 0xy yx+ =3( )x y x y+ = + és 3( )x y x y− = − egyenlőségek

alapján , tehát az (1) alapján ( helyett -et helyettesítünk) ( 2 22 xy y x yxy+ + =) 0 y 2y2 2 2xy y x yx+ = y . Ha ezt az egyenlőséget előbb jobbról, majd balról szorozzuk -y


nal és az így kapott egyenlőségeket kivonjuk, akkor az ( )2 23xy yx yxy y xy− = −

egyenlőséget kapjuk. Másrészt az (1) alapján 2 23( ) 3 3 0yxy y xy yxy yxy− = − + = , tehát a gyűrű kommutatív. 21. Bizonyítsd be, hogy ha az ( , gyűrűben ,

, akkor a gyűrű kommutatív. , )R + ⋅ ( ) (2 2x x y y x x− = − )

,x y R∀ ∈Megoldás. Írjuk fel az adott egyenlőséget helyett -re és y z x helyett x y+ -ra.

( ) ( )2 2 2 2x x y y xy yx z z x x y y xy yx− + − + + = − + − + + .

De ( ) (2 2 )x x z z x x− = − és ( ) ( )2y y z z y y2− = − , tehát ha az utóbbi két egyenlőség megfelelő oldalait kivonjuk az első egyenlőségből, akkor az

( ) ( )xy yx z z xy yx+ = + összefüggéshez jutunk. Az előbbi tulajdonság alapján ( z x= esetén)

2 2xyx yx x y xyx+ = + , tehát 2 2x y yx= , ,x y R∀ ∈ . Ha a feladatban adott összefüggést szorozzuk -gyel és hozzáadjuk az előbbi egyenlőség megfelelő oldalait, akkor az

1−xy yx= , ,x y R∀ ∈

egyenlőséghez jutunk, tehát a gyűrű kommutatív. Megjegyzés. Gyakorlatilag kihasználtuk, hogy ( ) { , }Z G x R xy yx y R= ∈ = ∀ ∈ egy részgyűrűje az gyűrűnek. ( , , )R + ⋅22. Igazold, hogy ha az ( , gyűrűben , , akkor a gyűrű kommutatív.

, )R + ⋅ 2 2 2( )xy x y= ,x y R∀ ∈

Megoldás. A 13. feladat eredményét használjuk. Ha ( , ) 0f x y = , ,x y R∀ ∈ , akkor , ( , ) 0E x y = ,x y R∀ ∈ és így xy yx= , ,x y R∀ ∈ .

23. Igazold, hogy ha az ( , gyűrűben , , akkor , . , )R + ⋅ 12x x= x R∀ ∈ 2x x= x R∀ ∈

Megoldás. 12 12( )x x= − , tehát 2 0x = , x R∀ ∈ . Ebben az esetben és így a feltétel alapján 12 12 8 4( 1)x x x x+ = + + +1 48x x= . Ebből viszont

következik, hogy 12 8 4x x x= = = x . Így viszont ( )28 4 2 xx x x x= = = , R∀ ∈ . 24. Bizonyítsd be, hogy a ( , és ( , testeknek nincs valódi (önmagától különböző) résztestük.

, )+ ⋅ , )p + ⋅

Megoldás. Ha úgy, hogy K , akkor ( , , )K ≤ + ⋅ ≠ ∅ 0mxn

= ∈ -ból

következik, hogy m , majd K∈1 Km∈ és így 1 K∈ . Hasonló gondolatmenettel

, majd 1p ⋅ ∈K1 Kp∈ és így

1qp

K⋅ ∈ . Tehát K = . A ( , esetében ha

és , akkor az {

, )p + ⋅

( , ,pK ≤ + )⋅ a K∈ , 2 ,3 ,..., ( 1) , }a a a p a pa− halmaz minden eleme benne van a -ban. Mivel ez előbbi halmaz teljes maradékrendszert alkot (K p prímszám, mert ellenkező esetben p nem test), állíthatjuk, hogy . pK =


25. Igazold, hogy minden ( , test tartalmaz egy ( , -tal vagy valamilyen -tal izomorf résztestet.

, )K + ⋅ , )+ ⋅( , , )p + ⋅

Megoldás. Az 1 által generált résztest elemei az K∈ { }1 , ,m n m n n− 0⋅ ∈ ≠

halmaz elemei és ez a résztest izomorf ( , , )+ ⋅ -val vagy ( , ,p )+ ⋅ -vel valamilyen p prímszámra. 26. Határozd meg a ( , és ( , testek automorfizmusait. , )+ ⋅ , )p + ⋅Megoldás. Ha ( , testnek automorfizmusa az függvény, akkor

. Indukcióval igazolható, hogy ,

, )+ ⋅ :f →( ) ( ) ( ), ( ) ( ) (f x y f x f y f x y f x f y+ = + ⋅ = ⋅ )( )f a k a= ⋅ a∀ ∈ , ahol *(1)k f= ∈ . De az additivitás alapján

( ) ( )f q x q f x⋅ = ⋅ , tehát 1 ( )p pf f p a

q q q⎛ ⎞

= ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

,p q, ∀ ∈ , 0q ≠ . A szorzásra

vonatkozó feltételből 2( ) ( ) ( )p r p r p r p rf k f f kq s q s q s q s⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ , tehát és

így az egyetlen automorfizmus az identikus függvény.

1k =

A esetében az additív tulajdonságból következik, hogy , a multiplikatív tulajdonságból pedig , így

( , , )p + ⋅ ˆ(0) 0f = ˆˆ(1) 1f = ˆ ˆ(2) 2,..., ( 1) 1f f p p= − = − , tehát

pf id= .

27. Határozd meg a 2( [ ], , )+ ⋅ és 3 2( [ ], , )+ ⋅ testek automorfizmusait. Megoldás. Az additivitásból és a multiplikativitásból következik, hogy és

. Ez alapján , tehát (0) 0f =

(1) 1f = ( )f ⊂ ( , , ) ( [ 2], , )+ ⋅ ≤ + ⋅ alapján f automorfizmusa a résztestnek is. Így ( , , )+ ⋅ |f id= . A multiplikativitás alapján

22 ( 2 2) ( 2f f= ⋅ = ) , tehát { }( 2) 2f ∈ ± . Ha ( 2) 2f = , akkor az

( 2) 2a b a b+ = + ,a b∀ ∈, f függvényhez jutunk, míg az ( 2) 2f = − esetben az ( 2) 2a b a b+ = − ,a b, ∀ ∈f függvényhez. A 3( [ 2 ], , )+ ⋅ test esetében is hasonlóan járunk el, és az egyetlen automorfizmus az identikus függvény. 28. Határozd meg az ( , test automorfizmusait. , )+ ⋅Megoldás. Ha egy automorfizmus, akkor :f → (0) 0f = és , tehát

és így (1) 1f =

( )f ⊂ f automorfizmusa a ( , , )+ ⋅ testnek. Ebből következik, hogy

( )f x x= , . A multiplikativitás alapján x∀ ∈ 2 2( ) ( ) 0f x f x= ≥ , tehát ha és ha . Az additivitásból és az előjeltartásból következik, hogy

( ) 0f x ≥0x ≥ ( ) 0f x < 0x <

f szigorúan növekvő, mert x y< esetén ( ) ( ) ( )f y x f y f x 0− = − > . Ha 0x egy irracionális szám, akkor léteznek olyan ( ) ( )1

,n nna b

≥ 1n≥

x racionális számsorozatok,

amelyekre , és 0n na x b< < 1n∀ ≥ 0lim limn nn na b

→∞ →∞= = . Így

0( ) ( ) ( )n n n na f a f x f b b= < < = 1n, ∀ ≥ ,


tehát 0( ) 0f x = x . Mivel ez tetszőleges 0x irracionális számra teljesül, az ( , egyetlen automorfizmusa az identikus leképezés.

, )+ ⋅

29. Bizonyítsd be, hogy ha egy páratlan természetes szám, akkor nincs olyan függvény, amelyre , .

1p ≥:f → ( ( ))f f x x p= + x∀ ∈

Megoldás. Az összetevés asszociativitásából, akárcsak az előbb, adódik hogy , tehát ha ismerjük f értékeit a {0( ) ( )f x p f x p+ = + ,1,2,..., 1} :p A− = számokon,

akkor f egyértelműen meghatározott. Értelmezzük a :{0,1,2,..., 1} {0,1,2,..., 1}F p p− → − függvényt a következő

módon: esetén legyen az {0,1,2,..., 1}n p∀ ∈ − ( )F n ( )f n -nek p -vel való osztási maradéka. Az (1) összefüggés alapján ( ( ))F F n n= , n A∀ ∈ .

Tekintsük az alakú párokat. Ha ( , ( ))n F n ( )F r r≠ , r A∀ ∈ , akkor A elemei diszjunkt párokba szedhetőek, tehát A páros sok elemet tartalmaz. Ez ellentmondás, tehát létezik r úgy, hogy A∈ ( )F r r= . Visszatérve f -re adódik, hogy

(ahol k ), tehát ( )f r k p r= ⋅ + ∈( )( ) ( ) ( ) ( ) 2r p f f r f kp r f r kp r kp kp r kp+ = = + = + = + + = + ,

ami ellentmond annak, hogy k ∈ 12⎛ ⎞⎟⎜ ∉ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

.

Tehát nem létezik a megadott feltételeknek eleget tevő f függvény. 30. Igazold, hogy -ben igaz a maradékos osztás tétele, vagyis , b esetén létezik és egyértelmű a , amelyekre a q és

[ ]i , [ ]a b i∀ ∈ 0≠], [q r i∈ b r= + 0 r b≤ < .

Megoldás. Lásd a X. osztályos tankönyv megoldásait tartalmazó könyv 321. oldalának 30. feladatát. II. 1. Bontsd két tényező szorzatára -ben a polinomot. [ ]X 4 22P X X= + + 9

3)

+

3 1

Megoldás. . 2 2( 2 3)( 2P x x x x= + + − +2. Bontsd két tényező szorzatára -ben a polinomot. [ ]X 2003 1P X X= + +Megoldás

2003 2 2001 2000 1998 19971 ( 1)(P X X X X X X X X= + + = + + − + − . 1995 1994 3 2... 1)X X X X+ − + + − +

3. Bizonyítsd be, hogy -ben a következő polinomok irreducibilisek: [ ]Xa) ; b) ; c) ; d) . 4 39X X− + 43 9X X− + 6 3 1X X+ + 6 3 1X X− +

Megoldás. A X. osztályos tankönyv 264. oldalán igazolt Eisenstein-féle kritériumot alkalmazzuk. A kritérium kijelentése a következő: Ha egy egész együtthatós polinom, és ha létezik olyan p prímszám, amelyre fennállnak a következő tulajdonságok:

( ) 01 aXaXaXP nn +++= ...

i. 0ap , 1ap , …, 1−nap ,

ii. és , nap |/ 02 ap |/


akkor a polinom a -ben irreducibilis polinom. ( )XP [ ]XQa) A prímszámra teljesülnek a kritérium feltételei, tehát a polinom irreducibilis. 3p =b) Ha a polinom reducibilis lenne, akkor a 43 9( )P X X X= − +1

4 1( )Q X X PX

⎛= ⎜⎝ ⎠

⎞⎟ polinom is reducibilis kellene legyen. Ez viszont pontosan az

előbbi alpontban vizsgált polinom, tehát is irreducibilis. Pc) Ha a polinom reducibilis, akkor a 6 3( ) 1P X X X= + +

6 5 4 3 2( ) ( 1) 6 15 21 18 9 3Q X P X X X X X X X= + = + + + + + + poliom is reducibilis. Erre a poliomra alkalmazhatjuk az Eisenstein kritériumot a

prímszámmal, tehát Q irreducibilis és így is az. 3p = Pd) Az előbbihez hasonló gondolatmenetet alkalmazunk a segédpolinommal.

( ) ( 1)Q X P X= −

4. A 6 gyűrűben számítsd ki a és polinomok összegét és szorzatát. Határozd meg a polinomok gyökeit és legnagyobb közös osztóját is. Végezd el ugyanezeket a műveleteket -ban!

[ ]X 4 32 5P X X= + + 3 24 5Q X X X= + + +1

5

1)

2

3[ ]X

Megoldás. , 4 3 2ˆ ˆ ˆ3 4 5P Q X X X X+ = + + +7 5 4 3 2ˆˆ ˆ5 2PQ X X X X X X= + + + + + + .

Egyik polinomnak sincs gyöke, és Q nem

osztható a tényezőivel, tehát . (a gyököket egyszerűen próbálkozással

keressük). A polinomgyűrű esetén ,

, továbbá irreducibilisek és nem oszthatók egymással, ezért ( , .

2 2 ˆˆ( 5)(P X X X X= + + + +

P ˆ( , ) 1P Q =

3[ ]X 4 2 2P Q X X X+ = + +7 5 4 3 2ˆ ˆ2 2PQ X X X X X X= + + + + + + ,P Q

) 1P Q =5. Határozd meg azokat a -beli polinomokat, amelyekhez rendelt polinomfüggvény identikusan nulla.

3[ ]X

Megoldás. Mivel -ban 33x x= , 3x∀ ∈ , elégséges a legfeljebb másodfokú

polinomokat vizsgálni. A 3( , , )+ ⋅ test, ezért minden elsőfokú polinomnak pontosan egy gyöke van és így a hozzárendelt polinomfüggvény nem identikusan nulla. Ha egy másodfokú polinomfüggvény identikusan nulla, akkor az ellentettje is az, tehát elégséges megkeresni az 2X aX b+ + alakú polinomokat, ahol . Látható, hogy az

, {0, 1,1a b∈ −$ $}2X értékei ( , az értékei , vagy

és ezekből az értékekből nem lehet egy állandó függvényt kialakítani (a -adik tag a -re számolt behelyettesítési érték). Így nincs olyan másodfokú polinom, amelyhez rendelt polinomfüggvény identikusan nulla lenne. Tehát csak azokhoz a polinomokhoz rendelt polinomfüggvény identikusan nulla, amelyek az

0,1,1) aX (0,0,0) (0,1, 1)−(0, 1,1)− k

1k −

3x x= azonosság felhasználásával -ra redukálhatók. Ezek 0


( 3 3

0( ) n n n

mb c d

nn

P X a X X X=

= ∑ )− alakúak, ahol *, ,n n nb c d ∈ és , 3na ∈

1,n m∀ = 6. Hány -ad fokú polinom létezik -ben? Hát polinomfüggvény? Próbálj válaszolni ugyanezekre a kérdésekre -ben.

3 2[ ]X

6[ ]X

Megoldás. Az 3X együtthatója 1 és a maradék 3 együtthatót tetszőlegesen megválaszthatjuk, tehát polinomot kapunk. Mivel

$32 8= 2x x= minden

polinomfüggvény visszavezethető egy legfeljebb elsőfokú polinomhoz rendelt polinomfüggvényre. Ezekből viszont csak az 1( )f x x= , 2 ( ) 1f x x= + , és

függvények léteznek, tehát csak 4 polinomfüggvény értelmezhető fölött.

3( ) 0f x =

4 ( ) 1f x = 2

6[ ]X -ben 35 6⋅ a harmadfokú polinomok száma. A polinomfüggvények megszámlálásához szükséges az identikusan nulla polinomokat megszámolni és utána az első izomorfizmustétel alapján megállapítható a polinomfüggvények száma. Az identikusan nulla harmadfokú polinomfüggvények száma 12 (az polinomfüggvény pontosan akkor identikusan nulla, ha

3 2ax bx cx d+ + +0d = , és

). Így a különböző polinomfüggvények száma

0a b c+ + =

0a b c− + =55 6 3210

12⋅

= .

7. Határozd meg az polinom polinommal való osztási hányadosát és maradékát a polinomgyűrűben.

5 33 2f X X X= + + + 4 1

ˆ

5

X

0

3 22 3g X X= + +

5[ ]X

Megoldás. . 2 2ˆ ˆ ˆ(4 4 1) 3 3f X X g X X= + + + + +

8. Számítsd ki -ben az polinomnak az

polinommal való osztási maradékát és hányadosát! 7[ ]X 6 3 25 3 2 3f X X X X= + + − +

2X +Megoldás. Az polinom polinommal való osztási maradéka

. f 2X +

ˆ ˆ( 2) (5) 0f f− = =

9. Határozd meg az összes olyan elsőfokú polinomot, amelyre ! 4[ ]f ∈ 2 0f =

Megoldás. Ha , akkor f aX b= + 2 2 2 2 2f a X b abX= + + = ebből és így . Ha , akkor és így vagy . Ha , akkor és így vagy .

2 0b =ˆˆ{0,2}b ∈ 0b = ˆˆ{0,2}a ∈ 1 0f = 2 2f = X

)

2b =ˆˆ{0,2}a ∈ 3 2f = 4

ˆ ˆ2 2f X= +10. Bizonyítsd be, hogy ha ( , egy kommutatív test és , ,

, akkor -nek az ( ) polinommal való osztási maradéka , )K + ⋅ [ ]f K X∈ ,a b K∈

a b≠ f (X a X b− −[ ] [ ]1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f a f b a b X af b bf a a b− −− − + − − .

Megoldás. A maradékos osztás tétele alapján ( )( ) (f X a X b G R X= − − ⋅ + ) , ahol gr( ) 1R = .


Ha , akkor , és így valamint , mivel ( , kommutatív test és . Az előbbi két egyenlőségből alkotott rendszer megoldásai

( )R X AX B= + ( ) ( )( ) ( ) ( )f x x a x b G x R x= − − + ( ) ( )f a R a=( ) ( )f b R b= , )K + ⋅ 1( )a b a b K−≠ ⇒ ∃ − ∈

[ ] 1( ) ( ) ( )A f a f b a b −= − − és [ ] 1( ) ( ) ( )B af b bf a a b −= − − . 11. Bizonyítsd be, hogy ha ( , egy kommutatív test, , ,

és , )K + ⋅ [ ]f K X∈ ,a b K∈

a b≠ ( )X a f− valamint ( )X b f− , akkor ( )( )X a X b f− − . Igaz-e ez az állítás egy gyűrű esetén? Megoldás. Felhasználva a 10. feladat eredményét az polinom

polinommal való osztási maradéka [ ]f K X∈

( )(X a X b− − )[ ] [ ]1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )R f a f b a b X af b bf a a b− −= − − + − − .

Mivel ( )X a f− és ( )X b f− ezért tehát ( ) ( ) 0 0f a f b R= = ⇒ ≡

( )( )X a X b f− − . Gyűrű esetén a tulajdonság általában nem igaz. Ha az a b elem invertálható, akkor viszont a bizonyítás ugyanaz, mint az előbb.

−

12. Bizonyítsd be, hogy ha ( , egy kommutatív test és , )K + ⋅ [ ]if K X∈ , 0,i n=

valamint , akkor gr if = i0

0 0, ,n

i i ii

f iα α=

= ⇒ = =∑ 0 n

∑ ∑ ∑ ∑

.

Megoldás. . Az

előbbi egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha ,

0 0 0 0

i n n ii k i k

i k i i i kk i i k

f a X f a Xα α= = = =

= ⇒ = =0

0n n

k jj k

k j k

X aα= =

=∑ ∑

0n

jj k

j k

aα=

=∑ { , 1,....,1,0}k n n∀ ∈ −

esetén. Az így kapott egyenletrendszer egy háromszög alakú rendszer és , 0iia ≠

0,i = n alapján a rendszernek egyértelmű megoldása van, tehát ez a triviális megoldás (mert a rendszer homogén). Így 0 1, ,i i nα = = . 13. Bontsd irreducibilis tényezők szorzatára a legfeljebb negyedfokú polinomjait. 2[ ]XMegoldás. Legyen polinom, ha 0-ad fokú, akkor , ha első akkor , ha másodfokú, akkor

, ahol lehetséges esetek: , , , , ahol az utóbbi kettő

irreducibilis. A harmadfokúaknál , ha , ha , ez

esetben ha vagy ha 1 2a akkor a polinom irreducibilis, de mindkét esetben visszavezettük másodfokú polinom tárgyalására. Hasonló a negyedfokú polinom felbontása is.

4 3 204 3 2 1P a X a X a X a X a= + + + +

0 0ˆˆ, {0,P a a= ∈ 1}

P X X X X= + = + 23 1P X= +

1 )a 2a

1)

0P X a= +2

01P X a X a= + + 21P X X X= = ⋅

22

ˆ( 1) 24 1P X X= + +

3 202 1P X a X a X a= + + +

20 20 (0) 0, (a P P X X a X= ⇒ = = + + 0 1

ˆ ˆ1 (1)a P a= ⇒ = +2

1 2 2ˆ ˆ( 1)( ( 1)a a P X X a X= ⇒ = + + − + a≠

14. Bizonyítsd be, hogy ha , , ahol 0

0n

kmk

k

A x=

=∑ x∀ ∈ ( )mkA ∈M 1,k n= ,

akkor , 0mkA = 1,k n= .


Megoldás. Ha , 1,[ ]k k ij i j mA a=

= , akkor az adott mátrix egyenlőségből következik,

hogy rögzített i -re és -re j0

0n

kk ij

k

a x=

=∑ , . Ez csak akkor lehetséges, ha

,

x∀ ∈

0k ija = 0,k = n . Mivel ez tetszőleges , {1,2,..., }i j m∈ esetén érvényes következik, hogy , 0mkA = 1,k n= . 15. (Cayley-Hamilton) Bizonyítsd be, hogy az mátrix adjungáltjának minden eleme legfeljebb -ed fokú polinom és ha

, akkor .

nA Iλ− ( )nA ∈M1(n − )

I

)

( ) det( )nP Aλ λ= − ( ) nP A O=Megoldás. Az adjungált mátrix kiszámításának szabályából következik, hogy az

*( nA Iλ− mátrix felírható 1

*

0

( )n

jn j

j

A I Aλ λ−

=

− = ⋅∑ alakban. Másrészt az adjungált

mátrix tulajdonságai alapján *det( ) ( ) ( )n n n nA I I A I A Iλ λ− ⋅ = − ⋅ − λ és a szorzás elvégzése után azonosíthatjuk a λ megfelelő hatványainak együtthatóit (az előbbi

feladat alapján). Így ha 0

( )n

jj

j

P aλ λ=

=∑ , akkor a következő egyenletrendszerhez

jutunk: 0 0

1 0 1

2 1 2

1 2 2

................

n

n

n

n n n

n n n

AA a IAA A a IAA A a I

AA A a IAA a I

− − −

=⎧⎪ − =⎪⎪ − =⎪⎨⎪⎪ − =⎪

=⎪⎩

n

n

Ha ebben a rendszerben minden {2,3,..., }k∈ esetén a -adik egyenletet szorozzuk balról

k1kA − -nel és a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait összeadjuk, akkor a

összefüggéshez jutunk, tehát 01

0jn

n n jj

a I a A=

= +∑ ( ) 0nP A = .

Vektorterek 219

Gyakorlatok (248. oldal)

1. Bizonyítsd be, hogy az [ ],a b -n folytonos függvények halmaza feletti vektortér, ha [ ], ,f g C a b∀ ∈ , ( )( ) ( ) ( )f g x f x g x+ = + , [ ],x a b∀ ∈ ,

[ ],f C a b∀ ∈ , , , λ∀ ∈ ( )( ) ( )f x f xλ λ= ⋅ [ ],x a b∀ ∈ . Megoldás. Az előbbi fejezetben láttuk, hogy ( [ Abel csoport. A további négy tulajdonság a műveletek tulajdonságai alapján nyilvánvaló:

, ], )C a b +

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )f g x f x g x f x g x f g xλ λ λ λ λ λ [ ],x a b∀ ∈ ; + = + = + = + , ( )1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )( )f x f x f x f f xλ λ λ λ λ λ+ = + = + , [ ],x a b∀ ∈ ;

( )1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( )( )f x f x f xλ λ λ λ λ λ⋅ = ⋅ = ⋅ , [ ],x a b∀ ∈ ; 1 ( ) ( )f x f x⋅ = , [ ],x a b∀ ∈ .

2. Bizonyítsd be, hogy az alakú (1

0

p

n p i n ii

y yα−

+ +=

= ⋅∑ *, , 0,ip iα∈ ∈ = 1p−

n n nn nx y z

≥ ≥⊕ = y= + 1n∀ ≥

)

rekurziót teljesítő valós számsorozatok vektorteret alkotnak felett a

következő két művelettel: ( ) 1n ny

≥

( ) ( ) ( )1 1 1n≥ ⇔ z x , ; n n n

( ) ( )1 1n nn nx zλ

≥ ≥= , . ⇔ n nz xλ= ⋅ 1n∀ ≥

Megoldás. Ha és ( két sorozat a ( ) 1n nx

≥ ) 1n ny

≥

1

10

( )p

n n n p i n ii

G y y yα−

≥ + +=

⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪= =⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭∑

halmazból, akkor , ahonnan

, és így ( . A

művelet kommutatív és asszociatív (mert örökli az összeadás kommutativitását és asszociativitását) és a semleges elem az sorozat, ahol . Egy tetszőleges sorozat inverze a sorozat (ez teljesíti a rekurziót, mert a rekurziót beszorozhatjuk -gyel). Ezek alapján a ( , struktúra egy Ábel csoport. A vektortér további négy axiómája a következőképpen látható be (az egyenlőségek mindvégig az összes természetes számra érvényesek):

1 1 1( ) ( ) ( ) , 1n n n n n n n n nx y z z x y n≥ ≥ ≥⊕ = ⇔ = + ∀ ≥

+

G

1≥ n

1n≥

x+

1y ≥

1≥

1≥

1 1

0 0

( )p p

n p n p n p i n i n i i n ii i

z x y x y zα α− −

+ + + + += =

= + = + =∑ ∑ ) 1n nz G

≥∈ ⊕

1( )n ne ≥ 0, 1ne n= ∀ ≥

1( )n nx ≥ ∈ 1( )n nx ≥−

1− )G ⊕

1n ≥a) ahol és

; 1 1 1(( ) ( ) ) ( ) ( )n n n n n n n nx y z vλ λ≥ ≥ ≥⊕ = = n nz x y= + n nv zλ=

1 1( ) ( ) ( ) ( )n n n n n n n n n nv x y x y v x yλ λ λ λ λ≥ ≥⇒ = + = + ⇒ = ⊕

b) tehát 1 1( ) ( ) ( ) ( )n n n n n n n nx y y x xλ μ λ μ λ μ≥ ≥+ = ⇔ = + =

1 1( ) ( ) ( )n n n n n ny xλ μ≥ ≥= ⊕ ; c) , ahol 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n n n n n n n n nx y y x x y zλμ λμ λ μ λ≥ ≥ ≥= ⇔ = = ⇒ =

1 1( ) ( ( ) )n n n n n nz x y xμ λ μ≥ ≥= ⇒ = ; d) . 1 1 11 ( ) ( ) 1 ( ) ( )n n n n n n n n n n nx y y x x y x≥ ≥ ≥= ⇔ = = ⇒ =

220 Vektorterek

3. Bizonyítsd be, hogy az differenciálegyenlet megoldásai ( ) ( )1

0

pp i

ii

y α−

=

= ⋅∑ y

( )*, , 0,ip iα∈ ∈ = −1p vektorteret alkotnak felett, a következő két

művelettel: ( )( ) ( ) ( )1 2 1 2y y x y x y x+ = + , ; x∀ ∈

( )( ) ( )y x y xλ λ⋅ = ⋅ , , . x∀ ∈ λ∀ ∈Megoldás. A bizonyítás az előbbi feladathoz hasonlóan történik, csak sorozatok ( -on értelmezett függvények helyett) helyett függvények között értelmeztük a műveleteket.

*

4. Bizonyítsd be, hogy ha ( egy test, akkor az ), ,K + ⋅

( ) ( ) ( ){ }: | , , , ,kL f K K f x y f x f y x y Kα β α β α β= → + = + ∀ ∈ függvények halmaza feletti vektortér a következő műveletekkel: K

, kf g L∀ ∈ ( )( ) ( ) ( )f g x f x g x⊕ = + , ; x K∀ ∈

kf L∀ ∈ , , ( , . Kλ∀ ∈ )( ) ( )f x f xλ λ= ⋅ x K∀ ∈Megoldás. Az ( , struktúra Abel csoport, mert a tulajdonságok átöröklődnek a

testből. A további négy tulajdonság a következőképpen igazolható (az egyenlőségek minden -ra értendők):

)KL ⊕( ), ,K + ⋅

x K∈a) ( ( ))( ) ( )( ) ( ( ) ( )) ( ) ( )f g x f g x f x g x f x g xλ λ λ λ⊕ = ⊕ = + = +λ =

( )x

( )( ) ( )( ) ( )( )f x g x f g xλ λ λ λ= + = ⊕ ; b) ( ( ) )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )f x f x f x f x f x f xλ μ λ μ λ μ λ μ+ = + = + = + =

( )f fλ μ= ⊕ ; c) ( ; ( ) )( ) ( ) ( ( )) (( )( )) ( ( ))( )f x f x f x f x f xλμ λμ λ μ λ μ λ μ= = = =d) ( . 1 )( ) 1 ( ) ( )f x f x f x= =5. Bizonyítsd be, hogy a

( ) ( ) ( ) ( ){ }1 0, 0, 0 , 0,1,1 , 1, 0,1 , 1,1, 0C = és

( ) ( ) ( ) ( ){ }2 0, 0, 0, 0, 0 , 0,1,1, 0,1 , 1, 0,1,1, 0 , 1,1, 0,1,1C = halmazok vektorteret képeznek az felett a következő műveletekkel:

, esetén 2

( )1 2, , ..., nx x x x= ( )1 2, , ..., ny y y y= ( )1 2, , ..., nz z z z=

x y z⊕ = ⇔ ( )mod2k k kz x y= + 1,k n= , { }3, 4n ∈ ;

x zλ = ⇔ , ( )mod2k kz xλ= ⋅ 1,k n= , { }3, 4n ∈ .

Megoldás. Ha a 1C halmazban bármely két elemet tesszük össze a művelettel vagy mind a három tag nulla, vagy van 2 drb 1 -es közöttük, tehát belső művelet. A semleges elem a ( és minden elemnek saját maga az inverze, a kommutativitás és az asszociativitás átöröklődik a -ből, tehát Ábel-csoport.

⊕⊕

0, 0, 0)

2 1( , )C ⊕

Vektorterek 221

A többi négy tulajdonság azonnal következik, mert a szorzótényezők a halmazból vannak, tehát vektortér. A halmaz esetén

2ˆˆ{0,1}=

1( , , , )C ⊕ 2

K2C

6. Bizonyítsd be, hogy ha ( vektortér a ( test felett és (), , ,V ⊕ ), ,K + ⋅ )1, ,K + ⋅

részteste -nak, akkor ( vektortér (( ), ,K + ⋅ )1, , ,V K⊕ )1, ,K + ⋅ felett. Sajátos esetben vektortér ( ), ,+ ⋅ ( ), ,+ ⋅ felett!

Megoldás. Mivel a részteste a ( , testnek, az értelmezésben szereplő tulajdonságok átöröklődnek K -ból, ezért ( is vektortér.

1( , , )K + ⋅ , )K + ⋅, , , )V ⊕ K

⋅ = ⋅ 1 1, ,x y λ∀ ∈

λλ −⋅ = − x∀ ∈

1 2λ−

7. Bizonyítsd be, hogy a vektortér értelmezésében szereplő utolsó négy feltétel egymástól független. Megoldás. Az halmazon tekintjük az x y , művelet.

Így az ( , struktúra egy Ábel féle csoport. Ha a „szorzást” az , és összefüggésekkel értelmezzük, akkor az utolsó három axióma

teljesül, de az első nem, tehát ez az axióma független a többitől.

*M += xy⊕ = ,x y∀ ∈

)M ⊕ x xλλ ⊗ =0x∀ > λ∀ ∈

Tekintsük az halmazt, amelyen értelmezzük a következő műveleteket: 2M =

1 1 2 2 1 2 1 2( , ) ( , ) ( , )x y x y x x y y+ = + + , 1 2 1 2, , ,x x y y∀ ∈2

1 1 1 1( , ) ( , )x y x yλ λ λ ,

Ellenőrizhető, hogy az így szerkesztett struktúra a második axióma kivételével az összes többit teljesíti, tehát ez az axióma független a többitől. A valós számok halmazán értelmezzük a szokásos összeadást és a következő szorzást:

1(2 )x e x , ,

Az így értelmezett műveletekkel az ( , struktúrában a harmadik axióma nem teljesül, mert általában .

, )+ ⋅1 21 1 1(2 )(2 ) 2e e eλ λ λ− − −− − ≠ −

Tekintsük az { 20 1 2 0 1 2, ,M a a x a x a a a= + + ∈ }

2λ

halmazt a polinomok szokásos

összeadásával és a összefüggéssel értelmezett

szorzással. Az ( , struktúra csak az utolsó axiómát nem teljesíti, tehát ez az axióma független az előbbiektől.

( )20 1 2 0 2a a x a x a a xλ λ⋅ + + = +

, )M + ⋅

8. Bizonyítsd be, hogy a { }|V x x= ∈ < 1 halmaz az 1x yx yxy

+⊕ =

+ és

, , műveletekkel vektortér felett.

(

( )th arcthy xα α= ⋅ ,x y V∀ ∈ α∀ ∈

thu u

u u

e eue e

−

−

−=

+ és ennek az inverz függvénye) arcth

Megoldás. A csoportoknál láttuk, hogy a ( , struktúra egy Ábel-féle csoport (225. oldal 11. feladat). Az arc függvény értelmezési tartománya a

)V ⊕th ( 1,1)−

222 Vektorterek

intervallum és 1 1arcth ln2 1

xxx

+=

−, tehát a művelet helyesen értelmezett.

Ellenőrizzük az utolsó négy axiómát:

( )( )( ) th( arcth( )) th arcth th th th1x yx y x y x yxy

λ λ λ λ⎛ ⎞+ ⎟⎜⊕ = ⋅ ⊕ = ⋅ = ⋅ + =⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠

( ) ( )( ) ( )

th arcth th arcth ( ) ( ) ( ) (1 th arcth th arcth 1 ( )( )

x y x y x yx y x y

λ λ λ λλ λ

λ λ λ λ⋅ + ⋅ +

= = =+ ⋅ ⋅ +

)⊕ ;

( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2th arcth th arcth arcthx x xλ λ λ λ λ λ⎡ ⎤+ = + ⋅ = +⎣ ⎦ y =

( ) ( )( ) ( )

1 2 1 2

1 2 1 2

th arcth th arcth ( ) ( )1 th arcth th arcth 1 ( )( )

x x x xx x x

λ λ λ λλ λ λ λ⋅ + ⋅ +

= =+ ⋅ ⋅ +

1 2( ) ( )x xλ λ= ⊕

x=

x =

xx

2

K

2

†)

2

×

2

=( , )w

=))

)

;

( ) ( )( ) ( )( )( )1 2 1 2 1 2th arcth th arcth th arcthx xλ λ λ λ λ λ= ⋅ = ⋅ ⋅

( )1 2 1 2 1 2th arcth arcth ( )x xλ λ λ λ λ λ= ⋅ = ⋅ = ⋅ és 1 th(1 arcth )x x= ⋅ = ,

tehát a vizsgált ( , struktúra egy vektortér. , )V ⊕9. Bizonyítsd be, hogy ha és vektorterek K felett, akkor a Descartes-féle szorzat is tekinthető K feletti vektortérnek!

1V 2V 1V V×

Megoldás. Ha és vektorterek, akkor a és műveletek teljesítik a négy tulajdonságot és a illetve

struktúrák Ábel-féle csoportok. A struktúra Ábel csoport, ha

1( , , , )V K+ 2( , , , )V ⊕ ⊗ 1 1:V K V× →

2:V K V⊗ × → 1( , )V +

2( , )V ⊕ 1 2( ,V V×

1 2 1† :V V V V× → × és , 1 1 2 2 1 2 1 2( , )†( , ) ( , )x y x y x x y y= + ⊕

1 1 2 2 1 2( , ),( , )x y x y V V∀ ∈ .

Hasonló módon értelmezzük a szorzást a 1 2 1: ( )K V V V V• × × → ×

1 2( , ) ( , ), ,x y x y x V y Vλ λ λ• = ⊗ ∀ ∈ ∈ összefüggéssel. Az utolsó négy axiómát a következőképpen vizsgáljuk: a) (( , )†( , )) ( , ) ( ( ), ( ))x y v w x v y w x v y wλ λ λ λ• = • + ⊕ = + ⊗ ⊕

( , ) ( , )†x v y w x y vλ λ λ λ λ λ= + ⊗ ⊕ ⊗ = • • ; b) ( ) ( , ) (( ) ,( ) ) ( , )x y x y x x y yλ μ λ μ λ μ λ μ λ μ+ • = + + ⊗ = + ⊗ ⊕ ⊗ =

( , )†( , ) ( , )† ( , )x y x y x y x yλ λ μ μ λ μ= ⊗ ⊗ = • • ; c) ( ) ( , ) (( ) ,( ) ) ( ( ), ( ))x y x y x yλμ λμ λμ λ μ λ μ• = ⊗ = ⊗ ⊗

( , ) ( ( ,x y x yλ μ μ λ μ= • ⊗ = • • ; d) 1 ( , , ) (1 ,1 ) ( , )x y x y x y• = ⊗ =tehát a is vektortér. 1 2( ,†,V V K× •

10. Lehet-e a ( ),+ halmazt ( ), ,p + ⋅ feletti vektortérnek tekinteni, ha prím? p

Vektorterek 223

Megoldás. Nem mert ha ( ),+ a ( ), ,p + ⋅ fölötti vektortér lenne, akkor a műveletek tulajdonságai alapján ellentmondáshoz jutnánk:

1 1 ... 1 1 1 1 1 ... 1 1 (1 1 ... 1)1 0 1 0p p p

p = + + + = ⋅ + ⋅ + + ⋅ = + + + = ⋅ =

11. Hány eleme lehet egy ( ), ,p + ⋅ feletti vektortérnek, ha prímszám? pMegoldás. Egy feletti vektortér vagy végtelen sok elemet tartalmaz, vagy eleminek száma a -nek hatványa.

p

p12. Bizonyítsd be, hogy ha ( )1, ,K + ⋅ valódi részteste a ( testnek, akkor nem lehet K feletti vektortér.

), ,K + ⋅ 1K

Megoldás. Tudjuk, hogy , feltételezzük, hogy vektortér vagyis a művelet teljesíti az értelmezésben szereplő utolsó négy tulajdonságot. Mivel , a művelet a -re nézve belső művelet, továbbá kommutatív, (1 a • -ra nézve semleges elem) és semleges elem -ra nézve is, mivel 1 , . A ( ) egyenlőségben

helyettesítsünk -et és -et (a ⋅ műveletre vonatkozik az inverz). Így , tehát x inverze a • műveletre nézve

is és így Ábel csoport. Másrészt ha és , akkor (ellenkező esetben a k kifejezhető volna alakban) és

ez ellentmondás.

1( , , ) ( , , )K K+ ⋅ ≤ + ⋅ 1( , , )K K+ •

1:K K K• × → 1

K x

x−=

x xx x x x x x x− − −= • = • • ⇔ •

1

1 1

1K K⊆ • 1K

11 K∈ •

x x• = 1x∀ ∈ ( )xλμ λ μ• = • •

: xλ = 1:μ1 1 1( ) ( ) 1=

1x− 1( , )K • 1\k K K∈ 1k K∈

1k k K• ∉ 12 1k k k K−= • ∈

Gyakorlatok

1. Bizonyítsd be, hogy az alábbi halmazok a megadott vektorterek részterei:

a) ( ){ }2, | 0U x , V ; y ax by= ∈ + = ( )2, , ,= + ⋅

b) ( ){ }, , 0 | ,U x y x y= ∈ , ; ( )3, , ,V = + ⋅

c) [ ]{ }2 , | 2 3 0U y C a b y y y′′ ′= ∈ + + = és

[ ] [ ]{ }2 , : , | folytonV C a b f a b f ′′= = → os ;

d) , ; ( ) ( ) ( ) ( ){ }0, 0, 0, 0, 0 , 0,1,1, 0,1 , 1,1, 0,1,1 , 1, 0,1,1, 0U = ( )52 2, , ,V = + ⋅

e) { }2 | ,U a b a b= + ∈ , . ( ), , ,V = + ⋅

Megoldás. a) mivel 1 1 2 2 1 2 1 2( , ) ( , ) ( , )x y x y x x y y U+ = + + ∈

1 2 1 2 1 1 2 2( ) ( )a x x b y y ax by ax by+ + + = + + + = 0∈

. ( , ) ( , )x y x y Uλ λ λ= mert . ( ) ( ) ( ) 0a x b y ax byλ λ λ+ = + =

b) és ; 1 1 2 2 1 2 1 2( , , 0) ( , , 0) ( , , 0)x y x y x x y y U+ = + + ∈ ( , , 0) ( , , 0)x y x y Uλ λ λ= ∈c) , mert 1 2y y U+ ∈

224 Vektorterek

1 2) )y y′′ ′+ + + +

ahol 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2( 2(y y 3( ) ( 2 3 ) ( 2 3 ) 0y y y y y y y y′′ ′′′ ′+ = + + + + + =

onlóan mivel U∈ .

d) ∈,1,1)+ = ∈ , és

+ = ∈ vagy

1 2,y y U∈ . Has y Uλ ∈

( ) 2( ) 3( ) ( 2 3 ) 0, ,y y y y y y yλ λ λ λ λ′′ ′ ′′ ′+ + = + + = ∈ (0,1,1, 0,1) (1,1, 0,1,1) (1, 0,1,1, 0) U+ = ,

(1,1, 0 U(0,1,1, 0,1) (1, 0,1,1, 0)U . (1,1, 0,1,1) (1, 0,1,1, 0) (0,1,1, 0,1)

2 u uλ λ∀ ∈ ⇒ = 0uλ = . e) 1 1 2 2 1 2( 2) ( 2) ( ) 2a b a b b b+ + + = + +1 2( )a a U+ ∈ és

( 2)bhogy

( ) ( ) 2 , , 2a a b U a b Uλ λ λ λ+ = + ∈ ∈ + ∈ . , , ,⋅ rész + ⋅ -nek, akkor 2. Bizonyítsd be ha ( ,U + tere a (V) ), , , ( ),+

s ortja (U

ré zcsop ),V + -nak. , akkor tén 1 2u u U+ ∈ és u Uλ ∈ . Ha

λ =− alkalmazzuk az előbbi (

Megoldás. Ha ese-re tulajdonságot, ak y

z U∈ egye övetkezik,

KU V≤ 1 2,u u U∀ ∈ 1 kor következik, hog

1 (1 )u u u U− =− =− ∈ és a ) 0= nlőség alapján k hogy ( , )U + részcsoportja (

u u+ −),V + -nak.

ogy ha 3. Bizonyítsd be, h ( )⋅ ( + ⋅1, , , és két résztere a

vektortérnek, akkor ),+ ⋅ is résztMego a 2,u U , akk V és U relációk alapján

'

U +

1 2, ,U U∩ ere -nek. ldás. H u U∈ ∩ or az ≤ V≤

tehát 2U U+ ∈ ∩ . H U U∈ ∩. Tehát -nek.

4. Bizonyítsd be, hogy ha

)2, , ,U ( ), , ,V + ⋅

( V'

1 1 KU 2 K

1u u U+ ∈ és '2u u U+ ∈ , u ′ a λ ∈ és u

akkor 1 KU V≤ és 2U V≤ alapján résztere a 1u 1 2

K 1 2u U Uλ ∈ ∩ 1 2U U∩ V

( )1, , ,U + ⋅ és két résztere a az

( )2, , ,U + ⋅ ( ), , ,V + ⋅ vektortérnek, akkor

{ }1 2 1 1 2 2| ,U u u u U u U= + ∈ ∈ halmaz is résztere -nek. (Ezt a vektorteret -vel jelöljük)

'1 2 1 2 1 2 1 2 1, , , , : : , :U U u u u u u u u u u u∈ + ⇒ ∃ = + = +

2 2 2( )u u+ . Ha és 2 1 2 1 2( ) ( ) ( )u U U u u u u U Uλ λ λ λ∈ + ⇒ = + = ∈ + .

ré

összefüggéssel értelmezzük, akkor ekvivalencia reláció. Bizonyítsd be, hogy ha a szerinti ekvivalencia osztályokon értelmezzük az alábbi műveleteket:

( ), , ,V + ⋅ 1 2U U+Megoldás. '

2u u , '

' ' ' '

tehát '1 1 1( )u u u u U U+ = + + ∈ +'

1 u +λ ∈ 1 2

5. Bizonyítsd be, hogy ha ( , , ,U + ⋅ sztere ( ), , ,V + ⋅ -nek és a " "∼ relációt az u v∼ ⇔ u v U− ∈

)

" "∼" "∼

:u v u v+ = + :u uλ λ⋅ = ⋅

Vektorterek 225

akkor az ekvivalencia osztályo alkotott kból VU faktorhalmazon egy vektortér

rát értelmeztünk. ldás. I hogy " "∼ reláció r zitív. Az

0u u U− = ∈ összefüggés alapján u u∼ , tehát a reláció v z∼ , akkor u v U− ∈ ) (v v és így a

struktúMego gazoljuk, a eflexív, szimmetrikus és tran

reflexív. Ha és és − ∈ )u z u z U− = − + − ∈

reláció tranzitív is. A szimmetria következik az

u v∼

v z U , tehát (u v U v u U− ∈ ⇔ − ∈

ekvivalenciából. Ha { | }V u u UU = ∈ , és u v u v+ = + u uλ λ= , akkor

( ,VU ) Ábel csoport és +

( ) ( ) ( )u v u v u v u v u v u vλ λ λ λ λ λ λ λ+ = + = + = + = + = + ; λ

( ) ( )u u u u u u uλ μ λ μ λ μ λ μ λ μ+ = + = + = + u+ ; =

ˆ( ) ( ) ( )u u u uλμ λ μ λμ λ μ= = = ; = =1 1u u u , , Vu v Uλ∀ ∈ ∈ ,

( , , )VU +tehát vektortér.

1. ulmányozd a vetkező vektor lineáris függ ét ét: 3, 0v = − az vektortérben;

b) − , v = − a ben;

1 2,5, 3,2,= − − ,

Gyakorlatok

Tan kö ok őség és függetlenséga) ( 1,−( )1 2,1, 3,1v = , )2 1,2, 0,1v = , ( )3 1, 4

( )1 4, 2, 3v = − , ( )2 5, 3, 0v = ,2,1 z 3 vektortér( )3 3c) )1v −( ( )2 1, 2, 3, 1,2v = − , ( )3 1,2,2, 0, 1v = − ,

( )4v = − ), 0 az d) 1 8v = −

4, 1, 3,2, 1− − , 5 2, 2, 4,1v = − − vektortérben; 2 7t + , 2

2 2 3v t= − + = − + a vektortérben; nt t n , a

vektortérben. Megoldás. a) A egyenlőség ekvivalens a

2 0

2 0

λ λ λ

λ λ λ

⎧ + − =⎪⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎪⎨

Ennek a rends rnek végtelen sok megoldása van és ezek és alakúak, tehát a vektorok lineárisan függő rendszert alkotnak. A

oldások alapján v v−

( 5

2t t , 23 4 2v t t ( )C

e) 1, sin , ... ,t t , ahol *n ∈ és tsin , cos , ... , cos ∈ ( )C

1 1 2 2 3 3 0v v vλ λ λ+ + =

1 2 3

1 2 3

1 3

1 2

3 3 0

0

λ λ

λ λ

⎪ − =⎪⎪⎪⎪ + =⎪⎪⎩egyenletrendszerrel. ze

1 3λ λ= 2 1λ λ=−meg 3 0v+ = . 1 2

226 Vektorterek

4 2 3

1

−

≠b) 5 3

3 2

−

−

a rendszernek csak a triviális megoldása létezik, tehát a

vektorok lineáris függetlenek.

0

1

= ⇒

n.

d) Mivel az kifejezés pontosan akkor identikusan , amikor minden függvények lineáris

neáris egyenletrendszerre. Enrendszernek a m , tehát a függvények lineárisan függetlenek.

e) Szorozzuk be -vel a n

ii i

λ λ= =

′ +∑

inte, i

π

π⎨ =⎪⎪⎩π

minden esetén. Ha -vel szorozzuk be az összefüggést és azután integrálunk a intervallumon, akkor vetkezik, ho y minden

esetén és így a függvények lineárisan függetlenek. 2. Határozd meg a i vektorrendszerek egy-egy maximális elemszámú lineárisan független részrendszer

0

c) A rendszer mátrixának determinánsa nem nulla, tehát a vektorok lineárisanfüggetlenek 5 -be

2

együtthatója 0 , a ( )C vektortérben a függetlenségének vizsgálata visszavezethető egy li nek a

kt in cos 0n

iit itλ′+ =∑ összefüggést és

integráljuk a [0,2 ]π rvallumon. Az 0

0,cos cos

i jjt it dt

j

≠⎧⎪⎪⋅ =∫ és

ax bx c+ + 01 2 3, ,v v v

deter inánsa nem 0

cos 01 1

s

2

2

0

cos sin 0jt it dt⋅ =∫ , , {0,1,2,..., }i j n∀ ∈ összefüggések alapján következik, hogy

0= k nkλ′ {0,1,2,..., }∈ sin kt[0,2 ]π kö g 0k =λ

{1,z alább

2,..., }k n∈

ét:a) ( )1 0,1v = , ( )2 1,2v = − , ( )3 2, 4v = , ( )4 5,7v = -ben; b) ( )1 0, 1,2v = − , ( )2v = − , ( ) ( ) 3 -ben;

2

1,2, 3 3 1, 1, 0v = − , 4 0, 0,5v = c) ( )1 , 1,1v 0, 0= − , ( )2 1, 3 , 3v =2,1, 0v = − , 2, 1, 0− , ( ) ( )4 1,1, 0, 4v = ,

( )5 3, 0,1,6v = 4 -ben; d) f x= , 2

1 2f x= , 2 23 3 1f x= x+ − , 2

4 1f x x= + + -ben. Megoldás. Az első feladatnál alkalmazott módszert használjuk és a következő ere nyekhez jutunk:

a) b) c) { , , }v v v ; d)3. onyítsd be, hogy az alábbi halmazo ei a megadot r

[ ]x

dmé 1 2{ , }v v ; 1 3 4{ , , }v v v ; 1 2 3

Biz k részter t vekto tereknek és határozd meg a dimenziójukat:

1 2 3{ , , }f f f .

a) ( ) ( ) ( ){ } 31,2 4 1, 3, 2 3, 8, 0 | , ,a b c a b c⋅ + ⋅ − + ⋅ ∈ ⊆ ;

b) ,

{ } ( )sin cos | , , ,x xa x b x c e d e a b c d C−⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ∈ ⊆ ;

c) (| , 1,k

nr

k kc e c k n C⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪∈ = ⊆⎨ ⎬⎪ ⎪∑ )

1k=⎪ ⎪⎩ ⎭, ahol és páronként

különböző valós számok.

1 2 1, , ... , nr r r − nr

Vektorterek 227

Megoldás. A r k figyelembe vennünk, hogy a halmaz

-val azonosítva hány független paraméter eket kapjuk:

észtere értelmezése alapján a bizonyítások nyilvánvalóak. A dimenzió meghatározása során azt kell értelmezésében megjelenő összeget marad. Így a következő érték

a) dim 2U = ; b) dim 4U = ; c) dimU n= (az

0

jr xe függvények lineáris függetlenségét a 253-ik oldalon igazoltuk).

4. Bizonyítsd be, hogy egy 1

n

ij jj

a x=∑ 0= , 1,i m = alakú ( , 1, , 1, )ija i m j n∈ = =

egyenletrendszer megoldáshalmaza egy vektortér, amely résztere az n vektortérnek! Mennyi ennek a térnek a dimenziója? Megoldás. A résztér és az ös tu ságai alapján nyilvánvaló, hogy a szeg lajdonmegoldások egy részteret alkotnak ( 0ix = , 1,i n= mindig megoldás). Ha felírjuk a rendszer

ixa), tehát a megoldástér megoldásait akkor ezek rangn M− független paramétertől függnek (M a

rendszer mátr dimenziója rangn M− .

5. Bizonyítsd be, hogy a 0

0p

j n jj

a x +=

=∑ , 1n ≥ rekurziót teljesítő ( *p ∈ ja ∈ ,

0,j p= ) valós számsorozatok egy vek rnek a

Megoldás. Mivel a kezdeti értékek egyértelmű a sorozatot (a rekurzióval

1, k j⎧ =⎪

torteret alkotnak! Mennyi

dimenziója? en meghatározzák

együtt) ezért elégséges a lineárisan független sorozatokat a kezdőértékek

segítségével megadni. Ha tekintjük az xk j

⎪=≠

,

ennek a té

0,⎨⎪⎪⎩

kj {0,1,2,..., 1}j p∈ − kezdő

feltételeknek eleget tevő p darab sorozatot ( {0,1,2,..., 1}k p− ), akkor egy tetszőleges ( )

∈

0, 1j j px

= − feltételeknek eleget tevő sorozat felírható

1p−

0

ji

j

x x=

,

jelenti, hogy az általunk választott p sorozat segítségével a rekurzió dása kifejezhető. Ugyanakkor világos,

i j x= ⋅∑ 0i∀ ≥

alakban. Ez azt összes megol hogy ezek a sorozatok lineárisan

bázist alkotnak és így a tér dimeizonyítsd be, hogy a

függetlenek, tehát p . 6. B

nziója )( )1 1,1,2,1v = , ( )2 1, 1, 0,1v = − , (3 1,2= ,2, 0v és

vektorok az vektortér egy bázisát alkotják! Határozzuk meg a vektor koordinátáit ebben a bázisban!

Megoldás. A )v v v vλ λ λ λ+ + + = egyenlőségből következik, hogy 0 , tehát

( )4 0, 0, 1,1v = − 4

( )1,1,1,1v =

1 1 2 2 3 3 4 4 (0, 0, 0, 0

1 2 3 1 2 3 1 3 4 1 2 4( , 2 ,2 2 , )λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ+ + − + + − + + =

228 Vektorterek

1

1 3 4

2 0

2 2

λ

λ λ λ

λ λ

⎧ +⎪⎪− + =⎪⎪⎨⎪ +⎪⎪⎪

A rendszer determ 0λ λ= = az egyetle

2 3

1 2 3

1 2 4

0

0

0

λ λ

λ

λ λ λ

+ =⎪⎪⎪

− =

⎪ + + =⎪⎪⎩

inánsa , tehát λ λ= = n megoldás. ana ra léteznek az egyértelműen meghatározot

hogy vλ +ség egy Cramer rendszerrel ekvivalens. Ha a vizsgált esetben megoldjuk a

4 1 2 3 4

Ugy kkor 1 2 3 4( , , , )v x x x x∀ = vektor t

2 2 3 3 4 4v v v vλ λ λ+ + = , mert ez az egyenlő

1 2 3 4, , ,λ λ λ λ valós számok úgy, 1 1

rendszert, akkor a 1 2 3 41

4 2 2v összefü ez jutunk.

a ( )1 1,2, 4, 3,1v = − , ( )2 3, 4, 8v = − ,

( )3 6, 17, 7, 10, 22v = − és (1, 3, 3,v = − torok által generált résztérben egy

1 1 14

v v v v= + + + ggésh

7. Határozzál meg

2, 0 vek

bázist! Megoldás. Ha

2,5,

)4

51 2 3 4, , ,v v v v= ≤ , akkor az x láció ekvivalens az

5

negyedrendű aldeterm 0 , és így a 1 2 3 4, , ,v v v v vektorok függőek. Az

1⎛⎜

U rev egyenlet megoldhatóságával. Ez az -ben felírt

egyenlet ekvivalens egy -es egyenletrendszerrel. A rendszer mátrixának minden inánsa lineárisan

⎞⎟⎟⎟⎟⎟

− − −

aldeter inán neárisan

füg enek, tehát és álta sztérben a egy bázisnak

U∈

1 1 2 2 3 3 4 4x v v vλ λ λ λ= + + + 5 4×

'A⎜⎜⎜ s nem nulla és így a vektorok li

2 6

2 5 17

4 3 7

m 1 2 3, ,v v v= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

getl a 4v1 2 3, ,v v v l generált ré 1 2 3{ , , }v v vtekinthető. 8. Határozd meg a ( )1,2, 4v = − vektor koordinátáit az alábbi bázisokban:

a) ( )3 1,1,1v = ; ( )1 1, 0, 0v = , ( )2 1,1, 0v = , b) 0( )1 1, 1, 0v = − , ( )2 4,6, 1v = − − , c)

( )3 1, 3, 9v = − − ; ( )1 1,1, 0v = , ( )2 0,1,1v = , ( )3 1, 0,1v = .

Megoldás. A koordináták me atározása egy-egy lineáris egyenletrendszerre vezetődik vissza. A következő eredményeket kapjuk:

λ= − = = − ;

gh

a) λ λ1 2 31, 6, 4

b) 1 2 326, , 112

λ λ λ= − = − ; 19=

c) 1 2 37 3 5, ,λ λ λ= = = − . 2 2 2

−

9. Ha és ( )

1, ,...,!

nX aB X a

n⎧ ⎫−⎪ ⎪⎪ ⎪= −⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

, [ ] ( ){ }|V f X gr f n= ∈ ≤ , a ∈

Vektorterek 229

a) igazold, hogy B bázisa V

Megoldás.

-nek; b) határozd meg koordinátáit a bázisban.

,..., nP isa a -nek,f B

a) Minden olyan { , }B P P= polinomrendszer báz

amelyben a k -adik elem pontosan ( 1)k − -ed fokú, mert a

0 0 1 V

0

n

j jj

P =∑c P

gtól kiindulv íthat=

egyenlőségben a domináns ta juk a jc együtthatókat. a azonos

b) Ha deriváljuk k -szor az 1(( )

n

jxf x c c

1

)!

j

j

aj=

összefü

behelyettesítési értékét számítjuk -ban, akkor az

−= +∑ ggést, és mindkét oldal

a ( )( )kkf a c= egyenlőséghez jutunk,

tehát ( )

1

( )( ) ( ) ( )!

jnj

j

x af x f a f aj=

−= +∑ .

1. onyítsd be, hogy az alábbi leképezések lineá ak:

Gyakorlatok

Biz ris

3 2:f → , ( ) ( )1 2 3 1 2 3, , 2 , 4f x x x x x x= + ; a) 2 3:f → , ( ) ( )1 2 1 1 2 1, , 3 ,2f x x x x x x= − ; b)

c) 3 3:f → , ( ) ( )1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 3, , 2 ,2 , 3f x x x x x x x x x x x= − + + − − ; 2 2:f → , ( ) ( )1 2 1 2 1, 3 ,2f x x x x x= − . d)

Megoldás. a) =

+

b) ) =)− +

) ( , 3 ,2 )x y y y yβ+ − =

1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3( ) ( ( , , ) ( , , )) ( , , )f x y f x x x x x x f x y x y x yα β α β α β α β α β+ = + = + + +

1 1 2 2 3 3 1 2 3(2 2 , 4 4 ) (2 , 4 )x y x y x y x x xα β α β α β α α α= + + + + = +

1 2 3 1 2 3 1 2 3(2 , 4 ) (2 , 4 ) (2 , 4 )y y y x x x y y yβ β β α β+ + = + + + =

1 2 3 1 2 3( , , ) ( , , )f x x x f y y yα β+ ; 1 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ( , ) ( , )) ( ,f x y f x x y y f x y x yα β α β α β α β+ = + = + +

1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1( , 3 3 ,2 2 ) ( , 3 ,2x y x y x y x y x x x xα β α β α β α β α α α α= + + − − + =

1 1 2 1 1 1 2( , 3 ,2 ) ( , 3 ,2y y y y x x xβ β β β α+ − = − 1 1 1 2 1

1 2 1 2( , ) ( , )f x x f y yα β= +ntok igazolása is hasonlóan történik. i transzformációk közül a lineárisak esetében írd fel a transzformáció

mátrixát! Megoldás

a) b) c) ;

; A c) és d) po2. Az előbb

'

2 1 0[ ]

0 0 4BBf

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠; '

1 0

[ ] 3 1

2 0

BBf

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; '

1 2 1

[ ] 2 1 1

0 1 3

BBf

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

230 Vektorterek

d) . '

3 1[ ]

2 0BBf

⎛ − ⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎞

23. Van-e olyan 2:f → lineáris leképezés, amely az ( , , vektorokat rendre a ( , ( , ( vektorokba transzformálja?

)1, 0 ( )0,1 ( )1, 0)0,1 )1, 0 )2,2

Megoldás. Ha van ilyen 2: 2f → lineáris függvény, akkor annak

mátrixa egyértelműen meghatározott. és

alapján viszont így , tehát nem létezik az

adott feltételeket teljesítő lineáris leképezés.

'

1 1

2 2

[ ]BBa b

fa b

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠(1, 0) (0,1)f =

(0,1) (1, 0)f = '

0 1[ ]

1 0BBf

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠(1, 0) (2,2)f ≠

4. Írd fel azt az 3: 2f → lineáris leképezést, amely az ( , , ( vektorokat rendre a ( , ( , ( vektorokba transzformálja.

)1,1, 0 ( )1, 0,1 )0,1,1)1, 0 )1,1 )0,1

Megoldás. Ha felírjuk, hogy az 3: 2f → = ny, ahol 2,3A M∈ z adott feltételeket, akkor két egyenletrendszerhez jutunk és ez alapján

következik, hogy 0

A ⎜⎜= ⎜⎜⎝ ⎠

, ( )f x Ax függvételjesíti a

0 1

⎛ ⎞⎟⎟⎟⎟⎟.

1 0 0

5. Vizsgáld meg a következő leképezések injektivitását, szürjektivitását és bijektivitását. A bijektív leképezések esetén írd fel az inverzüket, a többi esetén határozd meg a képtér dimenzióját és egy bázisát:

a) 3 2:f → , ; ( ) ( ), , 2 , 3 , 3f x y z x y z x y z x y z= − + + + − + +

b) 2 3:f → , ; ( ) ( ), 3 , ,2f x y x y x y x y= − + −

c) 2:f → , ; ( ), 2f x y x y= −

d) 2 4:f → , ; ( ) ( ), ,2 , 3 ,f x y x y x y x y x y= + − + −

e) 3 4:f → , ( ) ( ), , , 2 , 3 ,f x y z x y z x y z x y z x y z= + − − + − + + + . Megoldás. a)

1 1 1 2 2 2

1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2

1 1 1 2 2 2

2 2

( , , ) ( , , ) 3 3

3 3

x y z x y z

f x y z f x y z x y z x y z

x y z x y z

⎧⎪ − + = − +⎪⎪⎪⎪= ⇔ + + = + +⎨⎪⎪⎪− + + = − + +⎪⎪⎩

⇔

ahol

2 0

3 0

3 0

a b c

a b c

a b c

⎧⎪ − + =⎪⎪⎪⎪⇔ + + =⎨⎪⎪⎪− + + =⎪⎪⎩

1 2

1 2

1 2

a x x

b y yc z z

⎧ = −⎪⎪⎪⎪ = −⎨⎪⎪ = −⎪⎪⎩Az egyenletrendszer mátrixának determinánsa nem nulla, tehát csak az

triviális megoldás létezik, ahonnan . Ez alapján 0a b c= = = 1 1 1 2 2 2( , , ) ( , , )x y z x y z=

Vektorterek 231

a függvény injektiv. A szürjektivitás feltétele, hogy az

egyenletrendszernek egyértelmű megoldása legyen esetén. Ennek szükséges és elégséges feltétele, hogy a rendszer determinánsa ne legyen . Ezt már igazoltuk, tehát a függvény bijektív. Ha felírjuk a rendszer megoldásait az

'

'

'

2

3

3

x y z x

x y z y

x y z z

⎧⎪ − + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪− + + =⎪⎪⎩' ' ' 3( , , )x y z∀ ∈

0

1 3: 3f − → inverz függvényhez jutunk, tehát 1 1( , , ) ( 2 3 7 , 10 4 2 , 4 5 3 )

22f x y z x y z x y z x y z− = − + − − + − + + .

b) Lineáris leképezések injektivitása egyenértékű azzal, hogy az egyenletnek csak a (0 legyen a megoldása. Ebben az esetben ez teljesül, mert már az első két komponens alapján következik, hogy . A leképezés nem lehet szürjektív, mert tetszőleges esetén az egyenlőség első két komponenséből egyértelműen meghatározhatjuk az ( , párt és így a megválasztható úgy, hogy a harmadik egyenlet ne teljesüljön. A képtérben

alakú elemek vannak, amelyek felírhatók alakban -re, tehát

( , ) (0, 0, 0)f x y =, 0)

0x y= =

0 0 0( , , )x y z 0 0 0( , ) ( , , )f x y x y z=)x y 0z

( 3 , ,2x y x y x y− + − )(1,1,2) ( 3,1, 1)x y+ − − ,x y∀ ∈ 2( ) (1,1,2),( 3,1, 1)f = − − ,

belátható, hogy ezek a vektorok lineárisan függetlenek, tehát a { vektorrendszer egy bázisa

(1,1,2),( 3,1, 1)}− −2( )f -nek és 2dim( ( )) 2f = .

c) A leképezés nem injektív, de szürjektív, mivel az kifejezés minden valós értéket felvehet ráadásul mindegyiket végtelen sok helyen.

2x y− = 0

d) A leképezés injektív, de nem szürjektív (akárcsak a b) alpontban), továbbá 2( ) (1,2,1,1),(1, 1, 3, 1)f = − − , ahol a generáló rendszer lineárisan független, tehát

bázis 2( )f -ben és 2dim ( ) 2f = . e) A leképezés injektív, de nem szürjektív, továbbá

2( ) (1,1, 3,1),(1, 1, 1,1),( 1,2,1,1)f = − − − tehát 2dim ( ) 3f = ;

6. Számítsd ki az 2 2:f → , és ,

lineáris leképezések összetételét! Írd fel az és a g mátrixát, majd az összetett függvény mátrixát! Milyen összefüggés létezik az előbbi három mátrix közt?

( ) ( )1 2 1 2 1 2, 2 , 3f x x x x x x= − − 2 2:g →

( ) ( )1 2 2 1 1 2, , 4g x x x x x x= − + 3

2

)⎞

f

Megoldás. , ahol 2:g f →

1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2( )( , ) ( ( , )) (2 , 3 ) ( ,17 7g f x x g f x x g x x x x x x x= = − − = − .

' '

2 1 1 1[ ] ,[ ]

3 1 4 3B BB Bf g

⎛ − ⎞ ⎛−⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜= =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟−⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ és '

1 0[ ]

17 7BBg f

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

232 Vektorterek

Észrevehető, hogy '[ ]BBg f ' '[ ] [ ]B Bg f= . 7. Bizonyítsd be, hogy az 3 3:

B B

f → ,

d fel az és

( ) ( )1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 3, , 2 ,2 , 3f x x x x x x x x x x x= − + + − − lineáris leképezés bijektív! Számítsd ki az inverzét és Bizonyítsd be, hogy az inverze is lineáris leképezés! Ír f 1f − mátrixát! Milyen összefüggés létezik az előbbi két mátrix közt?

Megoldás. A leképezés pontosan akkor bijektív ha az

a b c

a b c

⎧⎪ − + =⎪⎪⎪⎪ + − =⎨⎪

a determinánsa különbözzön -tól és ez teljesül. Ugyanakkor az inverz függvény

meghatározása a 1

2

3 3

2

2

3

x x x y

x x x y

x y

− + =⎪⎪ + − =⎨⎪⎪

rendszer megoldásával egyenértékű és így az

3

2 0

2 0

3 0b c⎪⎪ − =⎪⎪⎩egyenletrendszernek csak a triviális megoldásai léteznek. Ez egyenértékű azzal, hogy

2x

⎧⎪⎪⎪

⎪ − =⎪⎪⎩

0

1 2 3

1 2 3

1 3:f − → , ahol 1 1 5 1 1 1 1 1 1 5( , , ) ( , , )

6 12 12 2 4 4 6 12 12f x y z x y z x y z x y− = + − − + − − + − . z

Tehát és '

1 2 1

[ ] 2 1 1

0 1 3

BBf

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

'1

1 5 16 12 121 1 1[ ]2 4 41 1 56 12 12

BBf −

⎛ ⎞⎟⎜ − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜= − − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

. Észrevehető, hogy

8. ározd meg a és bázisok közti áttérési mátrixokat: ( ){ }1, 0,1B ′ = ;

) ( ){ }1,1,1 ,1, 0 , 1, 0, 0B = ,

' '1 1[ ] ([ ] )B BB Bf f− −= .

Hat BB ′a) )0 ,( ) ( ){ }5,1 , 1,2B = , (

b) (, 1( ) ( ) ( ) ( ){ }2, 0, 3 , 1, 4,1 , 3,2, 5B ′ = − ;

{ }2,1,B t t= , { }2 23 2 , 4,2B t t t′ = + + − + ; c) t

4

Megoldás. Ha -vel jelöljük a bázisról a -re való áttérési mátrixot, akkor

d) { }2 21, 1,B t t t= + + , 2 2 23 3, 2, 2 1B t t t t t t′ = + − + + − + . { }T 'B B

Vektorterek 233

a) 5 1

1 2T

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠; b)

132 33

1 7 12 6

3 17 22 6

T

⎛ ⎞⎟⎜− − − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜= − − − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

; c)

2 1 43 3 3

2 1 13 3 37 2 83 3 3

T

⎛ ⎞⎟⎜− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜= − − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

;

9 2 126 13 13

⎟⎜− − −

5 4 22 13

T⎜ ⎟⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟

. d) 6 1311 126

⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟7

13 13

⎛ ⎞⎟

⎜ ⎟

⎟⎟⎟− − −⎜⎜⎝ ⎠

rlat datok

Bizony étele párhuzaMegoldás. L ét párhuzam

g f v f v g v= = ++ vektorral való párhuzamos eltolás.

2. Bizonyítsd be, hogy -ben az

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

Gyako ok és fela

1. ítsd be, hogy két párhuzamos eltolás összet mos eltolás. egyen :f V V→ és :g V V→ k os eltolás úgy, hogy

v v= + és ( )g v v= + . Így :g f V V→ 1

1 1 2( )g v v v v= + + , tehát a g f függvény v v

( )f v 2v( )( ) ( ( )) ( )

1 2n [ ] ( ) [ ]{ }, 1 |u v u vλ λ λ= + − ∈ 0,1 halmaz

irányú párhuzamos eltolásából az ( ), nu v ∈ w [ ],u w v w+ + halmazt kapjuk. (az [ ],u v halmazt nevezzük u és v végpontú szakasznak). Megoldás. Ha : n nf → , ( )f v v w= + a w irányú párhuzamos eltolás, akkor

f x u v wλ λ

x xu w v wλ λ+ + − + , x ]tó

a szakasz jellemzéséből ] (1 ) , [0,1]x x xx u v x vλ λ λ∈ ⇔ = − ∈ . Így ( )f x x w= + ⇔ = + − + ⇔

[ , u +( ) (1 )x x

( ) (1 ) ( 1 )x x x xf x u v wλ λ λ λ= + − + + − = ( ) (1 )( )ahol [0,1]xλ ∈ , tehát ( [ , ]f u w v w∈ + + . Világos, hogy az [ ,u w v w+ + szakasz minden pontja előállítha ilyen alakban, tehát az

) eltolás után az [ ],u w v w+ +

szakaszt kapjuk. 3. Bizonyítsd be, zaka árhuzamos eltolásával A B B′ szakaszhoz jut

Sajátos eset

hogy -ban egy s sz p az′ ≡ unk.

Megoldás. e az előbbi feladatnak. 4. Bizonyítsd be, hogy -ben párhuzamos eltolás utján egy tetszőleges szakasz felezőpontjának képe az képének felezőpontja. Megoldás. Ha az

3 ABA

3 ABAB

3 3: , ( )f f x x v→ = + függvény a -vektorral való vpárhuzamos eltolás, ' '([ ]) [ ]f AB AB= , M z [ ]AB szakasz felezőpontja, M ′ [ ]AB∈ a

234 Vektorterek

az [ ]A B′ ′ felezőpon tvektorai, akkor tja, és az pontok helyze, , ,a b m m ′ , , ,A B M M ′

2a bm +

= , tehát

' '( ) ( )2( )2 2 2 2

a v b va b a b v a bf m m+ + ++ + + +v ′=

ésre

= + = = = .

5. Bizonyítsd be, hogy egy tetszőleges ( ), , ,V K+ ⋅ vektortér feletti eltolások Ábel-féle csoportot alkotnak az összetev nézve.

{ }: | : ( ) ,G f V V v V f x x v x V= → ∃ ∈ = + ∀ ∈Megoldás. A halmazon az

yú párhuzamos eltolás) sem a akkor az inverze az összeán egy Á

korlatok

1. Bizonyítsd be, hogy -ban egyegyeneseket önmagukba transzformálja ésvelük párhuzamos egyenesekbe.

*

összetevés belső művelet (lásd az 1. feladatot). Ugyanakkor 1 2 2 1f f f f= , tehát a művelet kommutatív. Az asszociativitás öröklődik a függvények összetevéséből. Az identikus függvény (a 0 V∈ irán leges elem és ha f v -vel való párhuzamos e tevésre nézve a ( )v− -vel való párhuzamos eltolás. Ezek alapj bel féle csoport.

Gya

tetszőleges homotétia a középponton áthaladó a középpontot nem tartalmazó egyeneseket

Megoldás. Legyen 3 3: , ( )

ltolás, ( , )G

3

,f f v→ vλ λ= ∈ az origó középpontú és

legyen

λ

arányú homotétia, és : xp q= origón átmenő egyenes egyenlete.

Az ( , , ) pontosan akkor'( ( , , )) ( , , )M M M M M MM f x y z x y zλ λ λ= pont mert

y zdr

= egy

van -n, ha az rajta van a egyenesen

M M MM x y z dd

M M M M M Mzp q r

= . Így a homotétia a középponton átha

egyeneseket önmaguknest az A 2)z pontok határozzák m

halad át az origón, akkor az egy

x y z x yp q r

λ λ λ= = ⇔ = ladó

ba transzformálja. Ha a egye x y z és ( , ,A x y eg és ez nem

enlete

d 1 1 1 1( , , ) 2 2 2

1 1 1

1

x zy z2 1 2 2 1

: x y y zdx x y z− − −

= =− −

képe az és

−. Igazoljuk,

hogy az egyenes '1 1 1 1 1 1 1( ( , , )) ( , , )A f x y z x y zλ λ λ=

'2 2 2 2 2 2 2( ( , , )) ( , , )A f x y z x y zλ λ λ= pontok által meghatározott egyenes. Az 1 2AA′ ′

nlete egyenes egye 'd = ='1 2

' 1 1 1

2 1 1

( ) :( ) )x x y y z zA Ax y z

λ λ λλ λ

− − −= , és

, akkor 1 2 2) ( (x y zλ− − −

így ha

( , , )A x y z d∈ ( ) ( , , )f A x y zλ λ λ ′= ∈ d . Ugyanakkor minden A x y z

pont esetén létezik az

( , , ) d′ ′∈

, ,x y zA dλ λ λ⎛ ⎞⎟⎜ ∈⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

pont, amelyre ( )f A A′= . Ez alapján a

egyenes képe a egyenes.

d

d ′

Vektorterek 235

2. Bizonyítsd be, hogy középpontú két homotétia összetétele is egy

ú

(g

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩nyre

x xy K otétia.

e, hogy egy épe egy tiában egye

K K középpontú homotétia. Megoldás. , : n nf g 0( )K x középpontú *λ ∈ és *β ∈ arány →

homotétiák 0

( ) ( ),

) ( )n

f x x x xx

x x x x

λ

β

= + −⇔ ∀ ∈

= + −. A : n ng f → f

0 0 0 0( )( ( ( )) ( ( )) ( ( ))g f g f x g x x x x xλ β λ= = + − = + − = 0 0( )x xβλ+ − , tehát az összetett függvén 0( )x középpontú és *∈ arányú hom3. Bizonyítsd b B szakasz k λ arányú homoté ′ ′ szakasz, amelyr

0 0

0üggvé

) x βλ A A B

A B ABλ′ ′ = ⋅ .

Megoldás. Az origót választhatjuk k tnak. Így 3:özéppon 3f → , *( ) ,f v vλ λ= ∈ a homotétia. A és B yzetvektorai

bizonyítások alapjá ]AB szakasz képe az a az ]M B pont

Ha és az pontok hel, (a képek helyzetvektor és ), akkor az előbbi

n az szakasz. H A∈

hely a valamilyen esetén, akkor az

a b és aképeik 'A illetve 'B ai nyilván aλ λb

[ ' '[ ]AB [zetvektor (1 )ka k b+ − [0,1]k ∈ '( )f M M= pont

helyzetv k a kλ λ+ − . Ugyanakkor ha az ′ektora )b( ) (1 )( = ' '(1 )ka k b+ − [ ]M A Bpont helyzetvektora (1 )ka k b′ ′

′ ′∈ valamilyen [0,1]k ∈ esetén, akkor létezik az M + −

lpont, amelynek he yzetvektora (1 )a bk kλ λ′ ′+ − és így ( )f M M ′= . Tehát az

szakasz képe az . Másrészt

[ ]AB

[ ]A B′ ′ szakasz' ' ' '| | | |AB b a−

=

tehát | |AB . rm szimmetria össz

l különböző szi és középpontú szimmetriák az

összetétele az

5. létezz

| | | |AB b a− és 'b bλ= illetve

'a aλ= , ' '| |AB λ=4. Milyen transzfo áció két különböző középpontú etétele? Hát n darab egymástó mmetria összetétele? Megoldás. Az és

:g V V→ , v képletekkel érhatók le. Így ka b :f V V→ , ( ) 2f v a v= −

( ) 2g v b= − ét szimmetria :f g V V→ , ( ) ( ( )) 2 (2 ) 2 2f g v f g v a b v a b v= = − − = − + függvény és ez

egy párhuzamos eltolás (a középpontok által meghatározott vektor kétszerese az eltolás vektora).

Mi a feltétele 3 -ban annak, hogy tetszőleges 1 2, , ... , mK K K pontok esetén

enek a , ... , mC C pontok úgy, hogy a jK pont a 1j jC + szakasz C1 2,C

felezőpontja 1, 1j m= − és a felezőpontja? po

pontokat a , akkor e ok megfelelnek. Ellenkező esetben mozdítsuk el az

pontot egy az szintén vektorral mozdulnak el és az

mK 1m

Megoldás. Tetszőleges ntból kiindulva szerkesszük meg az 1 2, , ..., mX X X úgy, hogy 1iX + az iX -nek a 1iK + pontra vonatkozó szimmetrikusa legyen

C C

0X .

0mX X= zek a pont0

H v vektorral. Így 2kX pontok vX

236 Vektorterek

2 1kX − pontok v− vektorral. Tehát ha páros akkor vagy tetszőleges pont eljesü egyenlőség vagy egyetlen esetén sem. Ha viszont az

m 0Xesetén t 0 m 0

m páratlan, akkor a

l az X X= X

01

mv X X= vektorral való elmozdítás eredménye a2

0 mX= . Ez alapján a szükséges és elégséges feltétel az, h páratlan.

z, hogy

ogy legyen

legfeljebb -ed fokú valós együtthatójú polinomok hal alós számmal való szorzással vektorteret alkot.

b) Bizonyítsd be, hogy az előbbi vektortérben az polinomok bázist alkotnak, tehát egy

X m

4.6. Gyakorlatok és feladatok 1. a) Bizonyítsd be, hogy a

maza az összeadással és a v n

nΡ21 , , , ..., nx x x

nΡ ( )1n + dimenziós vektortér. ( ) ( )2

c) Bizonyítsd be, hogy az 12

, , , ... ,! !

x an

− polinomok is nΡ egy

bázisát alkotják!

na x a− −

d) Bizonyítsd be, hogy az

x

( ) ( )( ) ( )( ) 1 1...x x x−

polinomok is b ist alkoMegoldás. Az a) alpontot a tankönyv 247. oldalán igazoltuk tetszőleges test fölötti po ő általánosa

inom

1 1 nx x x x − +− − 212 3

, , , , ... ,! !x

xn

−

áz tnak nΡ -ben!

linomokra. A b), c) és d) alpontok következnek a következ bb állításból: Ha 0 1{ , ,..., }nB P P P= egy olyan pol rendszer, amelyben gr jP j= ,

0,j n= , akkor ez a rendszer bázisa a { [ ] gr }V P X P n= ∈ ≤ vektortérnek. Előbb igazoljuk, hog B rendszer egy lineárisan független rendszer. Ha

0

n

j

c=

⋅∑ x∀ ∈ , akkor az előbbi egyenlőség bal oldala nem tartalmazhat

nx -es tagot, mert ha ilyen tag m or a 0

( )n

j jj

c P x=∑ polinomnak

legfeljebb n darab valós gyöke létezhetne. De nx csak P -ben szerepel és így ez csak akkor tűn el, ha nc = tbe inán egfeljebb 1n − .

0j

j=

megismételve kapjuk, ho ... 0 . Tehát a B elemei lineárisan

alkotnak V -ben. Ha 0

( )j

j kj k

k

P x c x=

= ⋅∑ ,

y a

j jP x = ,

egjelenne, akk

i az ese n a s tag kitevője l

c P x⋅∑ polinomban szerepel , akkor ismét csak véges sok g

lenne. Mivel ez ellentmondás a együtthatója is és ezt a gondolatmenetet gy nc c c= = = =

független rendszert alkotnak. Igazoljuk, hogy elemei egy neráló rendszert

( ) 0

⋅

n

k 0 . Ebben dom

Ha a ( )n

j1nx − yöke

1nP − 0

1 2

B ge

1,j n= és1

n

jj

a=

= ∑ tszőleges ( ) jP x x egy te

Vektorterek 237

polinom -ből, akkor a ( ) ( ) j kj j

j

P x c P x c c x c c x=

⎞⎟⎟= ⋅ = ⋅ = ⎜∑ ∑ ∑ ∑ ∑

egyenlőség ekvivalens a j k

c c=

⋅ =∑

V0 0 0 0

jn n n nj k

j k j kj k k j k= = = =

⎛⎜⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

ka , n

jj k 0,k n=

a

lineáris egyenletrendszerrel. Ez a

rendszer egy háromszög alakú rendszer és ígyegy rtelműen megoldható. Tehát egy bázis és így köv

0 (mert gr jP j= ) alapján é etkezik mindhárom alpont.

jjc ≠

B2. Bizonyítsd be, hogy az előbbi nΡ vektortérben egy tetszőleges nP ∈ Ρ

polinomnak a ) ( )( 2

1, , ... ,nx ax a − −

− vonatkozó koordinátái 2

,! !

x an

bázisra

( ) ( ) ( )( )

( ) , , , ..., nP a P a P a P a′ ′′ , tehát

( )( ) ( )

( )

0 !

knk

k

P aP x x ak=

= −∑ . (Ta lor képlet)

v 257. old

y

Megoldás. Lásd a tanköny alának 7. feladatát. 3. Bizonyítsd be, hogy ha részterei a ( ), , ,V K+ ⋅ vektortérnek, akkor 1V , 2V , 3V

( ) ( )1 2 3 2V V V V V+ + = + +1 3V .

z lődik: Megoldás. Az öss eadás asszociativitása átörök( )1 2 3 1 2 3, 1, )iv V V V v V i v v∈ + + ⇔ ∃ ∈ = + ⇔ 3 : (i v v= +

1 2 3 1 2, 1 3( ) ( )i iv V i v v v v v V V V∃ ∈ = + + ⇔ ∈ + + .

4. Bizonyítsd be,

, 3 :⇔ =

hogy ha :f V W→ egy lineáris leképezés (V , W vektorterek K felett), akkor az ( ){ }Im | :f y W x V f x y= ∈ ∃ ∈ = ha W résztere és a lmaz a

( ){ }0Ker |f x V f x= ∈ = halmaz résztere -nek. linearitása alapján ha x ∈

0x f xα β β+ = + = , tehát

VMegoldás. Az f r f és 2 Kerx f∈ , akkor

1 2 Kerx x fα β1 Ke

1 2 1 2( ) ( ) ( )f x x fα + ∈f∈ és , akkor 2α β+

. Hasonlóan ha

1y 2 1 2 ( ) ( ) ( )f x f x f x xα β α β= + = + , tehát 1 2 Imy y fα β

Im Imy f∈ 1 2 1y y+ ∈ észtér a meg tortérben. izonyíts y az e

. Így mindkét halmaz lineáris r felelő vek5. B d be, hog lőbbi feladat jelölései alapján a Ker

Vf faktortér izomorf

Im f -el. Megoldás. Az : ImVf ffKer → , ( ) ( )f x f x= függvény jól értelmezett

x getlen a

reprezentánsok megválasztásától), bijektív (ha

( ker ( ) ( ) ( ( )x f y f x f y f f y⇒ = ⇒ = , tehát az értelmezés füg)

( ) ( )f x f y= , akkor f y= és

, tehát injektív és az

f x( ) ( )

így kerx f y , tehát x értelmezés alapján világos, hogy

szürjektív) és lineáris mert

y= f

238 Vektorterek

( ) ( ) (f x y f x y f yα β α β+ = + = ké ér között.

dimenziós részterei V -nek, akkor

( )1 2 1 2im dim dimV V V V+ − ∩ .

Legyen 1 2, ,..., }nB v v v a 1 2V V∩ egy bázisa (láttuk, hogy ez is 1 illetve 2V egy-egy bázisára (l sd a 9. feladat

1 1 2 1

1 2, , ..., }pw w w a 2V egy bázisa. Igazoljuk, hogy 1 2V + y bázisa , , }u w és egyenlős

( ) ( ) ( ) )f x f y f xα β α β+ = + ,tehát egy lineáris izomorfizmus a t t6. Bizonyítsd be, hogy ha véges

1 2dim dV V+ =

Megoldás. =résztér) és ezt egészítsük ki a ámegoldását). Így állíthatjuk, hogy a v v u u= a bázisa és

{ , ,..., ,nB v v v= eg, ...n m pB v v v u w= így a bizonyítandó ég az

azonosságra redukálódik. Világos, hogy ei lineárisan független rendszert alkotnak, mert ha

és nem minden együttható , akkor vagy

srészt ha

1V , 2V

( ){

V{ , ,..., , ,..., }n mB v 1V

2 1 2 V

12 1 2 1 1{ , , ..., , , ... ,( ) ( )n m p n m n p n+ + = + + + −

12 1 2B V V⊂ + és, hogy 12B elem

1 1 1j j j j j j

j j j

a v b u c w= = =

+ + =∑ ∑ ∑ 0pn m

0

( )\V V V∩ ≠ ∅ típus llentmondáshoz jutunk. Má1 2 2 ú e 1 1v V∈ , akkor

11

j j1

n m

j jj=

és ha j

v a v b u=

= +∑ ∑ 2 2v V∈ , akkor 21j

1

pn

jj jj

v c w=j

a v=

= +∑ ∑ és így

( )1 21 1j jj j

j

v v b u c w=

+ = +∑ ,

e r is. d be, ho feladat jelölésével

f .

Megoldás. Legy bázisa és

1

pn m

j j jj j

a a v= =

+ +∑ ∑tehát 12B gen ráló rendsze7. Bizonyíts gy a

dim dim Im dim

en a Ker f egy

4.KerV f= +

1 2{ , ,..., }nB b b b= ..., }k a 1 2{ , , mB k k=KerV f eg , hogy y bázisa (az 5. feladat alapján tudjuk KerV hát Imf f , te

dim( Ker ) dim(Im )V f = f ). Igazoljuk, hogy a 1 2 1{ ,..., , , ..n mB b b k=

egy bázisa V -nek. Ha 1 1

0n m

i i i ii i

b kα β= =

⋅ + ⋅ =∑ ∑ , akkor 1

(m

i ii

f kβ=

⋅ =∑ és így

1 2 m

1 2

alapján a vizsgált rendszer lineárisan fü

, ., }b k rendszer

∑ rendszer

egy bázisa -nek, tehát β β β= = = = . Így viszont és

ebből következik, hogy , mert egy bázis -ben. Ez ggetlen. Másrészt tetszőleges esetén

teznek a kons

( )j j j jj j

f v f k f kβ β= =

⎟= ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ . Ez alapján f , tehát

) 0

1

( ) 0m

i ii

f kβ=

⋅ = (az 5. feladat jelöléseivel). De az 2 2{ ( ), ( ),..., ( )}mf k f k f k

Im f ... 01

0n

i ii

bα=

⋅ =∑... 0nα α α= = = = B Ker f

v V∈( ) Imf v f∈ és így lé 1 2, , ...,β β β tansok, amelyekre

m m⎛ ⎞⎟⎜

m

1 1

( )1

Kerm

j jj

v kβ=

− ⋅ ∈∑

Vektorterek 239

léteznek az 1 2, ,.. nα α , amelyekre 1 1

m n

j j j jj j

v k bβ α= =

− ⋅ = ⋅∑ ∑ . Tehát

a vizsgált rendszer generáló rendszer is. 8. Bizonyítsd be, hog

α valós számok

y ha a

.,

{ }1 2, ,..., rendszer a ( ), , ,V K+ ⋅ generáló rendszere, akkor kiválasztható ebből a rendszerből egy bázis.

goldás.

nv v v

Ha a { }Me 1 2, ,...,nB v v v= az elalkotnak, ak y bázis is, ellenkező

a lin v=

⋅ = . Az

lkül feltételezhetjük, hogy (esetleg újraindexeljük a

elemeit). Így n jv⋅∑ és ha egy tetszőleges vektor, akkor a

rendszer elve ezt a

k. Mivel a B halmazban véges sok elem van ez legfeljebb

n halm emei lineárisan független rendszert kor ez eg

kombináció, amely 0 . Legyen ez eáris kombináció c∑általánosság csorbítása né

esetben létezik nemtriviális lineáris

1

0n

j jj

0nc ≠

nB1

1

1

n

n jj

v c c−

−

=

= − v V∈ nB

tulajdonsága alapján léteznek olyan j Kλ ∈ konstansok, amelyekre 1

n

j jj

v vλ=

= ⋅∑ .


( )1 1 1

1 1n n n

v v c c v c c vλ λ λ λ− − −

− −= ⋅ − ⋅ = − ⋅ ⋅∑ ∑ ∑ , 1 1 1j j j= = =

tehát a 1 1 2 1{ , ,...,n nB v v v− −= is generáló rendszer. Megismét gondolatmenetet addig hagyhatunk el egy-egy elemet, amíg lineárisan független generáló rendszerhez jutun

j j n j n j j n j n j

}

n

n elem elhagyása után bekövetkezik és így az adott halmazból kiválaszthatunk egy bázist. 9. Bizonyítsd be, hogy ha a { }1v r lineárisan független a ( ), , ,V K+ ⋅ véges dim kor kiegészíthető néhány elemmel úgy, hogy generáló rendszer legyen.

2, ,..., nv v rendszeenziós vektortérben, ak

Megoldás. Ha 1 2, , ... nv v v V= , akkor a rendszert nem kell kiegészíteni, mert

generáló rendszer is. Ha 1 2, , ... nv v v V≠ , akkor létezik 1 \ , ,...n V v v v+ ∈ . Ha

ezt az elem ozzávesszük a 1 2 nv

et h { }1 2, ,...,n nB v v v= halmazhoz, akkor eg függe { , ,..., , }n n nB v v v v+ += rendszerhez jutunk. Ezt a szerkesztést nem lehet

ig véges sok lépés u án elérjük, hogy

y lineárisantlen

a végtelenség ismételni ( t 1 1 2 1

n mB V+ = ),mert a a

1 2

választott 1d + elem lineárisan függő rendszert alkot. Valóban ha 1 2 1{ , , ...., }de e e +

egy 1d + elemből álló rendszer, akkor léteznek a ( )

hvektortérben létezik egy elemű bázis ( ), akkor tetszőlegesen d { , ,..., }pB b b b=

1, 1

1,

j dji i dc

= +

= konstansok úgy, hog

1

dk

k j jj

e c b=

= ∑ ,

y

1, 1k d= + . Létezik olyan jb , amelynek nem minden összegben 0 az

együtthatója, ezt kifejezhetjük és visszahelyettesítjük az összes egyenletbe. Minden

240 Vektorterek

egyenlőségben az je -ket tartalmazó tagokat a bal oldalra visszük és egismételjük az eljárást (teljes kiküszöbölés módszere). Ha véletlenül a jobb oldalon minden

m

jb együtthatója 0 , akkor a bal oldalon az ke -kés így megszerkesztettük a lineárisan függ

valamilyen lineáris kombinációja szerepő rendszert. Mivel minden lépésben

el

legalább egy jb ltűnik a jobb oldalról és az egyenletek 1 -gyel csökken, ezért legfeljebb d lépésben megkapunk egy lineáris kombinációt, amely 0 . Ez alapján egy lineárisan független r egy bázissá (véges dimenziós vektorterekben). 10. Hány bázisa van a 3

2 vek

e száma

endszert kiegészíthetünk

tortérn

Megoldás. elem van és bármely két önböző elem getlen, mert a

-bő tets legesen kiválaszthatunk két

elemet (ezt

ek?

3

lineárisan füg szorzótényezők (skalárok) 2 -ből vannak. Ugyanakkor a tér dimenziója 3 , mert {(1, 0, 0),{0,1, 0},(0, 0,1)} egy bázis. Másrészt ha kiválasztunk két tetszőleges elemet 3

2 -ből, akkor csak az összegükkel alkotnak lineárisan összefüggő rendszert. Így a 3

2 \ {( l

2 -ben -tól kül8 (0, 0, 0)

0, 0, 0)} ző27

7 62⋅

= = tehetjük meg) és az így kiválasztott

elemeken kívül még marad elem, amellyel kiegészíthetjük egy bázisra (mert csak az összegüket kell kizárnunk) a rendszert. Így viszont állítunk

elő, tehát a különböző bázisok száma

21 különböző módon

4

C

minden bázist háromszor 21 4 28

3⋅

= .

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 241

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok

1. T szt e 1. Számítsd ki a következő határértékeket:

a) ( )

2

2lim1

n

n nn

e e eπ π π→∞

+ + +− + + − ⋅

……

; b) [ ] [ ] ( )2

3

9 2 1limn

a a n a

n→∞

⎡ ⎤+ + + −⎢ ⎥⎣ ⎦….

2.

a) ( ) ( )2

1 1 1lim

1 2 1 1n n n n→∞+ + +

+ + +… ; b) lim ln tg

4nn

nπ π

→∞

⎡ ⎤⎛ ⎞⎟⎜⎢ + ⎥ ⋅⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦.

3. Ha ( )n nf ∈-el jelöljük a Fibonacci sorozat általános tagját: , és 0 1f = 1 1f =

2 1 nn nf f f+ +

= + , , bizonyítsd be, hogy és

határozd meg a

n∀ ∈ 2 2 21 2 n n nF F F F F

++ + + =… 1

lim nnnF

→∞ határértéket.

4. Határozd meg az a és b paraméterek értékeit úgy, hogy

( )2lim 2 4 1 2 2n

n n a n b→∞

+ + − ⋅ − = .

5. Adottak az ( és ( sorozatok, és )n nu ∈ )n nv ∈ 0 1u = 1

1

2 12 5n

nn

uu

u−

−

−=

+, és *n∀ ∈

2 11

nn

n

uv

u+

=+

, . n∀ ∈

a) Bizonyítsd be, hogy a ( ) sorozat mértani haladvány és számítsd ki -t. n nv

∈lim nnv

→∞

b) Határozd meg az sorozat általános tagját és vizsgáld a konvergenciáját. nu6. Az alábbi kijelentések közül pontosan kettő igaz. Melyek ezek? A többire adj ellen-példát. a) minden konvergens sorozat korlátos; b) minden korlátos sorozatnak van határértéke; c) minden monoton sorozatnak van határértéke; d) minden konvergens sorozat monoton; e) minden monoton sorozat korlátos.

7. Az ( )22 2 2 2 2

3 5 2 11 2 2 3 1n

nx

n n+

= + + +⋅ ⋅ +

… , sorozat *n∀ ∈

a) szigorúan monoton; b) nem korlátos; c) határértéke 1; d) határértéke +∞ ; e) korlátos. 8. Ha az ( ) és ( ) sorozatok ( összege egy konvergens soro-zat, akkor

*n na

∈ *n nb

∈ ) *n n na b

∈+

a) mindkét sorozat korlátos; b) legalább az egyik sorozat korlátos; c) mindkét sorozat konvergens; d) legalább az egyik sorozat monoton. A hamis állításokra adj ellenpéldát!

242 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok

9. Az ( sorozat ( ) és ( részsorozatai konvergensek. Akkor: ) *n na

∈ *2n na

∈) *2 1n n

a+ ∈

a) ( is konvergens; b) ( korlátos; ) *n na

∈ ) *n na

∈

d) ( -nak az ( ) részsorozata korlátos; c) ( monoton; ) *n na

∈ *6n na

∈) *n n

a∈

e) ( -nak az ( ) részsorozata konvergens. ) *n na

∈ *3n na

∈

10. Az ( sorozatot az , rekurencia relációval értelmez-

zük és . A

) *n na

∈ 1n na a n−

= + 2n∀ ≥

1 1a =1

1n

nk k

ba=

= ∑ általános tagú sorozat:

a) határértéke ; b) növekvő; c) korlátos; +∞ d) határértéke 1; e) határértéke 2. Megoldás.

1. a) 2 1...1

nn ee e e e

e−

+ + + = ⋅−

és ( ) ( )12 1... 1

1

nn n π

π π π ππ

− − −− + + − = ⋅

+

(a mértani haladvány összegképlete alapján). Tehát a ( )( ) ( )

1 1lim1 1

n

nn

e eeπ

π π→∞

+ −⋅

− − −

határértéket kell kiszámítanunk. Másrészt ( ) ( )

111lim lim 011

n n

nnn n

n

e e

e eππ→∞ →∞

−−= =

−− − −,

tehát ( )

2

12

...lim 0... 1

n

n nn

e e eπ π π−→∞

+ + +=

− + + −.

b) A fogó- tételt és az egészrész értelmezését használjuk. Mivel ( )22 1 1k a− − < ( )22 1k a⎡ ⎤− ≤⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )22 1k a− ,

írhatjuk, hogy

( ) ( ) ( )2 2

1 1 1

2 1 2 1 2 1n n n

k k k

a k n k a a k= = =

⎡ ⎤− − < − ≤ −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ ∑ 2 ,

tehát

( ) ( ) ( )2 2

1 1 13 3

2 1 2 1 2 1n n n

k k k

a k n k a a k

n n= = =

⎡ ⎤− − − −⎢ ⎥⎣ ⎦< ≤

∑ ∑ ∑ 2

3n.

Másrészt

( ) ( )2 2

1 13 3

2 1 2 14lim lim3

n n

k k

n n

a k a k n

n n= =

→∞ →∞

− −= =

∑ ∑ −,

innen pedig


( )21

3

2 14lim3

n

k

n

k a

n=

→∞

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦∑.

2. a)

1

1

1 11lim lim 0

1 1

n

k

n n

k nn

+

=

→∞ →∞

+=+

∑= , a Cesaro- Stolz tétel alapján.

b) ( )21

14 1 1

tgtgnntg

n tg tgn n

πππ π

π π+⎛ ⎞⎟⎜ + = = +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ − −

, tehát

2lim ln lim ln 1

4 1

n

n n

tgntg n

n tgn

ππ π

π→∞ →∞

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎜⎛ ⎞ ⎟⎜⎟⎜ ⎟+ ⋅ = +⎢ ⎥ ⎜⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ −⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Másrészt 2

1 1

2

22 2

lim 1 lim 11 1

ntgn

tg tgn nntgn

n n

tg tgn n etg tgn n

π

π π

π

π

π π

π π

− −

→∞ →∞

⎡ ⎤⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎢ ⎥⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟+ = +⎢ ⎥⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎢ ⎥− −⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥

=

⎢ ⎥⎣ ⎦

,

tehát a kiszámítandó határérték 2 . π3. Az azonosság a matematikai indukció módszerével igazolható. és esetében számolással ellenőrizhető az egyenlőség.

1n = 2n =

Ha , akkor

, tehát a matematikai indukció elve alapján .

21

1

n

n nkk

F F F+

=

=∑1

2 21 1

1

n

k n n nk

F F F F+

+ +=

= + = ( )1 1n n nF F F+ ++ =∑

2

0

1n nF F+ += 21

1

n

n nkk

F F F+

=

=∑A rekurzió alapján a karakterisztikus egyenlet és így az általános tag képlete

2 1r r− − =

1 11 5 1 5

5 2 2

n n

nF+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞1 + − ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜= +⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Innen 1 1lim2

n

nn

FF

+

→∞

+=

5 és így a Cesaro- Stolz kritérium következménye alapján

1 5lim2

nnnF

→∞

+= .


4. Ha , akkor nincs határozatlan eset és a határérték végtelen. Ha , akkor

0a ≤ 0a >

( ) ( )2 22

2

2 4lim 2 4 1 lim

2 4n n

a n nn n an

n n an→∞ →∞

− + ++ + − =

+ +

1

és ez csak 2a = esetén véges. Ebben az esetben az előbbi határérték 2 , tehát 2b =− .

5. a) 11

2 12 12 1 3 2 1 32 52 11 412 5

n

n nnnn

nn n

n

uu uuv vuu u

u

++

−⋅ +

+ ++= = = ⋅ =−+ ++

+1 4

⋅ ,

tehát a ( )n nv ∈ sorozat mértani haladvány és . lim 0nn

v→∞

=

b) A ( )n nv ∈ sorozat általános tagja 0

34

n

nv v ⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠, tehát

0

2 1 3 ,1 4

nn

n

u v nu

+ ⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ ∀ ≥⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+0 . Ebből következik, hogy

00

0

1 11 13 2 1 32 24 1 4

nn nu n

uvu

= − = − ∀⎛ ⎞⎛ ⎞ + ⎛ ⎞⎟⎟ ⎜⎜− ⋅ ⎟⎟⎟ ⎜− ⋅⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎟⎜ +⎝ ⎠

, ∈ .

Ha ( )

*0

3 2 42 4 3

n n

n nu n⎧ ⎫⎪ ⎪− ⋅⎪∉ ⎨⎪ ⎪−⎪ ⎪⎩ ⎭

⎪∈ ⎬ , akkor a sorozatok jól értelmezettek és

1lim2nn

u→∞

= − .

5. a) Az állítás igaz (lásd a XI. osztály számára írt tankönyv I. fejezetének 2.10. paragrafusában a 2. feladatot - 32. oldal). b) Az állítás hamis, az sorozat korlátos, de nincs határértéke. ( )1 , 1n

na = − ∀ ≥n

c) Az állítás igaz .Lásd a XI. osztály számára írt tankönyv I. fejezetének 2.16. paragrafusát (32. oldal).

d) Az állítás hamis. Az ( )11 ,n

na n= − ∀ ≥ 1n

1

sorozat konvergens és nem monoton.

e) Az állítás hamis. Az sorozat monoton és nem korlátos. ,na n n= ∀ ≥

7.


( )( )

( )

2 2

2 22 21 1

12 11 1

n n

nk k

k kkxk k k k= =

+ −+= =

+ +∑ ∑ =

( ) ( )2 221

1 1 1111

n

k k nk=

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ++⎝ ⎠∑ ,

tehát az a), c), e) állítások igazak és a b, d) hamis. 8. Ha ( )1 nna n= − és , akkor az (( ) 11 ,n

nb n n+= − ∀ ≥ 1 ) *n n na b

∈+ sorozat

konvergens. Ugyanakkor az ( ) és (*n na

∈ ) *n nb

∈ sorozatok egyike sem korlátos,

konvergens vagy monoton. Tehát mind a négy állítás hamis.

9. Ha ( )1 1 ,2

n

na n+ −= ∀ 1≥ , akkor az ( ) *2n n

a∈

és ( ) *2 1n na

+ ∈ sorozatok

konvergensek, de ( ) nem konvergens, nem monoton és az (*n na

∈ ) *3n na

∈ sorozat

nem konvergens. Tehát az a), d), e) állítások hamisak. Ugyanakkor ( ) *2 1n na

+ ∈,

( ) *2n na

∈ korlátosak, tehát ( ) is korlátos. Így az (*n n

a∈ ) *6n n

a∈

sorozat is korlátos,

tehát a b) és c) állítás igaz.

10. Indukcióval igazolható, hogy ( ) *1 ,

2nn na n+

= ∀ ∈ , tehát

( )1

2 12 11 1

n

nk

bn n n=

⎛ ⎞⎟⎜= = ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ +∑ .

Ez a sorozat növekvő és határértéke 2, tehát a b), c), e) állítás igaz, a többi hamis.

2. Teszt (határértékek) 1. Számítsd ki a

( ) ( )( )21

1 1lim

1

m n

x

nx x mx xx→

⋅ − − ⋅ −−

, , ,m n ∈ 2,n m≥ ≠ n

és a 3

45

4lim

11 2x

x xx→

+ − ++ −

22 határértékeket.

2. Számítsd ki a 2

20

1 cos cos 2 coslim

n

x

x x nx→

− … x és a

( ) 3 21

2 2 2

0lim lim 1 sin sin 2 sin n xn x

x x nx→∞ →

⎡ ⎤⎢ ⎥+ + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

…

határértékeket.


3. Határozd meg azokat a pontokat, amelyekben az

:f → , ( )

21 ,, \xx x

f x e x⎧ − ∈⎪⎪= ⎨ ∈⎪⎪⎩

függvénynek van határértéke. 4. Határozd meg az a paraméter értékeit úgy, hogy az ∈ { }: \ 2f → ,

( )

( )ln 3, 2

22 4

, 22

x

a xx

xf xx

x

⎧ −⎪⎪ <⎪⎪⎪ −= ⎨ −⎪⎪ >⎪⎪ −⎪⎩

függvénynek legyen határértéke az pontban. 2x =5. Határozd meg az a paraméter azon értékeit, amelyekre az ,

függvénynek van határértéke −∞ -ben.

∈ :f →

( ) ( )2 3 sin 2f x a x= − ⋅

6. Ha egy nem konstans periodikus függvény, akkor :f → a) határértéke +∞ -ben véges szám; b) határértéke −∞ -ben ; f f +∞ c) -nek nincs határértéke +∞ -ben; d) határértéke −∞ -ben véges szám. f f

7. Az , függvény: :f → ( )1,0, \x

f x x⎧ ∈⎪⎪= ⎨ ∈⎪⎪⎩

a) periodikus; b) nem periodikus; c) főperiódusa 1; d) periódusa bármely racionális szám; e) nincs főperiódusa.

8. Adott az *:f → , ( )1

cosf xx x

=1 függvény.

a) az függvény határértéke 0-ban ; f +∞ b) az függvény határértéke 0-ban −∞ ; f c) az függvénynek nincs határértéke 0-ban; f d) az függvény határértéke 0-ban 0; f e) az függvény folytonosan meghosszabbítható 0-ban. f9. Igaz-e a következő állítás: Az függvény pontosan akkor folytonos az pontban, ha :f D R⊂ → 0x D∈

( ) ( )0

0limx xf x f x

→= .

10. Igaz-e, hogy az folytonos függvény pontosan akkor injektív, amikor szigorúan monoton?

( ): ,f a b →

Megoldás. 1. Ha kétszer alkalmazzuk a l'Hospital szabályt a

( ) ( )( )

( )

21

1 1lim

1 2

m n

x

nx x mx x mn m nx→

− − − −=

−


egyenlőséghez jutunk.

45

5lim11 2x

xx→

−=

+ −

( ) ( ) ( )3 2 2 34 4 45

lim 11 2 11 2 11 2 32x

x x x→

⎡ ⎤= + + + + + + =⎢ ⎥⎣ ⎦,

5 5

4 3 1 1lim lim5 4x x

xx x→ →

+ −= =

− + + 3 6 és

( )

3

25 5 3 3

3 22 1lim lim5 29 3 22 22x x

xx x x→ →

− += − = −

− + + + +

17

.

Ebből következik, hogy 3 3

4 45 5

4 22 4 3 3 22 5lim lim11 2 5 5 11 2

1 1 11232 .6 27 27

x x

x x x x xx x x→ → x

⎡ ⎤+ − + + − − + −⎢ ⎥= +⎢ ⎥+ − − − + −⎣ ⎦⎛ ⎞⎟⎜= − ⋅ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

2. Ha 2

20

1 cos cos 2 coslimn

n x

x xlx→

− ⋅=

nx, akkor

( ) ( )312

1 20

1 cos 1 1lim cos cos 2 cos2

nn

n n nx

n x nl l x x nx lx

+

+ →

− + += + ⋅ ⋅ = + ,

innen ( ) 2

3

1

1 12 2 2

n

nk

n nl k=

⎡ ⎤+= = ⎢

⎢ ⎥⎣ ⎦∑ 1

⎥ .

( ) 3 21

2 2 2

0lim 1 sin sin 2 sin n xx

x x nx→

+ + +… = 2sin

13 2

2

1

1

sin2

01

lim 1 sin

nkx

kn x

n

k

nkx

xk

kx

∑=

=→

=

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎟∑⎜= + =⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎟⎜⎜⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

∑( )( )

22

3 2 30 31 1

1 sin 1 1 2 1lim6

n n

xk k

kx n n nkn x n ne e e→

= =

+ +∑ ∑= = ,

tehát

( )( )3 2

2

11 2 1 1

2 6 30

1

lim lim 1 sin limn n nn x

nn x n

k

kx e e+ +

→∞ → →∞=

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎟⎜ + =⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎟⎜⎜⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

∑ = .

3. A ( )0

2 20lim 1 1

x xx x

→− = − és összefüggések alapján az

pontban pontosan akkor létezik az határértéke, ha . Két ilyen pont

létezik, az egyik és a másik , pontosan nem számítható ki.

0

0

lim x

x xe e

→= x

]

0x ∈

f 0201 xx e− =

01 0x = [02 1, 0x ∈ −


4. 21 2

2 4lim 2 ln22

x

xl

x−

= =−

⋅ és ( )

2 2

ln 3lim2x

a xl ax

−= =

−−

0

, tehát az

összefüggésből .

1 2l l=

4 ln2a =−5. A határérték nem létezik és állandó, tehát a sorozat

határértéke csak esetén létezhet. Így

lim sin2x

x→−∞

2 3a −2 3a − = { }3a ∈ ± .

6. Mivel nem konstans létezik úgy, hogy . A periodicitás

alapján és

f 1x x≠ 2 2

(1 1limnf x n T f x

→∞± ⋅ = (

( ) ( )1f x f x≠

( ) ) ) ( )2 2limnf x n T f x

→∞± ⋅ = , tehát - nek

nincs határértéke - ben és −∞ - ben. Így a c) állítás igaz, a többi hamis.

f+∞

7. A b) és c) állítás hamis, a többi igaz.

8. Ha 1 ,

2kx kkπ

= ≥ 1 és ( )

1 ,2 1ky kk π

= ≥+

1 , akkor és

, tehát a d) állítás igaz, a többi hamis.

( )lim kkf x

→∞= ∞

( )lim kkf y

→∞= −∞

9. A határértéket a D tartomány torlódási pontjaiban értelmeztük, míg a

függvény az izolált pontokban is folytonos, ezért az állítás nem igaz.

( )0

limx xf x

→

10. Igaz. 3. Teszt

1. Adott az ( ) [ ]: 0, 1,1f +∞ → − , ( )1

sin cosf x xx

= ⋅ függvény. Bizonyítsd be,

hogy: a) nem injektív; f b) nem szürjektív; f c) nem hosszabbítható meg folytonosan a 0-ban. f

2. Adott az [ ]1

: 1, 0,12

f⎡ ⎤− →⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

( )

[ ]1, 1, 01, 0,

2 2

x xf x

x x

⎧ + ∈ −⎪⎪⎪⎪= ⎨ ⎛⎜⎪ + ∈ ⎥⎜⎪ ⎜⎝ ⎥⎪ ⎦⎪⎩

1 ⎤ függvény.

Bizonyítsd be, hogy: a) nem monoton; b) nem injektív; f f c) nem Darboux tulajdonságú; d) nem folytonos. f f3. Adott az ( ) { } ( ): , 1 0 1,f → −∞ − ∪ ∪ +∞ ,

( )

( )2

2

1 , 00, 0

1, 0

x xf x x

x x

⎧⎪− + <⎪⎪⎪⎪= =⎨⎪⎪⎪ + >⎪⎪⎩

függvény.


a) Bizonyítsd be, hogy bijektív. f b) Bizonyítsd be, hogy nem folytonos 0-ban. f c) Bizonyítsd be, hogy az inverz függvénye folytonos. f

d) Hogy lehetséges az, hogy bár 1f − folytonos, az ( ) függvény nem folytonos az értelmezési tartományán?

11f−− = f

4. Tanulmányozd az ( ): 0,1f → , függvény egyenletes folytonosságát! ( ) lnf x x=

5. Adott az : ,2 2

fπ π⎡ ⎤

− →⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, ( )3

sin, ,

2

, 0,2

xx

xf xx ax b x

π

π

⎧−0⎡ ⎞⎪ ⎟⎪ ∈ −⎢ ⎟⎪ ⎟⎠⎢⎪⎪ ⎣= ⎨ ⎡ ⎤⎪⎪ + + ∈ ⎢ ⎥⎪⎪ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎪⎩

függvény.

a) Tanulmányozd a függvény folytonosságát! b) Határozd meg az a és b paraméterek értékeit úgy, hogy deriválható legyen f

,2 2π π⎡ ⎤

−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

-n.

c) és esetén határozd meg azt a maximális hosszúságú 0a = 1b = −

,2 2

Iπ π⎡

⊂ −⎢⎢ ⎥⎣ ⎦

⎤⎥ intervallumot, amelyre ( ) 1f x ≤ , esetén. x I∀ ∈

6. Adott az [ ]: 0,1f → növekvő függvény, amely teljesíti bármely esetén az 1 2 30 1x x x< < < <

( ) ( ) ( ) ( )3 2 2

3 2 2 1

1f x f x f x f x

x x x x

− −≥

− −

egyenlőtlenséget. a) Bizonyítsd be, hogy folytonos (f )0,1 -en. b) Folytonos-e az az pontban? f 1x =

7. Bizonyítsd be, hogy a egyenletnek egyetlen valós gyöke van

és ez a ( intervallumban található. ( )22 1 3x x⋅ + − = 0

)0,1

8. Adott az [ ): 1,f +∞ → , ( )2

39 3

f xx x

=− − 2

függvény.

a) Számítsd ki a határértéket. ( )1

limn

nk

f k→∞

=∑

b) Adj példát olyan [ ): 1,g +∞ nem folytonos függvényre, amelyre ( ) ( )g x f x= , [ )1,x∀ ∈ +∞

9. Melyek igazak az alábbi állítások közül az , :f →

( )

1sin , 0, 0

xf x xa x

⎧⎪⎪ >⎪= ⎨⎪ ≤⎪⎪⎩ függvényre?

a) Folytonos 0-ban. b) 0-ban első fajú szakadási pontja van.


c) Darboux tulajdonságú. d) Másodfajú szakadási pontja van 0-ban. 10. Az függvény folytonos és léteznek a :f → ( )lim

xf x

→−∞∈ és

( )limx

f x→+∞

∈ határértékek. Akkor:

a) monoton; b) injektív; f f c) nem szürjektív; d) korlátos. f f Megoldás.

1. ( )2 1 0,2

f k kπ⎛ ⎞⎟⎜ + = ∀ ∈⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠, tehát nem injektív. Az egyenlőség

csak akkor lehetséges, ha

f ( ) 1f x =

1cos sin 1xx

= = vagy 1cos sin 1xx

= =− . Mindkét

esetben ellentmondáshoz jutunk, tehát nem szürjektív. Mivel f ( )0

lim cos 1 0x

x→

− =

az ( )1sinf xx

− függvény határértéke 0- ban 0. Ha folytonosan

meghosszabbítható akkor a

f

1sinx

is folytonosan meghosszabbítható. Másrészt a

0

1lim sinx x→

határérték nem létezik, tehát sem hosszabbítható meg folytonosan a -

ban.

f 0

2. Az ( ) ( )1 0, 0f f− = = 1 és 14 4

f ⎛ ⎞⎟⎜ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠3

összefüggések alapján nem monoton.

Mivel

f

1 14 4

f f⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜− = =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠34

=

)

az nem is injektív. x elsőfajú szakadási pont,

tehát nem Darboux- tulajdonságú és nem is folytonos.

f 0 0

f3. a) Ha , akkor a következő esetek lehetségesek:

( ) { } (, 1 0 1,y ∈ −∞ − ∪ ∪ ∞y

x

x2+1

-x -21

o

1. esetén . 0 0y x= ⇒ − ( )f x y=2. 1 1y x y> ⇒ = − - re ( )f x y=

3. 1y x<− ⇒ = − − −1 y

f

esetén . ( )f x y=

Ez alapján következik, hogy bijektív (mindhárom esetben csak egy megoldás létezik, tehát az injektivitás is bizonyított). b) ( ) ( )

0lim 1, 0 0xf x f= − = és ,

tehát nem folytonos a - ban.

( )0

limxf x = 1

f 0


c) ( )1

1 1

0

1 1

x x

f x x

x x

−

⎧⎪ − >⎪⎪⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪⎪− − − <−⎪⎪⎪⎩

0= és ez a függvény folytonos, mert 0 izolált

pontja az értelmezési tartománynak. d) értelmezési tartománya nem intervallum és így nem alkalmazható a XI. osztályos tankönyv 98. oldalán található tétel e) alpontja.

1f −

4. Ha egyenletesen folytonos, akkor bármely esetén létezik úgy, hogy

f 0ε > 0δ >

( ), 0,1 ,x y x y δ∈ − ≤ esetén ( ) ( )f x f y ε− < .

( ) ( ) ln ln 1x xf x f yy y

⎛ ⎞− ⎟⎜− = = + ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠y

, tehát ha x y és δ− = ( )0,1ynδ

= ∈ ,

akkor ( )ln 1 ln 1x y ny

⎛ ⎞− ⎟⎜ + = +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠ és ez nem teljesíti a ( )ln 1 n ε+ <

egyenlőtlenséget minden n esetén mert . Tehát nem

egyenletesen folytonos.

∈ ( )lim 1n

n→∞

+ = ∞ f

5. a) és , tehát pontosan akkor folytonos 0-ban,

ha . Ebben az esetben folytonos a

( )0

lim 1xf x = − ( )

0limxf x b= f

1b =− f ,2 2π π⎡ ⎤

−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ intervallumon.

b) ( )0jf a=′ és ( )0bf =′ 0 , tehát a függvény és esetén

deriválható.

0a = 1b =−

c) Mivel 0 sin , 0,2

x x x π⎡ ⎤≤ ≤ ∀ ∈ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, az ( ) 1f x ≤ egyenlőtlenség megoldása a

3 1x − ≤ 1 egyenlőtlenség megoldását jelenti. Így a maximális hosszúságú I

intervallum a 3, 22π⎡ ⎤

−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦.

6. Mivel növekvő létezik f ( )0

limx xf x határérték minden esetén. Ha

és

( )0 0,1x ∈

1 2x x→ ( ) ( )1 2

2limx xf x f x≠ , akkor az egyenlőség jobb oldala +∞ - hez tart és így

nem létezhet az szám. Tehát folytonos ( -n. Az ( )3 2 3, 0,x x x> ∈ 1 f )0,1

[ ]: 0,1f → , ( )[ )

11 , 01

1 ,

xxf x

x

⎧⎪⎪ − ∈⎪⎪ −= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

,1

1 függvény teljesíti a feltételeket és nem


folytonos 1-ben, tehát az adott feltételek alapján nem következik, hogy folytonos 1-ben.

f

7. Az [ ]: 0,1f → , függvény folytonos, és

tehát az egyenletnek van legalább egy megoldása a ( intervallumban.

( ) ( )22 1xf x x= + − 3

1

( )0 2f =−

( )1f = ( ) 0f x = )0,1

8. a) ( )( )( )

3 13 2 3 1 3 2 3

f xx x x x

= = −− + − +

11

, tehát

( )1

1 1 1 1 1 1 1 11 ...4 4 7 7 10 3 2 3 1 3

n

k

f kn n n=

= − + − + − + + − = −− +∑ 1

1+

és így ( )1

lim 1n

nk

f k→∞

=

=∑ .

b) A [ ); 1,g ∞ → , ( )

( ) [ )

( ) [ )

, 1,

, 1, \

f x xg x

f x x

⎧ ∈ ∩ ∞⎪⎪⎪= ⎨⎪− ∈ ∞⎪⎪⎩ függvény sehol sem folytonos

és ( ) ( ), 1g x f x x= ∀ ≥ .

9. A 0

1lim sinx x→

határérték nem létezik, tehát az a) és b) állítás nem igaz és d) igaz.

Ha 1a > f, akkor nem Darboux- tulajdonság, tehát c) sem igaz.

10. Az , :f → ( )

( )2

, 01

, 01

x xx

f x x xx

⎧⎪ <⎪⎪ +⎪⎪= ⎨⎪− ≥⎪⎪ +⎪⎪⎩

függvény folytonos, nem monoton,

nem injektív, tehát a) és b) hamis.

Mivel ( )limx

f x→±∞

∈ létezik úgy, hogy ,K M ∈ ( ) ,f x M x K< ∀ ≥ . Az

folytonos a

f

[ ],K K− f-m. tehát ezen az intervallumon korlátos is. Így korlatos -n, tehát nem lehet szürjektív. Ez alapján c) és d) igaz.

4. Teszt

1. Adott az , függvény. :f → ( ) ( )2 1 xf x x e= + ⋅ x∀ ∈

a) Számítsd ki ( )limx

f x→−∞

értékét!

b) Határozd meg az függvény monotonitási intervallumait. f


c) A matematikai indukció módszerét használva bizonyítsd be, hogy bármely esetén

1n ≥( )

( ) ( ) ( )21 1n xn nf x x a x b e⎡ ⎤= + + + + ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦ , . x∀ ∈

d) Határozd meg és -t az függvényében. na nb n

e) Számítsd ki a ( ) ( ) ( ) ( )

3

0 0lim

n

n

f f fn→∞

′ ′′+ + +… 0 határértéket.

2. Adott az :f D → ( )11 x

xf x

x e −=+ ⋅

függvény.

a) Határozd meg a maximális értelmezési tartományt.

b) Bizonyítsd be, hogy a függvény grafikus képének van egy , 0x x= 0

1, 0

2x

⎛ ⎞⎟⎜∈ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

egyenletű aszimptótája. c) Oldd meg az ( )1 1 0xm x me −+ ⋅ − = , m egyenletet. ∈

3. Adott az { }*: \ 1,2f → ( )

2

3 2

4 83 2

x xf x

x x− +

=− +

2x

függvény.

a) Határozd meg az paraméterek értékeit úgy, hogy , ,a b c

( ) .1 2

a b cf xx x x

= + +− −

b) Határozd meg az függvény n -ed rendű deriváltját. fc) Számítsd ki a és határértékeket. ( )

11

limxx

f x→<

( )11

limxx

f x→>

d) Bizonyítsd be, hogy bármely a , szám esetén az egyen-letnek 3 különböző valós gyöke van.

∈ 0a ≠ ( )f x a=

4. Adott az , :f D → ( )2

2arccos

1x

f xx

=+

függvény.

a) Határozd meg D -t. b) Tanulmányozd a függvény deriválhatóságát! Vannak-e szög- illetve visszatérési

pontjai a grafikus képnek? c) Ábrázold a függvény grafikus képét. d) Határozd meg a függvény szélsőérték-pontjait. Alkalmazható-e ezekben a

pontokban a Fermat tétele? e) Bizonyítsd be, hogy az ordinátájú pontban a grafikus képhez húzott jobb

és baloldali érintők merőlegesek egymásra. 1x =

5. Adott az , :f → ( )

2 3

12! 3! 4 !

x x x xf x e x= − − − − −

4

függvény.

a) Számítsd ki ( )f x′ , ( )f x′′ , ( ) ( )3f x , ( ) ( )4f x . b) Számítsd ki ( )0f ′ , ( )0f ′′ , ( ) ( )3 0f , ( ) ( )4 0f értékeket.

c) Számítsd ki a ( )

50limx

f xx→

határértéket!


d) Bizonyítsd be, hogy ( ) 0f x′ ≥ , esetén. x∀ ∈e) Bizonyítsd be, hogy , esetén. ( ) 0f x < 0x∀ <

f) Tekintsük a , függvényt. Bizonyítsd be, hogy a függvény grafikus képe, az Ox tengely, az és egyenletű egyenesek által közrezárt síkrész területének mérőszáma a ( intervallumban található valós szám.

:g → ( )2xg x e−=

0x = 1x =)0,74;0,75

(Érettségi 2000) 6. Igaz-e a következő állítás? Ha monoton egy környezetében, akkor -nek van deriváltja -ban. f 0x f 0x7. Igaz-e a következő állítás?

Ha ( ) egy valós számsorozat és *n nx

∈1

limn

knk

x→∞

=

∃ ∑ , akkor . 1

limn

knk

x→∞

=

∃ ∑8. Igaz-e a következő állítás? Ha függvény folytonos és injektív, akkor monoton. :f I → f9. Igaz-e a következő állítás? Két Darboux tulajdonságú függvény összege Darboux tulajdonságú! 10. Igaz-e a következő állítás?

Az :f → ( )( )

( )

P xf x

Q x= (ahol polinomfüggvények) függvénynek pontosan

akkor van ferde aszimptótája, ha a fokszáma egyel nagyobb Q fokszámánál.

,P Q

P

Megoldás.

1. a) ( )2

2 1 2 2lim 1 lim lim lim 0xx x xx x x x

x xx ee e e→−∞ →∞ →∞ →∞

++ = = = = .

b) , tehát és így szigorúan növekvő

- en.

( ) ( )2 1f x x x e′ = + +2 x

n

( ) 0,f x x′ ≥ ∀ ∈ f

c) esetén . Ha 1n = 1 1 0a b= = ( )( ) ( ) ( )21 1n x

nf x x a x b e⎡ ⎤= + + + +⎢ ⎥⎣ ⎦ , akkor

, tehát az és

, rekurziókkal értelmezett sorozatok teljesítik a kért feltételt.

( ) 21n xn e

+ ⎡ ⎤

b b a= + 1n∀ ≥

)1

)1n−

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 1n nf x x a x b x a= + + + + + + +⎢ ⎥⎣ ⎦ 1 2nna a+

= +

1 n nn+

d) Az sorozat számtani haladvány és . Ebből következik,

hogy .

( ) *n na

∈(2na n= −

( )(11

1 2n kk

b b b n n=

= + = − −∑

e)

( ) ( ) ( )1 1

3 3

0 11lim lim3

n nk

k kk k

n n

f a

n n= =

→∞ →∞

+ += =

∑ ∑ b.


2. a) A maximális értelmezési tartomány { }0\ x , ahol az 0x1 1xxe − = − egyenlet

egyetlen gyöke. Ez a gyök nem lehet pozitív, tehát az egyenlet gyökei között van. Az ex egyenletnek egyetlen gyöke van, tehát

1 x−

x−

1xe = −e= { }0\D = x

x xe−= −

, ahol az ex egyenlet gyöke. 0

b) A grafikus képek alapján elégséges igazolni,

hogy 1 ⎞

⎠2 1

2e e− ⎛ ⎟⎜− > ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝

, vagyis 1e2

e> . Ez

igaz, mert 2 2 2e e . > >

( )0

limx xf x = +∞ és , tehát ( )

0

limx xf x =−∞

0 , 02

x ⎟⎜∈ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝

y

x

y=ex

y=-ex

o

1⎛ ⎞⎠

( )x

0x x≠

-ban függőleges aszimptotája van a

grafikus képnek.

c) Az egyenlet ekvivalens az m f egyenlettel ha . Az ábra alapján ha

=

( )( ) { }1, ,2

m f x ⎟⎜∈ −∞ ∪ ∞ ∪⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠1 0⎛ ⎞ , akkor az egyenletnek egy megoldása van, ha

( ){ 1 ,2

m f x∈ }1 , akkor kettő és ha ( )( )1 , 0 0,21x ⎛ ⎞⎟⎜∈ ∪ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

0xe ex c+ + =

= = =

m f , akkor három (x az

egyenlet egyetlen megoldása)

1

3. a) a b és c 1, 2 1

b) ( ) ( )

( ) ( )1 11

1 2n nx+ +1

1 21 !nnnf nx x+

⎡ ⎤⎢ ⎥= − + +⎢ ⎥− −⎣ ⎦

mert

( )( )( )

( )n nx a− =

=2x =

( ) ( )1 11 ! nn x a− − +− − .

y

xo 1 2

c) és ( )1

limxf x =−∞ ( )

1limxf x = +∞

d) A c) alponthoz hasonlóan az x és az is függőleges aszimptota és a grafikus kép a mellékelt ábrán látható. Ebből következik a kért tulajdonság.

0


4. a) Mivel [ ]2

2 1,11x

x∈ −

+ esetén, a függvény maximális értelmezési

tartománya .

x∀ ∈

b) ( )( )

( )

( )

[ ]

22 2

22 2

2

2 , 1,12 11 121 1 , \

1

xxx xf xx x x

x

⎧⎪⎪− ∈ −⎪−+ +⎪⎪′ = − ⋅ = ⎨⎪− + ⎪ ∈ −⎪⎪ +⎪⎩1,1

1x =− 1x =

A függvény nem deriválható az és pontokban. 1 2

c) és felé vízszintes

aszimptota az

+∞ −∞

2y = π

−

=−1x =

. A és 1

pontok szögpontok. A - ban áthajlási pont van.

1

0

y

x1o-1

p

d) A grafikus kép alapján az x és pontok szélsőértékpontok. Ezekben a pontokban nem alkalmazható a Fermat- tétel, mert a függvény nem deriválható ezekben a pontokban.

1 1

2

e) ( )1

lim 1xf x′ = − és ( )

1lim 1xf x′ = , tehát a két érintő merőleges egymásra.

5. a) ( )

2 3

12 ! 3 !

x x xf x e x′ = − − − − ; ( )

2

12 !

x xf x e x′′ = − − − ; ( )3 x( ) 1f x e x= − − ( ) ( )4 1x; x e= −

0

. f

b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 40 0 0 0f f f f′ ′′= = = =

c) ( ) ( ) ( )4

50 0 0

1 1 1lim lim lim5! 5 ! 102

x

x x x

f x f x ex x x→ → →

−= = ⋅ = (a l'Hospital- szabályt használtuk

egymásután négyszer.)

d) e) A negyedik derivált tanulmányozásából kiindulva a következő táblázatot készíthetjük:


−∞ 0 +∞

( ) ( )4f x - - - - - - - - 0 + + + + + + +

( ) ( )3f x 0

( ) ( )3f x + + + + + + + 0 + + + + + + +

( ) ( )2f x 0

( ) ( )2f x - - - - - - - - 0 + + + + + + +

( )f x′ 0

( )f x′ + + + + + + + 0 + + + + + + +

( )f x 0

( )f x - - - - - - - - 0 + + + + + + +

A táblázat alapján mindkét egyenlőtlenség nyilvánvaló.

f) Az előbbiek alapján

24 6

21 ,2 6

x x xe x x− ≥ − + − ∀ ∈ ,

tehát

21 1 4 6

2

0 0

1 1 11 12 6 3 10 42

x x xe dx x dx−⎛ ⎞⎟⎜≥ − + − = − + − >⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ 0, 74 .

Másrészt az függvény konvexitása alapján 2xe−

21

0

11 1 312 2

x eee dxe

−+ +

< ⋅ = <∫ 4,

mert 2 . e<


6. Nem. Az [ ]: 1,1f − → , függvény monoton a 0

környezetében de nincs deriváltja -ban.

( )

2

2

1, 0

0, 0

1, 0

x x

f x x

x x

⎧⎪− − <⎪⎪⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪⎪ + >⎪⎪⎪⎩

=

0

7. Az állítás igaz.

( )1

1

lim 0n

knk

x nε ε→∞

=

∃ ⇔ ∀ > ∃∑ ∈ úgy, hogy ( )1,

m p

kk m

x m nε ε+

=

< ∀ ≥∑ és . p∀ ∈

( )2

1

lim 0n

knk

x nε ε→∞

=

∃ ⇔ ∀ > ∃∑ ∈ úgy, hogy ( )2,

m p

kk m

x m nε ε+

=

< ∀ ≥∑ és . p∀ ∈

Ha az első határérték létezik, akkor a m p m p

kk m k m

x+ +

= =

<∑ ∑ kx

( ) ( )n nε ε=

3

3 3

3 ))

) )

egyenlőtlenség alapján

esetén a második is létezik. 2 1

8. Az állítás igaz. Ha nem monoton, akkor létezik úgy, hogy

vagy . Feltételezhetjük, hogy

és . A folytonosságból

következik, hogy Darboux- tulajdonságú, tehát létezik és

úgy, hogy . Tehát nem lehet injektív ebben az esetben. Ez alapján következik az állítás helyessége.

f1 2x x x< <

( ) ( ) ( )1 2f x f x f x< > ( ) ( ) ( )1 2f x f x f x> <

( ) ( ) ( )1 2f x f x f x< > ( ) (1 2 3 2( ), ( ) ( ), ( )y f x f x f x f x∈ ∩

f (01 1 2,x x x∈

(02 2 3,x x x∈ ( ) (01 02f x y f x= = f

9. Az állítás nem igaz. Az , , 1 :f → 2 :f → ( )1

1sin , 0

1, 0

xxf xx

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

és

( )2

sin , 0

1, 0

xxf xx

⎪⎪− ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

1⎧

0, 0x ≠⎧

függvények Darboux- tulajdonságúak és az összegük

nem Darboux- tulajdonságú. ( )( )1 2 1, 0f f x

x⎪⎪⎪+ = ⎨⎪ =⎪⎪⎩

Megjegyzés. Igazolható, hogy bármely függvény előállítható két Darboux- tulajdonságú függvény összegeként.

:f →


10. Az állítás igaz. A ( )

( )limx

P xx Q x→±∞ ⋅

határérték csak akkor lehet 0 -tól különböző

véges szám, ha gr , tehát a feltétel szükséges. Másrészt, ha , akkor , ahol gr , tehát az

egyenes ferde aszimptota.

1P grQ= +1grP grQ= + ) ( ) ( )b Q x R x= + ⋅ + R grQ( ) (P x ax <

y ax b= +

5. Teszt

1. Számítsd ki az 22 7 2

2! 3! ! !nn nxn n

⎛ ⎞− +⎟⎜= + + + +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠… 2 sorozat határértékét!

2. Adott az , :f → ( ) 33 1f x x= + − x függvény. a) Határozd meg a függvény aszimptótáit. b) Számítsd ki ( )f x′ , { }\ 0,1x ∈ -t. c) Bizonyítsd be, hogy ( ) 30 4f x< ≤ , . x∀ ∈

d) Bizonyítsd be, hogy a függvény grafikus képe szimmetrikus az 12

x = egyenletű

egyenesre nézve.

e) Számítsd ki a ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )1 2

lim1 2n 2f f f n

f n f n f→∞

+ + ++ + + + +

…… n

)

határértéket.

3. Adott az , :f → ( )(

2

2 11

xf x

x−

=+

függvény.

a) Számítsd ki ( )1 2f − és (1 2f + ) értékeket!

b) Bizonyítsd be, hogy ( )1 2 1 2f x≤ ≤ + x∀ ∈− − , esetén. c) Határozz meg olyan és számokat, amelyekre . 1 0x < 2 0x > ( ) ( )1 2f x f x=

4. Adottak az ( ): 0,f +∞ → , ( ) cosf x xxπ

= és : 0,2

gπ⎡ ⎤

→⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

függvények. ( ) cos sing x x x x= + ⋅

a) Számítsd ki -t, ( )g x′ 0,2

xπ⎡ ⎤

∀ ∈ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

esetén.

b) Számítsd ki ( )f x′ -t, esetén. ( )0,x∀ ∈ +∞

c) Bizonyítsd be, hogy , ( ) 0g x′ > 0,2

xπ⎛ ⎞⎟⎜∀ ∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

.

d) Bizonyítsd be, hogy , ( ) 1g x > 0,2

xπ⎛ ⎞⎟⎜∀ ∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

.

e) Lagrange tételének segítségével bizonyítsd be, hogy , esetén.

( ) ( )1 1f x f x+ − >2x∀ >


f) Bizonyítsd be, hogy , esetén. ( ) 2f n n> − 3n∀ ≥

g) Számítsd ki a ( ) ( ) ( )1 2limn

f fn→∞

+ + +… f n határértéket.

(Érettségire javasolt feladat, 2001) 5. Adott az ( ) ( ): 0, 0,f +∞ → +∞ , függvény. ( ) ( )ln 1 lnf x x x= + −

a) Határozd meg ( )f x′ -et. b) Bizonyítsd be, hogy bijektív. f

c) Számítsd ki a ( ) ( ) ( )

( )2

1 2lim

ln 1n

f fn→∞

+ + ++… f n határértéket.

d) Jelöljük g -vel az inverz függvényét. Számítsd ki a értéket. f ( )ln 2g ′(Érettségire javasolt feladat 2001)

6. Igaz-e, hogy ha [ ]: ,f a b → konvex függvény, akkor folytonos? f7. Igaz-e, hogy ha az [ ]: ,f a b → függvény deriválható egy V környe-zetében és

(0 ,x a b∈ )( ) 0f x′ ≠ egyetlen x esetén sem, akkor monoton V -n? V∈ f

8. Igaz-e, hogy ha az [ ]: ,f a b → függvénynek nem létezik határértéke az -ben, akkor létezik olyan ( , sorozat, hogy

és ?

(0 ,x a b∈ )

x

)

) *n nx

∈ ( ) *n ny

∈

0lim limn nn nx y

→∞ →∞= = ( ) ( )lim limn nn n

f x f y→∞ →∞

≠

9. Igaz-e, hogy ha monoton egy környezetében, akkor léteznek -ban a jobb- és baloldali határértékek?

f 0x 0x

10. Igaz-e a következő állítás? Ha az másodfajú szakadási pontja az (0 ,x a b∈ [ ]: ,f a b → függvénynek, akkor

-nek függőleges aszimptótája van -ban. f 0x

Megoldás.

1. ( )2

2 2

1 22 2 2! ! ! !

n n

nk k

k k kk n nxk n k n= =

− + −− + += + = +∑ ∑ =

( ) ( )2 2 2

1 1 22 ! 1 ! ! !

n n n

k k k

nk k k= = =

+= + − +

− −∑ ∑ ∑ 2n

,

tehát , mert ( ) ( )lim 1 2 2 3nnx e e e

→∞= + − − − =

0

1lim!

n

nk

ek→∞

=

=∑ .

2. a) A függvény folytonos -n, tehát nincs függőleges aszimptotája.

( )

( ) ( )223 33

1lim lim 01 1x x

f xx x x x→±∞ →±∞

= =− − + −

,


tehát az egyenletű egyenes vízszintes aszimptota és −∞ felé. 0y = +∞

b) ( )

( )2 23 3

1 1 13 1

f xx x

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜′ = ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ −⎜⎝ ⎠

c) A függvény deriváltja 12

- ben vált előjelt és ( ) 0f x′ ≥ ha 12

x ≤ , tehát

növekvő a

f

1⎞⎟−∞ ⎟⎟⎠,2

⎛⎜⎜⎜⎝ intervallumon és csökkenő az 1 ⎞⎟∞⎟⎟⎠

,2⎛⎜⎜⎜⎝

intervallumon. Ebből

következik, hogy ( ) ( ) 30 lim 12x

f x f x f→±∞

⎛ ⎞⎟⎜= < ≤ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠x∀ ∈4 , .

d) 3 31 1 1 1 ,2 2 2 2

f x x x f x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎜− = − + + = + ∀ ∈⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟⎟⎟ , tehát a grafikus kép

szimmetrikus az 12

x = egyenesre nézve.

e) ( ) 3

1

n

k

f k n=

=∑ , tehát az 3

3 3lim

2n

nln n→∞

=−

határértéket kell kiszámítani. 3 n -

nel egyszerűsíthetünk és így 3 2 1

l =−1 .

3. a) ( )1 2 1f − =− − 2 és ( )1 2 1 2f + =− +

b) ( )

( )

2

22

2 41

x xf xx

− + +′ =+

2 , tehát a következő változási táblázathoz jutunk:

−∞ 1 2− 1 2+ +∞

f ′ - - - - 0 + + + 0 - - - -

f 0 1 2− −

1 2− + 0

A táblázat alapján ( )1 2 1 2f x≤ ≤− + x∀ ∈− − , .


c) Ha és , akkor , tehát ( ) ( )1 2f x f x=1x x≠ 2 1 2 1 21 0x x x x− − − = 1

21

11x

xx+

=−

.

Így 1 2x =

1 esetén . 2 3x =−

4. a) ( ) sin sin cos cosg x x x x x x x′ = − + + ⋅ = ⋅

b) ( )2cos sin cos sinf x x

x x x x xπ π π π π⎛ ⎞⎟′ ⎜= − ⋅ ⋅ − = + ⋅⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ x

π

c) Ha 0,2

x π⎛ ⎟⎜∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝⎞⎠

, akkor cos és így , tehát 0x > cos 0x x⋅ > ( ) 0 0,2

g x x π⎛ ⎞⎟′ ⎜> ∀ ∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

d) és , ( )0g = 1 ( ) 0g x′ > 0,2

x π⎛ ⎟⎜∀ ∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝⎞⎠

alapján a g függvény szigorúan növekvő

0,2⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝

π⎛ ⎞⎠

-n, tehát , ( ) 1g x > 0,2

x ⎟⎜∀ ∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠π⎛ ⎞ .

e) ( ) ( ) ( )1f x f x f ′+ − = c , ahol . A d) alapján ( ), 1c x x∈ + ( ) 1f c gcπ⎛ ⎞⎟′ ⎜= >⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

,

tehát az egyenlőtlenség igaz ha c x . 2> >

f) Az ( ) ( )1 1f k f k+ − >

3

egyenlőtlenség alapján .

Tehát

( ) ( )1

4

1 4n

k

f k f k n−

=

+ − > −∑

( ) ( )4 3 ,f n n f n> − + ∀ ≥ . Másrészt ( )33 3 cos

3 2f π

= ⋅ = , tehát

( )34 22

f n n n> − + > − , . 3n∀ ≥

g) Az f) alpont alapján ( )( )( )

1

21 02

n

k

n nf k=

− −>− + +∑ 1 és így

( )1lim

n

k

n

f k

n=

→∞= +∞

∑.

5. a) ( )( )

1 1 11 1

f xx x x x

′ = − =−+ +

, . 0x∀ >

b) Mivel ( ) 0f x′ < , a függvény szigorúan csökkenő. Másrészt 0x∀ >

( )0 0

1lim lim ln 1x xf x

x⎛ ⎞⎟⎜= + = +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

( )∞ és 1lim lim ln 1 0x xf x

x→∞ →∞

⎛ ⎞⎟⎜= + =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠,

tehát folytonossága alapján . Így bijektív. f ( )Im 0,f = ∞ f


c) és ( ) ( ) ( )1

ln 1 ln1 ln 1n

k

f k n n=

= + − = +∑ ( )

( )2

ln 1 1lim2ln 1n

nn→∞

+=

+, mert

( )

( )'

2

2

1ln 1 11lim lim 2 2ln 1

1

l H

x x

x xxx

x→∞ →∞

+ += =+

+

.

d) ( )( )( )

1 ,g f x xf x

′ = ∀′

0> , tehát ( )( )1ln 2 21

gf

′ = =′

− 2, mert . ( )1 lnf =


7. Ha ( ) 0f x′ ≠ , akkor x V∀ ∈ f ′ előjeltartó, mert Darboux- tétele alapján f ′ Darboux- tulajdonságú. Így monoton is. f


9. Az állítás igaz (lásd a XI. osztályos tankönyv 46. oldalán).

10. Az állítás nem igaz.

Az , :f → ( )

1sin , 0

0 ,

xxf xx

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩ 0 függvénynek a 0 másodfajú szakadási pontja

és 0 -ban nincs függőleges aszimptota.

6. Teszt

1. Számítsd ki az 4

1 1dx

x a− +∫ integrált!

2. Bizonyítsd be, hogy . ( )2 2

1 1

1x xe dx xe dx< +∫ ∫

3. Számítsd ki az 1 2

1 1x

x dxe

−+∫ integrált!


: 0,2

fπ +

⎡ ⎤⎢ ⎥ →⎢ ⎥⎣ ⎦

,

( )2

2

1 1sin , 0

20, 0x xf x x

xπ

⎧⎪⎪ < ≤⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩


függvény deriválható és a deriváltja nem integrálható.

5. Számítsd ki az [ ]: 0,1f → , ( )2

2arcsin

1x

f xx

=+

függvény grafikus képének

körüli forgatásából származó test térfogatát! Ox

6. Határozz meg egy rekurziót az 21

n

nx dx

Ix

=+∫ határozatlan integrálra.

(Felvételi, 1990)

7.Az 1

20 1

n

nx

I dxx

=+∫ *n ∈, sorozatra számítsd ki a és lim nn

n I→∞

⋅

1lim ln2nn

n I n→∞

⎛ ⎞⎟⎜ ⋅ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ határértékeket.

(Érettségi javaslat, 2001) 8. Határozd meg az , függvény primitív függvényeit, ahol { az x szám egész részét jelöli.

:f → ( ) { }sinf x x π=}x

9. Igaz-e, hogy egy primitívvel rendelkező függvény minden primitívje monoton?

:f +→

10. Igaz-e, hogy az [ ]: ,f a a− → folytonos függvény pontosan akkor páratlan, ha

( ) 0b

b

f x dx−

=∫ , [ ]0,b a∀ ∈ ?

Megoldás. 1. Ha , akkor 1a ≤ [ ], 1,x a x a x− = − ∀ ∈ 4 és így

4 4

1 1

5ln1 1

dx dx ax a x a a

−= =

− + − + −∫ ∫ 2.

Ha [ ]1, 4a ∈ , akkor ( )4 4

1 1

ln 51 1 1

a

a

dx dx dx a ax a a x x a

= + =− + − + − +∫ ∫ ∫ − ,

és ha , akkor 4a ≥4 4

1 1

ln1 1

dx dx ax a a x a

= =− + − + −∫ ∫ 3

x

.

2. Ha , akkor , tehát 1 , 1x > xxe e> x xxe e+ > [ ]1,2x∀ ∈ és így 2 2

1 1

1x xe dx xe dx< +∫ ∫ .

3. ( )1 1 122 2

1 1 11 1

y

x y y

y dyx dx e yI de e e

−

−− −

−= = − =

+ +∫ ∫ ∫ 1y

+, tehát

1 1 12 22

1 1 1

221 1

x

x x

x dx e x dxI xe e

− − −

= + =+ +∫ ∫ ∫ 3

dx = .


Ebből következik, hogy 13

I = .

4. ( )( )

20 0

10 lim lim sin 0x x

f xf xx x→ →

′ = = = és ( )2 2

1 2 12 sin cosf x xx x x

′ = − ,

10,2

xπ

⎛ ⎞⎟⎜∀ ∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠, tehát deriválható. Ugyanakkor f f ′ nem korlátos mert a 2

2 1cosx x

tetszőlegesen nagy értékeket is felvehet és 20

1lim2 sin 0xx

x→= , tehát f ′ nem

integrálható.

5. ( ) ( )

12

20

2arcsin ln 21 2

b

fa

xV F f x dx dxx

ππ π π

⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ = ⋅ = − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+∫ ∫ .

Használtuk, hogy ( )2

2arcsin 2 arctg , 0,11x x xx

= ∀ ∈+

és

1 1 110 2

0 0 0

22 arctg 2 arctg 2 arctg ln 21 2xx dx x x dx x x dxx

π′⋅ = ⋅ ⋅ = − = −+∫ ∫ ∫ .

6.

( )1 2

21

1

nn

nx dxI xx

− ′= = +

+∫ ∫ x dx =

( )1 2 2 21 1 1n nx x n x x dx− −= + − − + =∫

( )

( ) ( )

21 2 2

2

1 22

11 11

1 1 1

n n

nn n

xx x n x dxx

x x n I n I

− −

−−

+= + − −

+

= + − − − −

∫

,

=

tehát 1 2

2

1 11nn n

nI x x In n

−−

−= + − .

7. Ha 1

20 1

n

nxIx

=+∫ dx , akkor 0 4

I π= , 1

1 ln 22

I = és

1

20

11

nn nI I x dx

n++ = =

+∫ . Másrészt , mert ha . Ez

alapján

1n nI I−

≤ 1n nx x −≤ [0,1x ∈ ]

2

1 21 n nnI I I

n += + ≤

+ és 2 2

1 21 n n nI I I

n + += + ≥

+,

tehát ( ) ( )

1 112 1 2nIn n

≤ ≤+ −

2n∀ ≥, . Ebből következik, hogy 1lim2nn

nI→∞

= . Az

előbbi egyenlőtlenségek alapján


( )1 1

1 2 2nnIn n− ≤ − ≤

+ −1

1.

Másrészt ln lnlim lim 01 1n n

n nn n→∞ →∞

=+ −

= , tehát a fogó- tétel alapján

1lim ln 02nn

nI n→∞

⎛ ⎞⎟⎜ − =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

8. Ha [ ), 1x k k∈ + , akkor { } és x x= −k

{ } ( ) ( )sin sin 1 sinkx x kπ π= − = − xπ .

Ennek egy primitívje az [ ): , 1kF k k + → , ( ) ( ) 1 cos1 kk k

xF x cππ

−= − + , ahol

. Ugyanakkor (k

)c ∈ 1k +

11 1lim limkx k x kF x F

++=

- ben a primitív folytonos kell legyen, tehát

. Ez ekvivalens az ( ) ( )k x

+ 1k kc cπ π ++ = − +

1 1 ,

összefüggésekkel, tehát ha rögzített, akkor

k∀ ∈

0c ∈ 0kc cπ

= +2k , és így az k∀ ∈

( ) ( ) [ )10

cos 21 ,k x kF x c x k kππ π

−= − + + ∈ +, 1

′

függvény az egy primitívje. f

9. Ha az egy primitívje, akkor alapján F növekvő (mert ). Tehát az állítás igaz.

:F → f :f +→

( ) ( ) 0F x f x= ≥

10. Ha [ ]: ,F a a− → az egy primitívje, akkor , f ( ) ( )F x F x= − [ ]0,x a∀ ∈ és így páros. Ebből következik, hogy F ( ) ( ) ( )f x F x f x′= − = − − , [ ] , tehát

páratlan. Páratlan függvényre teljesül az összefüggés, tehát az állítás igaz. 0,x a∀ ∈

f

7. Teszt


2

0

f x dx∫ integrált, ha ( )[ ] 20,2

2min ,

1xf x x

x∈

⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪+⎪ ⎪⎩ ⎭.


1

0

ln 22 1

3x dx ≥ +∫ .

(Érettségi javaslat, 2001)


3. Bizonyítsd be, hogy ( ) ( )( )

212 2

0

!1 2

2 1nn n

x dxn

− = ⋅+∫ !

.


1 1lim

1

n

n

xdx

n x→∞

−+∫ határértéket!

5. Határozd meg az paramétereket úgy, hogy az , , ,a b c ∈ :f →

( )( )2

ln 1 , 0, 0

x xf x ax bx c x

⎧ − ≤⎪⎪= ⎨ + + >⎪⎪⎩

függvénynek létezzenek primitív függvényei. (Felvételi, 1990)

6. Számítsd ki az [ ]: ,f c c− → , ( ) (2

x xa

af x e e−= + )a függvény grafikus képének

ívhosszát! 7. Tekintjük az

( )3 5 2 1

113 5 2

nn

na a a

x an

−+= − + − + − ⋅

−…

1 és

2

20 1

a n

nx

I dx

=+∫ x

sorozatokat. a) Bizonyítsd be, hogy

( )( ) 1 2

12 4 2 22

1 11 1

1

n nn n x

x x xx

−− − + −

− + − + − =+

… , , esetén. *n∀ ∈ x∀ ∈

b) Bizonyítsd be, hogy . ( ) 1arctg 1 nn nx a −= + − Ic) Bizonyítsd be, hogy . lim arctgnn

x a→∞

=

(Érettségi javaslat, 2001) 8. Határozd meg az összes folytonos függvényt, amelyre

, , ahol a egy primitívje és . :f →

( ) ( )f x F x a− = x∀ ∈ F f *a +∈9. Igaz-e, hogy minden függvény előállítható két Darboux tulajdonságú függvény összegeként? 10. Igaz-e, hogy folytonos és periodikus függvénynek létezik periodikus primitívje?

Megoldás.

1. Az 2

21

xx

≤+

egyenlőtlenség megoldáshalmaza a [ ]0,2 intervallumban a [ ]0,1

intervallum, tehát ( )

[ ]

( ]2

, 0,

2 , 1,1

x xf x

xx

∈⎪⎪⎪⎪= ⎨⎪ ∈⎪⎪ +⎪⎩

1

2

⎧

. Így


( )

12 1 2 2212

00 0 1

2 12arctg 2arctg 21 2 2

xf x dx xdx dx xx

π= + = + = + −

+∫ ∫ ∫ 2

2

.

2. Az egyenlőtlenség alapján , tehát 1xe x≥ + 0x∀ ≥2 2ln 2 22 1 lnx xe x⋅= ≥ + ⋅

( )21 1

2

0 0

ln 22 1 ln 2 13

x x dx≥ + ⋅ = +∫ ∫ .

3. Ha , akkor ( )1

2

0

1n

nI x= −∫ dx

( ) ( )( )( )( )

121 12 2 2

10 0

11 1

2 1

nn n

nn

xI x x x dx I x dx

n

+

+

′⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎜ ⎟= − − − = − ⋅⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎜ ⎟− + ⎟⎜⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

( )( )

=

( )( )( ) ( )

11 12 21

100

1 1 12 1 2 1 2 1

n n

n n n

x xI x dx I I

n n n

+ +

+

− −= − + = −

− + − + +∫ ,

tehát ( )1

2 12 3 nn

nIn+

+=

+I . Ebből az összefüggésből következik, hogy

( )( )

( )( )

( )

2 22

0

2 ! 2 2 !2 !2 1 !! 2 1 ! 2 1

n n nn

n

n nnI In n

⋅ ⋅ ⋅⋅= = =

+ + !n +.

4. ( ) ( )1 1

1 21 1 2 ln 1 2 ln 21 1

n nx dx dx n nx x

⎛ ⎞− ⎟⎜= − = − − + +⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ +∫ ∫ , tehát az

( ) ( )1 2 ln 1n n− − +

( )

limn

ln→∞

= határértéket kell kiszámítani. De

ln 1n +

0=

1 2 lim 1n

ln→∞

= − = (a l'Hospital szabály alapján).

5. Mivel létezik 0 -ban jobb- és baloldali határérték a függvénynek csak akkor van primitív függvénye, ha folytonos (ellenkező esetben elsőfajú szakadási pontja van). Így c és a primitívjei

( )

( ) ( ) 0

3 2

0

ln 1 ln 1 0

03 2

x x x x c xF x x xa b c x

⎧ − − − − + ≤⎪⎪⎪⎪= ⎨⎪ + + >⎪⎪⎪⎩

.


6. A grafikus kép ívhossza

( ) ( ) ( ) ( )2 1 112 2

c c c cx x x x ca a a a a a

c cc c

l f x dx e e dx ae a e a e− −

− −− −

c

e−⎡ ⎤

′= + = + = + − = −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ .

7. a) Az azonosság a mértani haladvány összegképletéből következik.

b) Ha az azonosságot integráljuk 0 - tól a - ig, akkor a kért azonosságot kapjuk.

c) Mivel 2

220

1

nnx x

x≤ ≤

+ írhatjuk hogy

2 2

20

1 2

a n nx ao dxx n

+

≤ ≤+ +∫

1

1lim 0I =

nIlim arctgx a=

=

, tehát

. nn→∞

Az összefüggésekből következik, hogy az ( ) sorozat is konvergens és .

( ) 1arctg 1 nnx a −= + − *n nx

∈

nn→∞

8. Ha x helyett ( - et helyettesítünk az összefüggéshez jutunk, tehát

)x− ( ) ( )f x F x a−

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1F x F x f x F x F x f x′− = − + − −( ) ( ) ( ) ( ) 0f x F x F x f x a a= − − − = − =

=.

Ez alapján létezik c úgy, hogy , , tehát ∈ ( ) ( )F x F x c− = x∀ ∈

( )( )

,cF x xF x

− = ∀ ∈ , és az eredeti egyenlőség ( )

( )

f xF x c

=a alakban írható. Ebből

következik, hogy létezik úgy, hogy 1c ∈ ( )1

a xcF x c e= , tehát ( ) 1

a xc

c af x e

c= .

( ) ( )

21c af x F xc

− = , tehát és így a végső megoldás 21c c= ( )

21

1

1

xcaf x e

c= , . x∀ ∈

9. Az állítás igaz. 10. Az állítás hamis. Az , :f → ( ) sinf x x= függvény primitívjei

:F → , ( )( )[ ]

( ) ( )[ ]

cos 2 , 2 1

cos 2 2 1 , 2 2k

k

x c x k kF x

x c x k k

π π

π π

⎧⎪ − + ∈ +⎪⎪= ⎨⎪ + + ∈ + +⎪⎪⎩,

ahol és így a primitív 1 4k kc c

−= +

( )( )[ ]

( ) ( )[ ]0

0

cos 4 2 , 2 1

cos 4 2 2 1 , 2 2

x k c x k kF x

x k c x k k

π π

π π

⎧⎪ − + + ∈ +⎪⎪= ⎨⎪ + + + ∈ + +⎪⎪⎩

alakú és ez nem periodikus.


8. Teszt 1. Számítsd ki az arcsin x

x

edx

e∫ határozatlan integrált.

2. Határozd meg az [ ]: 0,1f → , ( )( ]arctgx, 0,1

,2

xf x xπ

⎧ ∈⎪⎪⎪= ⎨ =⎪⎪⎪⎩0 függvény primitív

függvényeit. (Felvételi, 1993)

3. Bizonyítsd be, hogy 6 2

4

169

3 2xdx

x≤ ≤

+∫ .


0

cos 15 4 cosnn x

I dx

π −=

−∫ x

x

integrált, ha . 1n ≥

5. Számítsd ki a határértéket, ha ( )

12

0

limnn x f x d

→∞⋅ ∫ [ ]: 0,1f → folytonosan deri-

válható függvény.

6. Határozd meg az , :f → ( ) ( )2 2

0

2x

tf x e t= −∫ dt függvény szélsőértékpont-

jait!

7. Bizonyítsd be, hogy a 1

: 0,2

gπ

⎡ ⎤⎢ ⎥ →⎢ ⎥⎣ ⎦

,

( )2

1 1cos , 0

2, 0

xx xg xk x

π⎧2⎪⎪ < ≤⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

függvény nem integrálható. 8. Igaz-e, hogy egy, primitívvel rendelkező, függvény primitív függvényei folytono-sak? 9. Léteznek-e olyan bijektív függvények, amelyekre -nek van primitívje?

:f → f f

10. Van-e olyan Darboux tulajdonságú függvény, amelynek nincs primitívje, de integrálható? Megoldás.

1. Az jelöléssel , tehát az xe = t xe dx dt= 2

arcsin t dtt∫ integrál kiszámításához

jutunk.

2 2

arcsin 1 arcsinarcsin1

t tdt tdtt t t t t

′⎛ ⎞⎟⎜= − = − + =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ −∫ ∫ ∫dt


2

2

2

1arcsin arcsin 1 1ln 1

1 1

dtt tt ct t t

t

⎛ ⎞⎟⎜− ⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜⎝ ⎠ ⎟⎜ ⎟= − − = − − + − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠−∫ t

.

Tehát ( )2arcsin arcsin ln 1x x

x xx x

e edx e e ce e

− −= − − + − +∫ .

2. A függvény nem Darboux- tulajdonságú, ezért nem létezik primitív függvénye.

3. 6 6 62 2

4 4 4

4 4 422 2 2

x xdx dx x dxx x x

⎛ ⎞− + ⎟⎜= = − + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ + +∫ ∫ ∫ =

( )62

4

2 4 ln 22x x x= − + + =

8 46 4 ln 6 4 ln6 3

+ = + .

Másrészt 4 166 4 ln 63 3

+ > > és 4 1 1ln 6 4 ln 1 6 4 93 3 3

⎛ ⎞⎟⎜+ = + + < + ⋅ <⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠6 4 .

4. Ha 0

cos5 4 cosn

nyI dyy

π

=−∫ és

0

sin sin5 4 cosnny y y

y

π ⋅=

−∫J d , akkor az

1

1

54

9 516 4

n nn

n nn

I I J

J I

+

+

= −

= − + J

rekurziókhoz jutunk, tehát

11

1

n n

n

I IA

J J−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

, ahol

5 149 516 4

A

⎡ ⎤−⎢ ⎥

⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Ez alapján meghatározható explicit alakja. nI5. Mivel folytonosan deriválható következik, hogy folytonos is. Így f

( )

1

0

lim 0n

nx f x dx

→∞=∫

mert ha m és M az minimuma és maximuma, akkor f

( )

1

0

, 11 1

nm Mx f x dx nn n

< < ∀+ +∫ ≥

=

.

Másrészt

( ) ( ) ( ) ( )

1 11

0 0

1 n nn x f x dx x f x dx+ ′+ =∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )

1 111 1 10

0 0

1n n nx f x x f x dx f x f x dx+ + +′ ′= − = −∫ ∫ ,


tehát . Ez alapján ( ) ( ) ( )1

0

lim 1 1n

nn x f x dx f

→∞+ ∫ =

)

( ) ( )1

0

lim 1n

nn x f x dx f

→∞=∫ .

6. , tehát a szélsőértékpontjai ( ) (2 2 2xf x e x′ = − 1 2x = és 2 2x =− .

7. Ha 1 ,2k

x kkπ

= 1≥ , akkor és így nem korlátos. Ebből

következik, hogy nem is integrálható.

( )lim kkf x

→∞= ∞ f

8. Ha F az egy primitívje, akkor deriválható és így folytonos is. f F9. Az , függvény bijektív és ( , tehát - nek van bijektív függvénye.

:f → ( )f x x= )( )f f x x= f f

10. Az , :f → ( )

1sin 0

1 0

xxf xx

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

függvény Darboux- tulajdonságú, nem

primitiválható és [ ]0,1f integrálható mert csak egy szakadási pontja van.

9. Teszt

1. Számítsd ki az , :f → ( ) 2sin , 0

, 01

xe x xf x x

xx

⎧ <⎪⎪⎪⎪= ⎨⎪ ≥⎪ +⎪⎪⎩

függvény primitív függvé-

nyeit. (Felvételi, 1993)


sin

0 2xe dx

π

π− <∫ .

3. Az , , :f F → ( )

3

2 1x

f xx

=+

és függvényekre számítsd ki

a

( ) ( )0

x

F x f t dt= ∫( )

( )limx

F xx f x→∞ ⋅

határértéket!

(Érettségi javaslat 2001)


21

3lim

8 2

n

ni

in i n n→∞

= + −∑

i határértéket!

5. Határozd meg azokat az primitívvel rendelkező függvényeket, amelyeknek létezik olyan primitívjük, hogy

:f →:F →( ) ( )( )2F x x f x x= − , . x∀ ∈


(Radó Ferenc Emlékverseny, 2001) 6. Határozd meg azokat az folytonos függvényeket, amelyekre :f →

( ) ( )0

1x

f x f= + ∫ t dt .

7. Bizonyítsd be, hogy ha az [ ], : ,f g a b +→ folytonos függvényekre

( ) ( ) ( )x

a

f x K g t f t dt≤ + ∫ , [ ],x a b∀ ∈ , ( , )0K >

akkor

( )( )

x

a

g t dt

f x Ke∫

≤ . (Gronwall lemma) 8. Igaz-e, hogy páros és folytonos függvénynek van páratlan primitívje? 9. Igaz-e, hogy ha [ ]: ,f a b → integrálható függvény, akkor létezik [ ],c a b∈ úgy,

hogy ( ) ( ) ( )b

a

f x dx f c b a= ⋅ −∫ ?

10. Igaz-e, hogy ha függvénynek van primitívje és injektív, akkor mo-noton?

:f →

Megoldás.

1. ( )

( )

( )2

1 sin cos , 02

1ln 1 , 02 2

xe x x c xF x

x x x c x

⎧⎪⎪ − + <⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪ − + + − + ≥⎪⎪⎪⎩

(Áganként integráltuk és az F folytonosságából meghatároztuk a konstansok közti öszefüggést.)

2. Ha 0,2

x π⎡∈ ⎢

⎢⎣ ⎦⎤⎥⎥

1, akkor és így , 0 sin x≤ ≤ sin0 1xe−≤ ≤ 0,2

x π⎡∀ ∈ ⎢

⎢⎣ ⎦⎤⎥⎥. Ha ezt

integráljuk a 0,2

⎢⎢⎣ ⎦

π⎡ ⎤⎥⎥ intervallumon, az

2 2sin

0 0

12

xe dx dx

π π

π− ≤ =∫ ∫

összefüggéshez jutunk.

3. Alkalmazható a l'Hospital szabály és így


( )

( )

( )

( ) ( )

2

2

1 1lim lim lim2 4x x x

F x f x xxf x f x f x x x→∞ →∞ →∞

+= =

′+ ⋅ + 2=

4. 2 2

21 1

3 6 2lim lim28 2 2

2 2

n n

n ni i

ii n

i in ni n nin n

→∞ →∞= =

= =+ − + −

∑ ∑2

0

62xdx

x x⋅

+ −∫ .

Ezt az integrált a 2 x u− = helyettesítéssel racionális integrállá alakíthatjuk. Így a keresett határérték

2 36 8 3 ln 27 7arctg arctg

⎛ ⎞⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⋅ − + + ⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎟⎜ ⎟⎜⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠17

.

5. Az egyenletből kifejezve ( )( )

2 F xf x xx

= +

( ), 0−∞ )0,+∞( )

. Következik, hogy deriválható

a és ( intervallumon. Átrendezve az egyenletet, kapjuk, hogy

( )f x

( ) 2xf x F xx− x= . Elosztva az egyenlőséget -tel és bővítve a törtet x -szel

adódik, hogy

2x

( ) ( ) ( )( )

2

4 2

2 1 lnf x x F x x F x xx x x

′⎛ ⎞− ′⎟⎜= ⇔ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

A Lagrange- tétel következményéből

( )( ) 2 2

2 ln lnF x x c F x x x c xx

= + ⇔ = + ⋅ .

Ha , akkor deriválva az egyenlet mindkét oldalát kapjuk, hogy ( ), 0x ∈ −∞

( ) ( ) ( )12 ln 2 2 lnf x x x x c x x x c x′= ⋅ − + + = ⋅ − + .

Ha , akkor deriválva az egyenlet mindkét oldalát kapjuk, hogy ( )0,x ∈ +∞

( )22 ln 2 2 lnf x x x x c x x x c x′′= ⋅ + + = ⋅ + .

Vizsgálva folytonosságát észrevesszük, hogy , mert f ( ) ( )0 0

lim lim 0x xf x f x= =


( )( ) (1 20 0lim 2 ln lim 2 ln 0x x

x x c x x x c x⋅ − + = ⋅ + =)

f 0 f 0( )0 0f =

0

.

Mivel Darboux tulajdonságú, és léteznek a bal- és jobboldali határértékek, következik, hogy -nek nem lehet szakadási pontja a -ban, tehát folytonos -ban és .

f

Összefoglalva, . ( )

( ) ( )

( )

1

2

2 ln , , 0

0 ,

2 ln , 0,

x x c x ha x

f x ha x

x x c x ha x

⎧⎪ ⋅ − + ∈ −∞⎪⎪⎪⎪= =⎨⎪⎪⎪ ⋅ + ∈ +∞⎪⎪⎩

6. Ha folytonos, akkor az f ( )0

1x

f t dt+ ∫ kifejezés integrálható, ezért is

deriválható. Ha deriváljuk az egyenletet az

f

( ) ( )f x f x′ =( ) xf x c e x= ⋅ ∀ ∈ 0x = ( )0 1f =

xe x= ∀ ∈

a

K g t f t dt= + ∫

egyenlethez jutunk, tehát . Ugyanakkor esetén az adott összefüggésből

adódik, tehát . ( )f x

7. Ha h x , akkor , tehát ( ) ( ) ( )x

( ) ( ) ( ) ( ) ( )h x g x f x g x h x′ = ≤

( )( )

0

x

a

g t dt

h x e−

′⎛ ⎞⎟⎜ ∫ ⎟⎜ ⎟⋅ ≤⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠.

Így a függvény csökkenő, tehát . Másrészt

, tehát és így

( ) ( )( )

x

a

g t dt

H x h x e−∫

= ( ) ( )H x H a≤

( )H a K= ( )( )

x

a

g t dt

h x K e∫

≤ ⋅ ( )( )

x

a

g t dt

f x K e∫

≤ ⋅ .

8. Ha [ ]: ,f a a− → páros, akkor az [ ]: ,F a a− → ,

primitívje páratlan, tehát az állítás igaz.

( ) ( )0

x

F x f t dt= ∫

9. Az állítás nem igaz. Az [ ]: 1,1f − → , függvény

integrálható, és nem létezik olyan

( ), 0

1 , 0

x xf x

x

≠⎧⎪⎪⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩

( )

1

1

0f x dx−

=∫ [ ]1,1c ∈ − , amelyre . ( ) 0f c =


10. Ha az függvénynek van primitívje, akkor Darboux- tulajdonságú és így ha nem monoton, akkor nem is injektív (lásd a 4. teszt 8. feladatának megoldását).

:f →

10. Teszt

1. Határozd meg az , :f → ( )

2

2

11

x xf x e

x⎛ − ⎟⎜= ⋅ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ +

⎞⎠

1

primitív függvényeit!

2. Számítsd ki az egyenletű ellipszis Oy körüli forgatásából származó forgásellipszoid felszínét!

2 24x y+ =

3. Bizonyítsd be, hogy

( )0

2

12

1 40 ln 1 ln

4 3x x dx

−

≤ − ≤∫ .

4. Számítsd ki az ( )( )1

2

ln 1 xf d

xα

α+

= ∫ x integrált és a ( )0

lim fα

α→

határértéket!

5. Számítsd ki a határértéket, ha ( )lim 1 nnn n I

→∞+

1

11

arctgn

n

n

I n

+

= ∫ xdx .

6. Az [ ]: 0, 4f → , ( ) 222arcsin 4

2x

f x x x−

= − − függvényre számítsd ki az

( )

32

2

24

1x

I x x fx− ′= − ⋅+∫ x dx integrált!

7. Az primitívvel rendelkező függvények F és G primitívjére , , :f g →

( )0 1F = ( )0 0G = , és G x valamint .

Bizonyítsd be, hogy

( ) ( )F x g x′= ( ) ( )f x′= ( )0 0f =

( ) ( )12

f x g x ≥− , . x∀ ∈

(Székely Mikó Verseny 2000) 8. Bizonyítsd be, hogy ha [ ]: 0,f a → kétszer folytonosan deriválható függvény és

( ) ( )10

2 1a n

nk

a ar f t dt f k

n n=

⎛ ⎞⎟⎜= − − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑∫ ,

akkor

( ) ( )2

2lim 024nn

an r f a f

→⎡ ⎤′ ′= −⎣ ⎦ .

9. Igaz-e, hogy ha két függvénynek van primitívje, szorzatuknak is van primitívje? 10. Igaz-e, hogy páratlan és folytonos függvényeknek van páros primitívje?


Megoldás.

1. Az , :F → ( )2 ,

1

xeF x xx

= ∀ ∈+

függvény az egy primitívje. f

2. ( ) ( )

21 1 22

1 1

32 1 12 3xF f x f x dx dx π

π π− −

⎛ ⎞⎟⎜⎡ ⎤′ ⎟= + = −⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∫ ∫ =

t

.

3. A helyettesítéssel 2x− =

( ) ( )0 0

2

1 12 4

1ln 1 ln 12

x x dx t− −

− = − +∫ ∫ dt ,

tehát elégséges igazolni, hogy

( )0

14

1 4ln ln 1 04 3

t dt−

− ≤ + ≤∫ .

De , ( )ln 1 t t+ ≤1 , 04

t ⎡∀ ∈ −⎢

⎢ ⎥⎣ ⎦

⎤⎥ és így

( )0 0

1 14 4

ln 1 0t dt tdt− −

+ ≤ <∫ ∫ .

Másrészt ( )3 1ln 1 ln , , 04 4

t t ⎡ ⎤+ ≥ ∀ ∈ −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦, tehát

( )0

14

1 3 1 4ln 1 ln ln4 4 4 3

t dt−

+ ≥ = −∫ .

4. ( )( )

( )( )

1 1 11

2

ln 1 ln 11 ln 11

x x dxdx x dxx x x x xαα α α

′+ +⎛ ⎞⎟⎜= − + = − + =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ +∫ ∫ ∫

( ) ( )1ln 1 ln 1 1ln 2 ln ln 2 ln ln1 2xx α

α αα α+ +

=− + + = − + + −+ + 1

αα

.

Ez alapján ( )

0lim fα

α→

= +∞ .

5. A középértéktétel alapján létezik 1 1,1

cn n⎛ ⎞⎟⎜∈ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+

úgy, hogy

( )1

n n= ⋅ ⋅

+( )1 arctgnI nc+ =arctg

1nI n c . Így n n és 11nc

n< <

+n , tehát

( )lim 1 lim arctg4nn n

n n I nc→∞ →∞

+ = =π .


6. ( ) ( )2 2

1 1 12 4 2 =2 2 421

2

f x xx xx

′ = ⋅ ⋅ − ⋅ −−⎛ − ⎞⎟⎜− ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

2 2

2 24 4

xx x x x

−− =

− −

24xx x

=−

, tehát ( )33 2 2

22

2 43 3 ln 1 3 ln1 2 3

x x xI dx x xx−

= = − + + =+∫

12

−

a )

.

7. Lásd a 68. oldal 11. feladatát.

8. A trapéz- képlet alapján ha , akkor létezik úgy, hogy 1 20 x x< < < ( 1 2,x xξ ∈

( ) ( )( )

( )2

1

32 12 1

2 1( ) ( )2 1

x

x

x xx xf t dt f x f x f ξ−− ′′= ⋅ + −∫ 2

.

Ha ezt alkalmazzuk az ( )2 1, 0,

2k

k ax k

n−

= n= csomópontok által meghatározott

intervallumokon, az

( ) ( ) ( ) ( )

10

2 12 1 02 4 2 2

a n

k

a a a a nf t dt f k f f a f f an n n n n=

⎛ ⎞⎛ − ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜− − = + − − ⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑∫ −

( ) ( )( ) ( )3 3 1

01

1 112 2 12

n

n kk

a af f fn n

ξ ξ−

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟′′ ′′ ′′⎜ ⎜− + −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∑ ξ

összefüggéshez jutunk, ahol 0 0,2an

ξ ⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦, 2 1 ,

2nn a an

ξ⎡ −

∈⎤

⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

és

2 1 2 1k k⎡ ⎤− +,2 2k a an n

ξ ∈ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, 1, 1k n= − .

Ez alapján

( ) ( )2 1 204 2 2nan nn r f f f a f a

n n⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ − ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎜= − + − ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

1 ⎟ −

( ) ( )( ) ( )3 2 1

01

112 8 12

n

n kk

a a af f fn n

ξ ξ ξ−

=

′′ ′′ ′′− + − ∑ .

De


( ) ( )( )3

0

1lim 012 8 nn

a f fn

ξ ξ→∞

′′ ′′⋅ + = ,

( ) ( ) ( ) ( )( )1 0

lim 012 12 6kn

k

a a a af f t dt f an

ξ→∞

=

′′ ′′ ′ ′⋅ ⋅ = = −∑ ∫2 2 21 an

f−

,

( ) ( )22 1lim

4 2 8n

an n af a f a f an→∞

⎛ ⎞⎛ − ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ′− =⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠ és ( ) ( )

2

lim 0 04 2 8n

an a af f fn→∞

⎛ ⎞⎛ ⎞⎟⎜ ⎟ ′⎜− = −⎟⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠,

tehát ( ) ( )( )2

2lim 024nn

an r f a f→∞

′ ′= − .

9. Az állítás nem igaz. Az , :f → ( )

1sin , 0

0 ,

xxf xx

⎧⎪⎪ ≠⎪⎪= ⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩ 02

függvénynek van

primitív függvénye és az f f f= ⋅ függvénynek nincs.

10 Ha [ ]: ,f a a− → egy páratlan és folytonos függvény, akkor az

[ ]: ,F a a− → , függvény egy páros primitívje, tehát az állítás

igaz.

( ) ( )0

F x f t dt= ∫x

280 Gyakorlatok és feladatok

IV. GYAKORLATOK ÉS FELADATOK H almazok, relációk, függvények 1. Bizonyítsd be, hogy ha A és B két tetszőleges halmaz, akkor

a) ; ( ) ( ) ( )A B A∪ ⊆ ∪P P P B)

Bb) pontosan akkor egyenlő -vel, ha A vagy B A ; ( ) ( )A B∪P P (A B∪P B⊆ ⊆c) . ( ) ( ) ( )A B A∩ = ∩P P P

Megoldás. a) Bármely esetén ( ) ( )X A B∈ ∪P P ( )X ∈ P A vagy ( )X B∈ P , tehát minden eleme benne van az X A vagy B halmazban, -re , ahonnan . Következik, hogy

y X∀ ∈ y A B∈ ∪(X A∈ ∪P )B B

B

( ) ( ) ( )A B A∪ ⊆ ∪P P Pb) "⇐" Mivel a feladatban szereplő állítás szimmetrikus az A és B halmazokra nézve, elégséges az A B⊆ esetre igazolni a egyenlőséget.

( ) ( ) ( )A B A∪ = ∪P P P

( ) ( ) ( ) ( )A B A B B A B B A B⊆ ⇒ ∪ = ⇒ ∪ = ⊆ ∪P P P P . Az a) pont alapján igaz a fordított bennfoglalás is, tehát . ( ) ( ) ( )A B A∪ = ∪P P P B

A"⇒" Tegyük fel, hogy A , ekkor létezik úgy, hogy . Legyen

vagy

B⊆/ 0x ∈ 0x B∉

b B∈ ⇒ { } ( ) ( ) ( )0 0, ,x b A B x b A B A B∈ ∪ ⇒ ∈ ∪ = ∪ ⇒P P P { } ( )0,x b A∈ P

{ } ( )0,x b B∈ P . A második eset nem lehetséges, mert , így 0x B∉ { }0,x b A⊆ , ahonnan . Mivel b tetszőleges eleme a B halmaznak, következik, hogy

. b A∈

B A⊆c) Bármely -re ( ) ( )X A B∈ ∩P P ( )X A∈ P és ( )X ∈ P B

)BB

)B

, tehát esetén és x , azaz x A és így . Következik, hogy

.

x X∀ ∈

x A∈ B∈ B∈ ∩ (X A∈ ∩P

( ) ( ) ( )A B A∩ ⊆ ∩P P P

(Y A∀ ∈ ∩P esetén Y elemei az A halmazban keresendők, így -ra és y , innen Y és és

B∩ y Y∀ ∈

y A∈ B∈ A⊆ ( )Y B Y A⊆ ⇒ ∈ P ( )Y ∈ P BB

, vagyis , tehát . ( ) ( )Y A∈ ∩P P ( ) ( ) ( )A B A B∩ ⊆ ∩P P P

A két állítás alapján ( ) ( ) ( )A B A B∩ = ∩P P P . 2. A racionális számok halmazán értelmezzük az relációt, ahol ( , , )r = G

{( , ) , , }G x y x y x y= ∈ − ∈ . Bizonyítsd be, hogy az r reláció egy ekvivalencia

reláció és az r szerinti ekvivalencia osztályok halmaza bijektíven leképezhető a halmazra.

/r01[ , )∩

Bizonyítás. r reflexív esetén xr , azaz , ami igaz. x⇔ ∀ ∈ x 0x x− = ∈r tranzitív esetén, amelyekre xry és , következik, hogy . , ,x y z⇔ ∀ ∈ yrz xrzxry , yrz , y zx y⇒ − ∈ − ∈ ⇒ ( ) ( )x y y z x z xrz− + − ∈ ⇒ − ∈ ⇒ .

Gyakorlatok és feladatok 281

r szimmetrikus⇔ esetén, amelyre xr , következik, hogy yrx . Ez nyilván igaz, mert xr .

,x y∀ ∈ yy x⇒ −y y x yrx∈ ⇒ − ∈ ⇒

Ezen tulajdonságok alapján r ekvivalencia reláció. Legyen [ ): / 0,1f r → ∩ , ( ) { }f x x= , ahol { az törtrészét jelöli. }x x

( ) ( ) { } { }f x f y x y x y xry x y f= ⇔ = ⇔ − ∈ ⇔ ⇔ = ⇒ injektív. [ )0,1y∀ ∈ ∩ -ra ( ) { }f y y= = y

0

0

, tehát szürjektív. fKövetkezik, hogy bijektív. f3. Az halmazon értelmezzük a relációt a következő

összefüggéssel: . Határozd meg a reláció

grafikonját, az elem szerinti metszetét és tanulmányozd a reflexivitást a szimmetriát és a tranzitivitást.

3 2 1 0 1 2 3 4 5{ , , , , , , , , }E = − − − ρ2 2 3 5 8x y x y x yρ ⇔ + − − + =

1x =

Megoldás. . Ez y -ban másodfokú egyenlet, ahhoz, hogy létezzen megoldása, szükséges, hogy a diszkrimináns pozitív legyen.

( )2 2 2 23 5 8 0 5 3 8x y x y y y x x+ − − + = ⇔ − + − + =

( )2 20 25 4 3 8 0 4 12 7 0x x x xΔ ≥ ⇔ − − + ≥ ⇔ − + − ≥ ⇔

3 2 3 2,2 2

x⎛ ⎞− + ⎟⎜ ⎟⇔ ∈ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

, de , ezért . x E∈ { }1,2x ∈

Ha , akkor vagy . 1x = 2 5 6 0 2y y y− + = ⇒ = ∈ EE

3y E= ∈

Ha , akkor vagy . 2x = 2 5 6 0 2y y y− + = ⇒ = ∈ 3y E= ∈Következik, hogy 1 2 , azaz a reláció grafikonja , 1 3, 2 2, 2 3ρ ρ ρ ρ ρ

( ) ( ) ( ) ( ){ }1,2 , 1, 3 , 2,2 , 2, 3G = , ahonnan { }1 2, 3ρ = . 0 E∈ , de ( , tehát nem reflexív. )0, 0 G∉ ρLegyen és y , ez azt jelenti, hogy , x yρ zρ { }1,2x ∈ { } { } { }1,2 2, 3 2y ∈ ∩ = ,

{ }2, 3x ∈ 1 2, 2 2ρ ρ és 1 ; és 1 ; és 2 ; és , tehát ρ

tranzitív.

2ρ 1 2, 2 3ρ ρ 3ρ 2 2, 2 2ρ ρ 2ρ 2 2, 2 3ρ ρ 2 3ρ

1 2ρ de 2 , tehát nem szimmetrikus. 1ρ/ ρ

4. Határozd meg az a paraméter értékét úgy, hogy a valós számok halmazán értelmezett , reláció ekvivalencia reláció

legyen. Határozd meg ebben az esetben az ekvivalencia osztályokat is.

3 33x y x x y ayρ ⇔ − = −

3

,x y∀ ∈

Megoldás. Ha ρ ekvivalencia reláció, akkor reflexív, tehát , , azaz ρ x∀ ∈ x xρ( )3 33 , 3 0,x x x ax x a x x a− = − ∀ ∈ ⇒ − = ∀ ∈ ⇒ = .

Ebben az esetben könnyen ellenőrizhető a reláció tranzitivitása illetve szimmetriája (tehát az, hogy ρ valóban ekvivalencia reláció).

ρ


{ } { }3 3| | 3x y x y y x x y yρ ρ= ∈ = ∈ − = − 3

( )( )3 3 2 23 3 3 0x x y y x y x xy y− = − ⇔ − + + − = ⇔

x y⇔ = vagy 2 2 3 0x xy y+ + − = ⇔

x⇔ = y vagy [ ]2

1,2

12 3 2,22

x xy x− ± −= ∈ ⇒ ∈ − ,

tehát 2 212 3 12 3, ,

2 2x x xx xρ

⎧ ⎫⎪ ⎪− − − − + −⎪ ⎪⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

x , ha [ ]2,2x és ∈ −

{ }x xρ = , ha x . ( ) ( ), 2 2,∈ −∞ − ∪ ∞5. Hány ekvivalencia reláció értelmezhető egy elemű halmazon? 4Megoldás. Legyen { }, , ,A x y z t= és legyen ρ egy ekvivalencia reláció. Készítsük el a következő táblázatot:

A táblázatot nullásokkal és egyesekkel töltjük fel annak függvényében, hogy a két megfelelő elem egymással relációban van-e vagy sem. Mivel reflexív, az átlóra egyesek kerülnek és szimmetrikus voltából (x y ) következik, hogy az átló alatti és feletti rész

ρρ y xρ ρ⇒

szimmetrikus az átlóra nézve.

ρ x y z t

x 1 y 1

z 1

t 1 Annyi ekvivalencia reláció van, ahány féleképpen az átló alatti rész kitölthető 0-val és 1-el úgy, hogy tranzitív legyen. ρHa mindenhova 0 -t írunk vagy csak egy helyre írunk 1-et, akkor ρ nyilván tranzitív. Ez 7 lehetőség. Ha két helyre akarunk 1-et írni, akkor a két kiválasztott elempár különböző elemeket kell tartalmazzon, mert másképp (a tranzitivitás miatt) még egy helyre 1 kerülne. Innen még három lehetőség adódik. Ha három helyre kerül 1, akkor ez még 4 lehetőséget eredményez, mivel az egyik elemet mindig kihagyjuk a párokat alkotó elemek sorából. Ellenőrizhető, hogy pontosan 4, illetve pontosan 5 helyre nem kerülhet 1-es, illetve még egy lehetőség mindenhova 1-et írni. Tehát összesen 15 féle ekvivalencia reláció értelmezhető. 6. Hány teljes rendezés értelmezhető egy n elemű halmazon? Megoldás. Egy elemű halmaz teljesen rendezett, ha bármely két eleme összehasonlítható. Ez azt jelenti, hogy az elemek sorrendbe rendezhetők a reláció szerint. Következik, hogy annyi teljes rendezés létezik, ahány féleképpen n elemet különböző módon egymás mellé tudunk írni. Ez n féleképpen tehető meg, tehát egy

elemű halmazon n teljes rendezés értelmezhető.

nρ

!n !


7. Bizonyítsd be, hogy ha egy függvény, akkor a , :f → ( , , )Gρ =2{( , ) ( ) ( )}G x y f x f y= ∈ = reláció egy ekvivalencia reláció.

Bizonyítás. ( ) ( ) ( ), , ,f x f x x x x G x= ∀ ∈ ⇒ ∈ ∀ ∈ , vagyis ρ reflexív.

Ha és (azaz ( ), akkor ,

, , tehát ρ tranzitív.

( ) ( )f x f y= ( ) ( )f y f z= ) ( ), , ,x y y z G∈ ( ) ( )f x f z= ⇒

( ),x z G⇒ ∈ , ,x y z∀ ∈Ha , ,x y ∈ ( ) ( ) ( ) ( )x y f x f y f y f x y xρ ρ⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒ ρ

)

szimmetrikus. A tulajdonságok alapján ρ ekvivalencia reláció. 8. Az halmaz részhalmazain értelmezzük a következő relációt: { , , , }E a b c d=

X Y X A Y Aρ ⇔ ∪ = ∪ , , , (X Y E∀ ∈P

ahol . Vizsgáld meg, hogy ekvivalencia reláció-e ez a reláció és ha az,

akkor határozd meg az ekvivalencia osztályokat. Mit állíthatsz tetszőleges és esetén?

{ , }A a b=

EA E⊂Megoldás. , tehát reflexív. ( )X E X A X A X Xρ∀ ∈ ⇒ ∪ = ∪ ⇒P ρHa és Y , akkor X A és Y A

tranzitív. X Yρ Zρ Y A∪ = ∪ Z A∪ = ∪ ⇒

( ), , ,X A Z A X Z X Y Z Eρ ρ⇒ ∪ = ∪ ⇒ ∀ ∈ ⇒P

( ),X Y E∀ ∈ P -re ha X Y , akkor ρX A Y A∪ = ∪ ⇒Y A X A Y Xρ∪ = ∪ ⇒ ,

vagyis szimmetrikus. ρKövetkezik, hogy ρ ekvivalencia reláció.

{ } { } { }{ }, , , ,a b a bρ ∅ = ∅ { } { } { } { } { }{ }, , , , , , ,c c a c b c a b cρ =

{ } { } { } { } { }{ }, , , , , , ,d d a d b d a b dρ =

{ } { } { } { }{ }, , , , , , , ,c d c d a c d b c d Eρ = , Ha tetszőleges és , ekvivalencia reláció marad (a bizonyítás ugyanaz, mint az előző esetben) és ha , A B , akkor E A E⊆ ρ

B E⊆ = ∅∩( ){ }|B B X X Aρ = ∪ ∈ P .

9. Az halmazon értelmezzük a relációt a következő

összefüggéssel:

0 1( , )X = ∩ ( , , )X X Gρ =

, ,x xG X X x y x y xy y

⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪′⎪ ⎪⎟⎜ ′ ′ ′= ∈ × + = + ≤⎟⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎪ ⎪′⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭x . Bizonyítsd be,

hogy a reláció egy rendezés az X halmazon! ρBizonyítás. -re x y és x x ,x y X∀ ∈ x y+ = + ≤ ⇒

,x x x xGy y y y

ρ⎛ ⎞⎟⎜⇒ ∈ ⇒ ⇒⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

ρ reflexív.


1 2 3 1 2 3, , , , ,x x x y y y X∀ ∈ esetén ha 1 2 2 3

1 2 2 3

, , ,x x x x

Gy y y y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ∈⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠, akkor

1 1 2 2 1,x y x y x x+ = + ≤ 2 és 2 2 3 3 2 3,x y x y x x+ = + ≤ ⇒

1 31 1 3 3 1 3

1 3

, ,x x

x y x y x x Gy y

ρ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⇒ + = + ≤ ⇒ ∈ ⇒⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠

tranzitív.

1 2 1 2, , ,x x y y X∀ ∈ esetén ha 1 2

1 2

,x x

Gy y

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ∈⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠ és 2 1

2 1

,x x

Gy y

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ∈⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠, akkor

1 1 2 2 1 2 2, ,x y x y x x x x+ = + ≤ ≤ 1 , ahonnan

1 2x x= és 1 21 2

1 2

x xy y

y yρ= ⇒ = ⇒ antiszimmetrikus.

Az igazolt tulajdonságok alapján rendezési reláció. ρ10. Számítsd ki az halmazon értelmezett és

relációk összetevését, ahol és .

Bizonyítsd be, hogy a két reláció szimmetrikus de az összetett reláció nem szimmetrikus.

1 2 3{ , , }X = ( , , )X X Gρ =

( , , )X X Hτ = 1 2 2 1{( , ),( , )}G = 1 3 3 1{( , ),( , )}H =

Megoldás. , ahol ( ), ,X X Iρ τ = ( ){ } ( ){ }, | : 2, 3I a c b X a b és b cρ τ= ∃ ∈ = .

Ha , akkor vagy , mindkét esetben ( , tehát ρ

szimmetrikus. Hasonlóképpen is szimmetrikus, de nem szimmetrikus, mert , de ( .

( ),x y G∈1

2

x

y

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩

2

1

x

y

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩),y x G∈

τ ρ τ( )2, 3 I∈ )3,2 I∉11. Számítsd ki az halmazon értelmezett és

relációk összetevését, ahol és

. Bizonyítsd be, hogy a két reláció tranzitív de az összetett

reláció nem tranzitív.

1 2 3{ , , }X = ( , , )X X Gρ =

( , , )X X Hτ = 1 2 3 1 3 2{( , ),( , ),( , )}G =

1 2 1 3 2 3{( , ),( , ),( , )}H =

Megoldás. , ahol . ( ), ,X X Iρ τ = ( ) ( ) ( ){ }1, 3 , 3,2 , 3, 3I =Ha úgy, hogy ( , , akkor , ,x y z X∈ ),x y G∈ ( ),y z G∈ 3, 1,x y= =

2z = ⇒ ( ) ( ), 3,2x z G= ∈ , tehát tranzitív. ρHasonlóképpen is tranzitív. τ( ) ( )1, 3 , 3,2 I∈ , de ( , így nem tranzitív. )1,2 I∉ ρ τ

12. Az és halmazokon értelmezzük a

relációt, ahol . Írd fel a relációt majd

számítsd ki a és relációkat.

1 2 3{ , , }E = 1 3 4{ , , }F = ( , , )E F Gρ =

1 1 1 4 2 1 2 3 3 3{( , ),( , ),( , ),( , ),( , )}G = 1ρ−

1ρ ρ− 1ρ− ρ


Megoldás. , ahol . ( )1 , ,F E Gρ− ′= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }1,1 , 1,2 , 3,2 , 3, 3 , 4,1G ′ =

( )1 , ,E E Tρ ρ− = , ahol ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }1,1 , 1,2 , 2,1 , 2,2 , 2, 3 , 3,2 , 3, 3T = .

( )1 , ,E E Tρ ρ− ′= , ahol . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }1,1 , 1, 4 , 1, 3 , 3,1 , 3, 3 , 4,1 , 4, 4T ′ =

13. Igaz-e a következő implikáció, ha és relációk az halmazon: ,ρ τ φ E

[ ] [ ]ρ φ τ φ ρ τ⇔ ⇒ ⇔

Megoldás. Legyen , . Tudjuk, hogy ( )1, ,E E Rρ = ( 2, ,E E Rτ = )( ) ( )3, , , ,E E E E Rρ∅ = ∅ ⇒ ∅ = , ahol

( ) ( ) ( ){ }3 1, | , , ,R a c b E a b R b c= ∃ ∈ ∈ ∈ ∅ = ∅ .

Hasonlóképpen . τ ∅=∅Legyen és 1 2e e E≠ ∈ ( ){ }1 1 1,R e e= , ( ){ }2 2 2,R e e= . Ekkor de

, tehát nem igaz a megadott implikáció. ρ τ∅ = ∅

ρ τ≠14. Az természetes számok halmazán értelmezzük a következő relációt:

2: mx y m x yρ ⇔ ∃ ∈ = ⋅ , . ,x y∀ ∈

Bizonyítsd be, hogy a ρ reláció egy ekvivalencia reláció és határozd meg az ekvivalencia osztályokat! Megoldás. esetén úgy, hogy , tehát ,

reflexív.

x∀ ∈ 0m∃ = ∈ 02x = ⋅ x

x y y z x += ⋅ = ⋅ ⇒ = ρ

,x x xρ ∀ ∈

ρ, ,x y z∀ ∈ , ha x és , akkor léteznek úgy, hogy

tranzitív. yρ y zρ ,m n ∈

2 , 2 2m n m n z⋅ x zρ⇒ ⇒

,x y∀ ∈ , , amelyre , tehát

, így ρ szimmetrikus.

x y mρ ⇒ ∃ ∈ ( )2 2 ,m mx y y x m−= ⋅ ⇒ = ⋅ − ∈

y xρKövetkezik, hogy ρ ekvivalencia reláció és

x∀ ∈ -re { }2 | , 2m mx x m xρ = ⋅ ∈ ⋅ ∈ .

15. Bizonyítsd be, hogy ha két halmaz és egy függvény, akkor a

következő állítások egyenértékűek:

,M N :f M N→

a) esetén ; ,a b M∀ ∈ ( ) ( )a b f a f b≠ ⇒ ≠

b) halmaz és különböző függvények esetén ; L∀ , :g h L M→ f g f h≠

c) Ha és A , akkor . A M⊂ ≠ ∅ ( \ ) \ ( )f M A N f A⊂Bizonyítás. "a⇒b" Feltételezzük, hogy halmaz és különböző függvények úgy, hogy . Ekkor

L∃ , :g h L M→f g f h= ( )( ) ( )( ),f g x f h x x L= ∀ ∈ , de a

feltétel alapján injektív, tehát , ami ellentmond annak, hogy

. Következik, hogy esetén .

f ( ) ( ),g x h x x L= ∀ ∈

g h≠ , , : ,L g h L M g h∀ ∀ → ≠ f g f h≠


"b⇒a" Legyen két rögzített szám, és

két függvény. g , tehát a feltétel alapján . Mivel tetszőleges volt,

, ,a b M a b∈ ≠ ( )g x a= ( )h x b= x L∀ ∈

h≠ ( )( ) ( )( ) ( ) ( )f g x f f x f a f b≠ ⇒ ≠,a b ( ) ( ), ,a b M a b f a f b∀ ∈ ≠ ⇒ ≠

"a⇒c" esetén ( f injektivitása miatt), ( ) ( )\f x f M A∀ ∈ \x M A∈

x A∉ ⇒ ( ) ( )f x f A∉ (szintén az injektivitás miatt), de , tehát ( )f x N∈( ) ( )\f x N f A∈ .

"c⇒a" Legyen { } { }( ) ( ){ }0 0\ \A x f M x N f x= ⇒ ⊂ 0 , tehát az -n kívül

egyetlen más értékre sem veszi fel az

f 0x

x ( )0f x értéket,

. Mivel ez igaz bármely -re, ezért

, a esetén .

( ) ( )0,a M a x f a f x0≠ ⇒ ≠

N

∀ ∈ 0x M∈

,a b M∀ ∈ b≠ ( ) ( )f a f b≠16. Bizonyítsd be, hogy ha két halmaz és egy függvény, akkor a

következő állítások egyenértékűek:

,M N :f N M→

a) esetén úgy, hogy ; b M∀ ∈ a N∃ ∈ ( )f a b=

b) halmaz és különböző függvények esetén g f ; L∀ , :g h M L→ h f≠

c) Ha és , akkor . A N⊂ A ≠ ∅ \ ( ) ( \ )M f A f N A⊂Bizonyítás. "a⇒b" Tegyük fel, hogy létezik halmaz és

úgy, hogy g f . Ekkor , . szürjektív, , tehát , azaz g , ami ellentmondás.

L , : ,g h L M g h→ ≠

h f= ( )( ) ( )( )g f x h f x= x N∀ ∈ fIm f M= ( ) ( ),g y h y y M= ∀ ∈ h=

"b⇒a" Tegyük fel, hogy nem szürjektív, ekkor létezik úgy, hogy . Ha

f 0b M∈

( )0b f∉ ( )0 oN x N y f≠ ∅ ⇒ ∃ ∈ ⇒ ∃ ∈ N .Legyen ,

, , , ahonnan a feltétel alapján következik,

hogy g , ez viszont ellentmondás.

, :g h M M→

1Mg = ( )0

0 0

,

,

x x bh x

y x b

⎧ ≠⎪⎪⎪= ⎨⎪ =⎪⎪⎩g f h f=

h="a⇒c" szürjektív esetén úgy, hogy . Legyen

f ( )\y M f A⇒ ∀ ∈ x N∃ ∈ ( )f x y=( ) ( )\f x M f A∈ \x N A⇒ ∈ (x , mert különben A∉ ( ) ( )f x f A∈ ,

( ) ( )\f x M f A∉ lenne). Következik, hogy . Mivel ez igaz ( ) ( )\f x f N A∈

( ) ( )\f x M f A∀ ∈ esetén, ( ) ( )\ \M f A f N A⊂ .

"c⇒a" Legyen { } ( )0\ \A N x N M f A= ⊂ ⇒ 1≥ .

De ( ) ( ){ } ( )0\ \ 1f N A f x f N A= ⇒ = ( ) ( )\ \A f N A⊂ és M f , ahonnan

( ) ( ){ }0\M f A f x= .

( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ) { }{ }0 0 | \M f x f A f x f x x N x= ∪ = ∪ ∈ 0 =


( ){ }| If x x N f= ∈ = m

f

. Mivel minden elem képelem, szürjektív. f17. Bizonyítsd be, hogy tetszőleges halmazok és függvény esetén

létezik olyan függvény, amelyre .

,A B :f A B→

:g B A→ f f g f=Bizonyítás. Legyen . Ha , akkor legyen , ahol

, különben :g B A→ Imy ∈ ( )g y x=

( )1x f y−∈ ( )g y z A= ∈ . Legyen rögzített,

, ekkor -ra -ra 0 Imy ∈ f

0( ) ( )10 0g y x f y−= ∈ ( )1

0z f y−∀ ∉ ( )( ) 0g f z x= ⇒ ( )10z f y−∀ ∉

( )( )( ) ( )0f g f z f x= . De ( ) ( )0f x f= z , , így következik, hogy

esetén

( )10z f y−∀ ∈

( )10z f y−∀ ∈ ( )( ) ( )f g f z f z= . Mivel ez igaz minden -re és 0 Imy ∈ f

( )1

Imy ff y−

∈=∪ A

)

, a fent értelmezett g függvényre . f g f f=

18. Bizonyítsd be, hogy ha A egy tetszőleges halmaz és az A részhalmazainak halmaza, akkor nem létezik szürjektív függvény.

( )P A: (f A P A→

Bizonyítás. Tételezzük fel, hogy létezik ( ):f A→ P A szürjektív függvény.

Legyen ( ){ } ( )|H x A x f x A= ∈ ∉ ∈ P . Mivel szürjektív, létezik h úgy, hogy .

f A∈

( )f h H=Ha , ellentmondás, ha pedig h , akkor

, szintén ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy nem létezik

( )h H h f h H∈ ⇒ ∉ = H∉( )h f h h H∉ ⇒ ∈

( ):f A→ P A szürjektív függvény. 19. Ha egy rendezett halmaz és Y , akkor az s elemet az Y

halmaz szuprémumának nevezzük, ha y s , és esetén, ha y s ,

, akkor s . Vizsgáld meg, hogy az

( , )X ≺ X⊂ X∈

≺ y Y∀ ∈ s X′∀ ∈ ′≺

y Y∀ ∈ s ′≺ ( ), rendezett halmaz milyen

részhalmazainak létezik szuprémuma ( :x y z y z x⇔∃ ∈ = ⋅ )

Megoldás. Legyen egy véges részhalmaz és ,

ahol

X ⊂ ( )1 2lkkt , ,..., ns x x x= ∈

X n= és . Következik, hogy -re létezik k úgy, hogy , tehát bármely -re , valamint esetén, amelyre

1 2, ,..., nx x x X∈ x X∀ ∈ ∈

s x k= ⋅ x |x s s ′∀ ∈

| , 1,ix s i n′ = , . Ezen utóbbi állítások alapján s az -nek szuprémuma. Ha

végtelen részhalmaz, akkor az elemeiből alkotott ( szigorúan növekvő sorozat tart ∞ -hez, így nincs felső korlátja, tehát szuprémuma sem.

|s s ′ X

X ⊂ X )nx

20. Bizonyítsd be, hogy ha ( , egy olyan rendezett halmaz, hogy minden

részhalmazának létezik szuprémuma és egy növekvő függvény (ha x y ,

akkor ), akkor létezik úgy, hogy .

)X ≺

:f X X→ ≺

( ) ( )f x f y≺0x X∈ ( )0 0f x x=


Bizonyítás. Ha Y egy tetszőleges részhalmaz, akkor az X⊂

{ ,Y x X x y y Y= ∈ ∀ ∈≺ }

0 0

0

halmaznak létezik szuprémuma és ez a szuprémum az

halmaz infimuma, tehát az minden részhalmazának létezik infimuma és szuprémuma. Ha , akkor , , vagy . A harmadik esetben x éppen fixpontja -nek, tehát elégséges a másik két esetben elvégezni a bizonyítást. Ha , akkor a

Y X0x X∈ 0 0( )x f x≺ 0( )f x x≺ 0( )f x x=

f

0 ( )x f x≺ {H x X x f x= ∈ ≺ ( )}∗

x ∗

∗0

halmaz nem üres és az x szuprémumára nem teljesülhet sem az reláció (mert ebben az esetben x és így ), sem az reláció (mert ebben az estben is felső korlátja H -nak, tehát ellentmondáshoz jutunk), tehát

. Ha , akkor a

∗ ( )x f x∗ ≺H∗ ∈ supx H∗ ∗=≺ ( )f x x∗ ≺

( )f x ∗

( )x f x∗ = 0( )f x x≺ { ( )H x X f x x= ∈ ≺ }

e2

3

halmaz infimuma rendelkezik hasonló tulajdonságokkal, tehát az -nek minden esetben van fixpontja. f M űveletek, csoportok

1. Bizonyítsd be, hogy ha a ( , csoport elemeire , akkor

.

)G ⋅ ,x y G∈ 5 4x y= =2x y yx= ⇔ 3 3xy y x=

Bizonyítás. " " . ⇒ 2 2 3 3 2 3 3 2x y yx x y y yxy x e yxy y x xy= ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =

" " . ⇐ 3 3 2 3 2 3 2 2xy y x y xy e x yxy y x y yx x y= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒ =2. Hány különböző módon tölthetjük ki az alábbi művelettáblát, ha az

halmazon egy asszociatív műveletet akarunk értelmezni?

0 1 2{ , , }E =

* 0 1 2 0 0 2 1 2 0 2 2 0 1

Megoldás. "∗ " asszociatív, tehát ( ) . Mivel

, 1 2 , 2 2 , ezért 0 1 . ( ) ( )0 1 2 0 1 2 0 1 2 0∗ ∗ = ∗ ∗ ⇒ ∗ ∗ =

0 2 2∗ = 0∗ = 1∗ = 1∗ =Hasonlóan, a " " asszociativitásából ( ) , ahonnan

. ∗ ( )1 0 2 1 0 2 1 2 0∗ ∗ = ∗ ∗ = ∗ =

1 0 1∗ =Ellenőrizhető, hogy ezekre az értékekre "∗ " valóban asszociatív. Tehát egyféleképpen tölthetjük ki a táblát.

3. Bizonyítsd be, hogy a halmazon az 1( ,−∞ )2

3: xyx y

x y−

⊥ =− −

,

összefüggéssel értelmezett művelet jól értelmezett és asszociatív. Tanulmányozd a semleges elem létezését és határozd meg az invertálható elemeket.

1, ( ,x y∀ ∈ −∞ )

0Megoldás. és ( ), ,1 1x y x∀ ∈ −∞ ⇒ − > ( )( )1 0 1 1 0y x y− > ⇒ − − > ⇒ . 1 0 3x y xy x y xy− − + > ⇒ − − > −21Mivel , következik, hogy ( ) ( )3 1 1 1x y x y− − = + − + − >


( )21 ,

3xy x yx y−

> ⇒ ⊥ ∈ −− −

1∞ ,

azaz " " jól értelmezett művelet. ⊥

( )

222 3

23 33

xy zxy x yx y z z xyx y z

x y

−− ⋅

− − −⊥ ⊥ = ⊥ = =−− − − −− −

6 2 2 27 3 3 3

x y z xyzx y z xy xz y− − − +

=− − − + + + z

.

( )

222 3

23 33

yzxyz y zx y z x yzy z x

y z

−− ⋅

− − −⊥ ⊥ = ⊥ = =−− − − −− −

6 2 2 27 3 3 3

x y z xyzx y z xy xz y− − − +

=− − − + + + z

)

,

tehát , azaz " " asszociatív. ( ) ( ) (, , , ,1x y z x y z x y z⊥ ⊥ = ⊥ ⊥ ∀ ∈ −∞ ⊥

( ),1e∃ ∈ −∞ semleges elem - re ( ),1x⇔ ∀ ∈ −∞

( )22 3 2 0, ,13

exx e e x x x x x xx e−

⊥ = ⊥ = ⇔ = ⇔ − + = ∀ ∈ −∞− −

ami nem igaz, tehát nincs semleges elem, és így invertálható elem sincs.

4. Tanulmányozd az asszociativitását és a semleges elem létezését a 32

,G⎛ ⎞⎟⎜= −∞ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

halmazon értelmezett 4 34 1

:( )xyx yx y

+∗ =

+ +, műveletre? ,x y G∀ ∈

Megoldás. ( )

4 34 34 14 3

4 1 4 34 14 1

( )( )

( )

xy zx yxyx y z z

x y xy zx y

+⋅ ⋅ +

+ ++∗ ∗ = ∗ = =

⎛ ⎞+ + + ⎟⎜ ⎟+ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ + +⎝ ⎠

( ) ( )( )

4 3 3 3 3 4 34 4 4 4 4 4 4 7 4 1

xyz x y z yzx xxy xz yz x y z y z

+ + + + += = ∗

+ + + + + + + +y z= ∗ ∗ ,

, ,x y z G∀ ∈ , tehát a művelet asszociatív. e G∈ pontosan akkor semleges elem, ha

( )4 3,

4 1xex G x e e x x xx e

+∀ ∈ ∗ = ∗ = ⇔ = ⇔

+ +24 4 3 0,x x x+ + = ∀ ∈G ,

ami nem igaz. Tehát nem létezik semleges elem.

5. A valós számok halmazán értelmezzük az

műveletet. Van-e semleges eleme?

2 2 00

,: ,x y xy x x

x y y x⎧⎪ + − ≠⎪∗ = ⎨ =⎪⎪⎩


Megoldás. Ha semleges elem, akkor . e∃ ∈ ,x e e x x∗ = ∗ ∀ ∈

Ha , akkor , tehát a semleges elem csak 0 lehet. De , ha , tehát nem létezik semleges elem.

0x = 0x e e∗ = =0 0x x∗ = ≠ *x ∈

6. A 0{( , ) }G a b a= ∈ × ≠ halmazon értelmezzük a műveletet

az ( , , egyenlőséggel.

:G G G∗ × →

) ( , ) : ( , )a b c d ac ad b∗ = + ( , ),( , )a b c d G∀ ∈

a) Bizonyítsd be, hogy ( , nem kommutatív csoport; )G ∗

b) Bizonyítsd be, hogy a 0{( , ) }H a b G b= ∈ = halmaz részcsoportja a ( ,

csoportnak;

)G ∗

c) Bizonyítsd be, hogy a ( , csoport izomorf az csoporttal. )H ∗ *( , )⋅

Bizonyítás. a) -re és (mert ), tehát G zárt a "∗ " műveletre nézve.

( ) ( ), , ,a b c d G∀ ∈ ( ) ( ) ( ), , ,a b c d ac ad b∗ = + ∈ ×0ac ≠ 0, 0a c≠ ≠

( ) ( ) ( ), , , , ,a b c d e f G∀ ∈ -re ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , , ,a b c d e f ac ad b e f ace acf ad b∗ ∗ = + ∗ = + + és

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ), , , , , ,a b c d e f a b ce cf d ace acf ad b∗ ∗ = ∗ + = + + , tehát " " asszociatív. ∗( ) ( ) ( ) ( ) ( )2,1 , 1, 3 , 2,1 1, 3 2, 7G∈ ∗ = és ( , "∗ " nem kommutatív. ) ( ) ( )1, 3 2,1 2, 4∗ =

( ),e e G′∃ ∈ semleges elem úgy, hogy esetén

( ),e e G′⇔ ∃ ∈ ( ),a b G∀ ∈

( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , ,e e a b a b e e a b′ ′∗ = ∗ = ⇔

⎪⇔ ⎨⎪⎪

( ) ( )

( ) ( )( )

1, ,, ,

0, ,

ea aeea eb e a b

eb e b a b Geea ae b a b

ae b b

⎧⎪ =⎪⎧ ⎪′ ⎧ =⎪ + = ⎪⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ′⇔ ⇔ + = ∀ ∈⎨ ⎨ ′⎪ ⎪ =′ + =⎪ ⎪ ⎪⎩⎪⎩ ⎪ ′ + =⎪⎪⎪⎩

.

( )1, 0 G∈ , tehát ( valóban semleges elem. )1, 0( ),a b G∈ invertálható úgy, hogy ( ),a b G′ ′⇔ ∃ ∈

( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , 1, 0a b a b a b a b′ ′ ′ ′∗ = ∗ = ⇔

( )*11

10 ,

0

aa abaab b a b G

b a aba b b a

⎧⎪ ′ ⎧= ⎪⎪ ′⎪ = ∈⎪ ⎪⎪ ⎛ ⎞⎪⎪ ⎪⎪ ⎟⎜′ ′ ′⇔ + = ⇔ ⇔ = − ∈⎨ ⎨ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠⎪ ⎪⎪ ⎪ ′ = −⎪ ⎪′ ′+ =⎪ ⎪⎪⎩⎪⎪⎩

, ,

tehát bármely ( ),a b G∈ elem invertálható. A tulajdonságok alapján ( nem kommutatív csoport. ),G ∗b) ( )1, 0 H∈ és ( ) ( ), 0 , , 0a b∀ ∈H -ra


( ) ( )[ ] ( )1 1, 0 , 0 , 0 , 0 , 0aa b a

b b− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜∗ = ∗ =⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠

H∈ ,

tehát ( . ) ( ), ,H G∗ ≤ ∗

c) Legyen *:f H→ , . Bármely -ra ( ) ( ), 0f x x= *,x y ∈( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), 0 , 0 , 0f xy xy x y f x f y= = ∗ = ∗ .

Mivel művelettartó és nyilván bijektív is, izomorfizmus, így ( ) . f f ( )*, ,H⋅ ∗

7. Bizonyítsd be, hogy a halmazon az 1 2( , )G =3 4 42 3 3

: xy x yx yxy x y

− − +∗ =

− − +65

) )2 0

,

művelet egy csoportstruktúrát határoz meg. Bizonyítsd be, hogy a ( )

csoport izomorf az és az ( csoporttal!

,x y G∀ ∈ ,G ∗

( * ,+ ⋅ ,+

Bizonyítás. -re és 1 2 ,

, ,

,x y G∀ ∈ 1 x< < y< < 2 0,2x y⇒ − > − >

1 0x − > 1 0y − >3 3 1 1 1 12 3 3 5 2 22 2 2 2 2 2

xy x y x y⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜− − + = − − + > ⋅ − ⋅ + =⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠0 .

Mivel 3 4 4 6 2 0 2 2 42 3 3 5xy x yx y xy x yxy x y

− − +∗ = < ⇔ < − − + ⇔

− − +( )( )0 2x y< − −2

1 0

és

( )( )1 1 0 1x y xy x y x y∗ > ⇔ − − + > ⇔ − − > , x y G∗ ∈ , . ,x y G∀ ∈" " asszociatív, mert az értelmezésében használt műveletek asszociatívak. Könnyen

ellenőrizhető, hogy

∗32

e = ∈G

G

)

semleges elem és szimmetrikusa

, tehát ( csoport.

x G∈

3x x′ = − ∈ ),G ∗

Mivel és ( * ,+ ⋅ ( ),+ izomorfak ( izomorfizmus),

elégséges igazolni, hogy ( az egyikkel izomorf..

( )*: ,f f x+ → = ln x

),G ∗

Legyen . Tudjuk, hogy :f G →3 02

f ⎛ ⎞⎟⎜ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ kell teljesüljön és , ezért

legyen

( )( )1,2f =

( )( )( )

32

1 2

xf x

x x

−=

− −. Az így értelmezett függvény valóban bijektív lés

művelettartó, tehát izomorfizmus ( és ( között. ),G ∗ ),+8. Bizonyítsd be, hogy minden négyelemű csoport izomorf a Klein csoporttal vagy a

csoporttal! ( 4,+)Bizonyítás. Legyen { }, , ,G e a b c= , ahol e semleges elem. Mivel G csoport és

4 2G = , G -nek létezik e -n kívül olyan elem, melynek négyzete a semleges elem,


Legyen ez b , tehát . (különben ellentmondáshoz jutnánk), .

2b e= ab G ab c∈ ⇒ =ba G ba c∈ ⇒ =

e b2a G∈ , ha , ellentmondás, , így is ellentmondáshoz jutottunk, tehát

2a a a= ⇒ = 2a c ab a= = ⇒ ={ }2 ,a e b∈ .

Ha , ha pedig , akkor ( ) ( ) ( )22 ,a e ab e G K= ⇒ = ⇒ ⋅ ⋅, b2a =

{ } ( ) ( )2 34, , , , ,G e a a a G= ⇒ ⋅ + .

9. Adj példát a lehető legkevesebb elemet tartalmazó nem kommutatív csoportra. Megoldás. Az 1,2 elemű csoportok nyilván kommutatívak. Ha G három elemű csoport, akkor ( )3,+ -al, ha négy elemű, akkor ( )4,+ -al vagy a Klein- csoporttal izomorf (lásd az előző feladatot), tehát kommutatívak. Ha 5G = , akkor igazolható, hogy ( ) és így kommutatív. ( 5, ,G ⋅ )+

Legyen { }6, , , , , ,G G e a b ab ba ab= = a e

°

úgy, hogy és ab .

Ekkor G egy nem kommutatív csoport.

2 2a b= = a bab=

10. Bizonyítsd be, hogy a sík azon forgatásai és (pont illetve egyenes szerinti) szimmetriái, amelyek egy rögzített négyzetet önmagába visznek át egy elemű csoportot alkotnak.

8

Bizonyítás. Egy rögzített négyzet önmagába rotációval négy féleképpen transzformálható: -os forgatással. Egyetlen pont szerinti szimmetria

van, amely a négyzetet önmagába viszi: a középpont szerinti, ez azonban megfelel a -os forgatásnak. A kért tulajdonságot teljesítő egyenes szerinti szimmetria 4

darab létezik: a BD és átlók, illetve a négyzet középpontján áthaladó, két-két oldallal párhuzamos egyenesek szerinti.

0 , 90 ,180 ,270° ° °

180°AC

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ),0 ,90 ,180 ,270

{Rot ,Rot ,Rot ,Rot ,

Szim ,Szim ,Szim ,Szim }O O O O

Ox Oy BD AC

G ABCD ABCD ABCD ABCD

ABCD ABCD ABCD ABCD° ° ° °

=

ahol O a négyzet középpontja és Ox AB , Oy BC . Minden szimmetria felírható az szerinti szimmetria és egy forgatás összetettjeként. Könnyen ellenőrizhető, hogy

zárt, semleges eleme a és minden elem szimmetrizálható,

ugyanakkor " " asszociatív, tehát ( nyolc elemű csoport.

Ox( ),G )(

,0Rot

OABCD

°

),G11. Egy kockának 13 szimmetriatengelye van: a négy testátló, három olyan egyenes, amely szembefekvő lapok középpontjait köti össze és hat olyan egyenes, amely a szembefekvő élek felezőpontjait köti össze. Bizonyítsd be, hogy a szimmetriatengelyek szerinti szimmetriák és azon forgatások, amelyek a kockát önmagába viszik át, egy elemű csoportot alkotnak.

24

12. Hány különböző módon színezhetjük ki egy kocka csúcsait 3 szín segítségével (minden csúcs színét tetszőlegesen megválaszthatjuk) ha a forgatással egymásba vihető színezések nem számítanak különbözőknek? 13. A metán ( ) molekula szén atomja egy kocka középpontjában és a hidrogén atomok a kocka négy csúcsában helyezkednek el úgy, hogy két szembefekvő lapon

4CH


egymásra merőleges átlókat határozzanak meg. Bizonyítsd be, hogy a kocka szimmetriái és forgásai, amelyek a metánmolekulát önmagába viszik át, egy 12 elemű csoportot alkotnak. 14. Számítsd ki a összeget, ahol n a permutáció inverzióinak száma

(az ( , pár inverziót alkot, ha i és ). nS

nσσ∈∑ σ nSσ ∈

)i j j< ( ) ( )i jσ σ>

Megoldás. Legyen . Meghatározunk egy rekurzív összefüggést

-re.

( )

nS

S n nσσ∈

= ∑( )S n (1 1 !nS n

−= − )

1−

)1 !

és ahhoz, hogy egy -beli elemet kapjunk egy -beli elemből, a sorba "be kell szúrni" az n -et. Ezt n féleképpen tehetjük meg minden esetben. Ha az utolsó helyre írjuk, az így keletkezett permutációkban az inverziók száma nem változik, tehát S n darab inverziónk lesz.

nS 1nS −

( )Ha eggyel előbbre írjuk, akkor nyilván minden permutációban n az utolsó elemmel inverziót alkot és így minden permutációban az inverziók száma 1-el nő, tehát ebből az esetből összesen inverzió származik. ( ) (1S n n− + −Hasonlóan, ha hátulról a k . helyre írjuk az n -et, akkor minden permutációban ( )1k − -el nő az inverziók száma és így inverziót kapunk. ( ) ( ) ( )1 1 !S n n k− + − −1

! =Összesítve kapjuk, hogy

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )1 1 1 ! ... 1 1 1S n S n S n n S n n n= − + − + − + + − + − − ( ) ( ) ( )1 1 ! 1 2 ...n S n n n= ⋅ − + − ⋅ + + + =

( ) ( )( )11 1 !

2n nn S n n −

= ⋅ − + − ⋅ , . *n∀ ∈

Nyilvánvalóan , így az ( )0S = 0

( ) ( )

( )

*11 ! ,2

0 0

nS n n S n n n

S

⎧ −⎪⎪ = ⋅ − + ⋅ ∀ ∈⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

rekurziót kell megoldani.

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

11 !2

21 1 2 1 ! |2

..............................................................

1 !2 2 1 2! |2 2

1 0 | !n

⊕

⇒

nS n n S n n

nS n n S n n n

nS S

S S

⎧ −⎪⎪ = ⋅ − + ⋅⎪⎪⎪⎪ −⎪⎪ − = − ⋅ − + − ⋅ ⋅⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪ = ⋅ + ⋅ ⋅⎪⎪⎪⎪ = ⋅⎪⎪⎪⎩⎪

( ) ( )( ) ( )1! !1 2 ... 12 2

n nn nS n n −⇒ = + + + − = ⋅

2, tehát


( )! 14

nS

n n nnσ

α∈

⋅ ⋅ −=∑ .

15. Bizonyítsd be, hogy bármely 12

(n nm −≤

)

)n− ⎞

1)

természetes szám esetén létezik -

ben olyan permutáció, amelyben pontosan m darab inverzió van.

nS

Bizonyítás. I. Legyen , ebben egyetlen inverzió sincs. Ha

1-t 2-vel, 3-mal, ..., majd n -nel felcseréljük, akkor először 1, majd 2,3,.., darab

inverzió lesz az illető permutációban. Így a permutációhoz

jutunk és minden m n -re létezik olyan permutáció, amelyben m inverzió van. Ezután ugyanezt elvégezzük 2-vel is: 2-vel haladunk balról jobbra, így sorba n ,

, ..., ( inverzió jelenik meg, végül a

0

1 2 3 ...

1 2 3 ...

n

nσ

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠1n −

1

1 2 3 ...

2 3 4 ... 1

nσ

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠1≤ −

1n + 2 3n −

2

1 2 3 ... 2 1

3 4 5 ... 2 1

n n

nσ

⎛ − ⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

permutációt kapjuk. Tovább folytatva a gondolatmenetet, végül az

permutációhoz jutunk, amelyben 1 2 3 ...

1 2 ...

n

n n n

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

( 12

n n − inverzió van.

Mivel minden lépés során pontosan eggyel több inverzió lett, mint azelőtt volt,

bármely ( )12

n nm −≤ természetes számra létezik olyan permutáció, amelyben

inverzió van.

m

II. esetben és 2n = 2

1 2 1 2,

1 2 2 1S

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎟⎪ ⎪⎜ ⎜⎪ ⎪⎟⎜ ⎜= ⎨ ⎬⎟⎜ ⎜⎟⎪ ⎪⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

⎟⎟⎟⎟( )1 1

2n nm −

≤ =

)

-re létezik

inverziót tartalmazó permutáció -ben.

m

2S

Feltételezzük, hogy -ben 1nS −

( )(1 22

n nm − −∀ ≤ , esetén létezik

inverziót tartalmazó permutáció.

m ∈ m

Ha , akkor -t "kiegészíthetjük " -nel úgy, hogy az így kapott permutáció -hez tartozzon. n -et különböző helyre szúrhatjuk be, és így 0 vagy

inverzióval lesz több, mint σ -ban. Következik, hogy minden

1nSσ−

∈ σ n

nS n ,1,... 1n −

( )( )( )

( )1 2≤ +

112 2

n n n nm n− − −− =

2

esetén létezik -ben inverziót

tartalmazó permutáció.

nS m

A teljes indukció elve alapján esetén igaz a tulajdonság. ,n n∀ ∈ ≥

16. Milyen hatványra kell felemelni a


1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 133 11 9 6 1 8 12 10 2 7 13 4 5σ⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠

permutációt ahhoz, hogy identikus permutációt kapjunk? Megoldás. Észrevesszük, hogy σ α , ahol β= ⋅

( )1 3 9 2 11 13 5α = , ( )4 6 8 10 7 12β = .

Mivel α és β diszjunkt ciklusok, αβ . βα= ,k k k kσ α β⇒ = ∀ ∈

( )2 1 9 11 5 3 2 13α = , ,

, ,

( )3 1 2 5 9 13 3 11α =

( )4 1 11 3 13 9 5 2α = ( )5 1 13 2 3 5 11 9α =

( ) ( )( )( )( )( )( )( )6 71 5 13 11 2 9 3 1 5 13 11 2 9 3α α= ⇒ =

( )( )2 4 8 7 6 10 12β = ( )( )( )3 4 10 8 12 6 7β =

4 4 7 8 10 6 12β =

, ,

, ( )( ) ( )5 4 12 7 10 8 6=β

( )( )( )( )( )( )6 4 12 7 10 8 6β = . Mivel [ ] , az identikus permutáció. 6,7 42= 42σ17. Oldd meg az -ban a következő egyenleteket: 6S

a) ; b) . 2 1 2 3 4 5 66 3 2 4 5 1σ⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠

3 1 2 3 4 5 66 3 5 4 1 2σ⎛ ⎞⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠

Megoldás. a) Legyen . Mivel , ( )4 kσ = ( )2 4 4σ =

( ) ( ) ( ) { }24 4k k k kσ σ σ= ⇒ = = ⇒ ∈ 4, 5 . Hasonlóan ( ) { }5 4l lσ = ⇒ ∈ , 5

m mσ σ σ= ⇒ = = ( ) ( ) ( )26 6 1n nσ σ σ= ⇒ = = ⇒

. Legyen .

, ahonnan ( ) ( ) ( )21 1 6

( ) ( )2 2,m n n mσ σ⇒ = =

6

1

m

n

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩ vagy vagy vagy .

6

1

n

m

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩

2

3

n

m

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩

3

2

n

m

⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ =⎪⎪⎩Az első két esetben ellentmondáshoz jutunk, tehát

{ }(12 6 3)(4)(5),(12 6 3)(45),(13 62)(4)(5),(13 62)(45)σ ∈ .

b) Legyen . ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 34 4 4k k l lσ σ σ σ σ= ⇒ = = ⇒ = = 46=

=

=

Legyen ( ) 31 1 1 11 , ( ) ( ) (1)m m n nσ σ σ σ= = ⇒ =

( ) 2 2 2 2 3 3 3 36 , ( ) , ( ) 2, (2) , ( ) , ( ) 3,m m n n m m n nσ σ σ σ σ σ= = = = =

5 5 5 54 4 4 4(3) , ( ) , ( ) 5, (5) , ( ) , ( ) 1m m n n m m n nσ σ σ σ σ σ= = = = = .

Ha 31 2 2 3 32 1) 2 1 6 ( ) ( ) (6) 3m n n m nσ σ σ= ⇒ ( = ⇒ = ⇒ = = = ⇒ = ⇒

296 Gyakorlatok és feladatok 3 3

3 4 42 (6) ( ) ( ) (2) 5n m nσ σ σ σ⇒ = = = = ⇒ = ⇒ 3 3

5 543 (2) ( ) ( ) (3) 1n m nσ σ σ σ⇒ = = = = ⇒ = ⇒ 3 3

5 1 15 (3) ( ) ( ) (5) 6 (4) 4n m nσ σ σ σ σ⇒ = = = = ⇒ = ⇒ = ⇒ (12 5 6 3)(4)σ⇒ = .

Ha , , vagy , hasonlóképpen tárgyalva ellentmondáshoz jutunk, tehát az egyetlen megoldás a .

1 3m = 1 5m = 1 6m = 1 4m =

(1 2 5 6 3)(4)σ =

18. Igaz-e, hogy ha E egy elemű halmaz, akkor ( ) ? n ( 2( ), ,nE ZΔ +P ∼ )Megoldás. Legyen { }1 2, ,..., nE a a a= és ( ) 2: nf E →P , ( ) ( )1 2, , ..., nf B b b b= , ahol ha és , ha . Az így értelmezett függvényre

, , ..., ,

vagyis pontosan akkor eleme B -nek, ha eleme B -nek, ami azt jelenti, hogy , vagyis injektív.

1ib = ia B∈ 0ib = ia B∈/ f

( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ 1 1b b= ′1 2 1 2, , ..., , ,...,n nf B f B b b b b b b′= ⇔ = ′ ′ ′ 22b b= ′ n nb b= ′

ia ′

B B ′= f

( )2 2n nE= =P , injektív szürjektív bijektív. f f⇒ f⇒

Igazolni kellene, hogy művelettartó. f

( ) ( ) ( ) ( ) (1 2 1 2 1 1 2 2, , ..., , , ..., , , ...,n n nf B f B b b b b b b b b b b b b′+ = + = + + +′ ′ ′ ′ ′ ′ )n

Ha és (vagy és ), akkor . ia B∈ ia B ′∈ ia B∉ ia B ′∉ 0i i i ib b b b= ⇒ + =′ ′

Ha és (vagy és ), akkor . ia B∈ ia B ′∉ ia B∉ ia B ′∈ 1i i i ib b b b≠ ⇒ + =′ ′

Következik, hogy , tehát

izomorfizmus

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2, ,..., n nf B B b b b b b b f B f B′ ′Δ = + + + = +′ ′ ′

f ( )( ),E ΔP és ( )2,n + között.

19. Bizonyítsd be, hogy ha egy véges csoportban , , akkor a csoport

elemeinek száma -nek természetes kitevőjű hatványa.

2x e= x G∀ ∈

2Bizonyítás. Ha G p , prím, , akkor létezik úgy, hogy

. De alakú

(felhasználtuk, hogy ), így ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy

p 2p ≠ 0 0,x G x∈ ≠ e

e 1 0 e

e0px = 2p k= + ( )2 1 2

0 0 0

kkx e x x e x+⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ =20x = G -

nek nincs páratlan prímosztója, vagyis 2mG = , m . ∈

20. Az egyenletű kör pontjainak C halmazán értelmezzük a ∗ műveletet a rögzített pont segítségével:

2 2x y a+ = 2

{ } 2

A C∈1. M A , ; A M M∗ = ∗ = M C∀ ∈

2. Ha két különböző pont, akkor az a pont, ahol

az -n át az szakaszhoz húzott párhuzamos másodszor metszi a kört; 1 2, \M M C A∈ 1M M∗

A 1 2M M


3. Ha \ { }M C A∈ , akkor M M∗ az a pont, ahol az A -n át az M -ben húzott érintővel párhuzamos egyenes másodszor metszi a kört.

Bizonyítsd be, hogy az így értelmezett művelettel a kör pontjai csoportot alkotnak és ez a csoport izomorf az egységmodulusú komplex számok multiplikatív csoportjával. (Felvételi feladat, Temesvár) Bizonyítás. Válasszuk meg a koordinátarendszert úgy, hogy a középpontja a kör középpontja legyen és A az Ox tengelyen helyezkedjen el. M C∀ ∈ esetén M egyértelműen jellemezhető egy ( )cos sinMz a iα α= + ⋅ , [ )0,2α π∈ komplex számmal. Legyen

{ }: | 1f C U z z→ = ∈ = , ( ) cos sinf M iα α= + ⋅ , ha ( )cos sinMz a iα α= + ⋅ .

( ) ( ) cos sin cos sin M Nf M f N i i z z M Nα α β β= ⇔ + ⋅ = + ⋅ ⇔ = ⇔ = , tehát f injektív. ( )cos sini Uα α∀ + ⋅ ∈ -ra legyen ( )cos sinMz a i M Cα α= ⋅ + ⋅ ⇒ ∃ ∈ úgy, hogy

( ) cos .sinf M iα α= + , tehát f szürjektív, így f bijektív. Legyen ,M N C∈ , P C∈ úgy, hogy OP MN⊥ , { }OP MN K∩ = . Mivel a húrra merőleges sugár felezi a húrt, NK KM= . Értelmezés szerint

( ) ( )NM A N M OP N M A∗ ⇒ ⊥ ∗ , legyen ( ) { }OP N M A B∩ ∗ = ⇒

( )M N B BA⇒ ∗ = . ( ) ( )90m M NBK m ABK∗ = ° = , BK közös, tehát

N MBK KBAΔ Δ

∗ ≡ ⇒ ( )M N K KA∗ = és M NKB BKA∗ ≡ . De

NKB BKM≡ , így M NKN AKM∗ ≡ . Következik, hogy M NNK AKM

Δ Δ∗ ≡ ⇒ M NN MA M NN MA∗ = ⇒ ∗ = ⇒

M NON MOA∗ ≡ , tehát N M∗ -et úgy kapjuk, hogy N -t elforgatjuk az O körül MOA szöggel. Ha nz az N -nek és N Mz ∗

az N M∗ -nek megfelelő komplex szám,

valamint ( )m MOAα = , akkor ( )cos sinN M Nz z iα α∗

= ⋅ + ⋅ ⇒

( ) ( ) ( )cos sin cos sin cos sina i a i iγ γ β β α α⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ , ahol ( )cos sinN Mz a iγ γ

∗= ⋅ + ⋅ és ( )cos sinNz a iβ β= ⋅ + ⋅ .

Mivel ( ) cos sinf N M iγ γ∗ = + ⋅ , ( ) cos sinf N iβ β= + ⋅ és ( ) cos sinf M iα α= + ⋅ , ( ) ( ) ( )f N M f N f M∗ = ⋅ , ,M N C∀ ∈ , tehát f

művelettartó. Következik, hogy ( ),C ∗ csoport és f izomorfizmus ( ),C ∗ és ( ),U ⋅ között. Gyűrűk és testek


1. Bizonyítsd be, hogy az 0( , )R = ∞ halmaz az :x y xy∗ = és 3ln: yx y x= ,

0,x y∀ > műveletekkel egy testet alkot, amely izomorf az ( , , )+ ⋅ testtel.

Bizonyítás. ( ),R ∗ Ábel- csoport (mert R zárt "∗ "-ra nézve, a szorzás asszociatív,

kommutatív, semleges eleme 1 R∈ és x R∈ inverze 1 Rx∈ ).

,x y R∀ ∈ esetén 3ln yx y x R= ∈ .

, ,x y z R∀ ∈ -re ( ) ( ) ( )3 33 3 3lnln ln ln lnzy y y zx y z x z x x ⋅= = = =

( ) ( )3 3ln ln33 3ln ln lnz zy y zx x x y x y z= = = = ⇒ " " asszociatív.

s semleges elem 3 3ln ln, ,s xx s s x x x R x s x x R⇔ = = ∀ ∈ ⇔ = = ∀ ∈ ⇔ 33ln 1s s e R⇔ = ⇔ = ∈ , tehát létezik semleges elem.

{ }\ 1x R∀ ∈ -re létezik y R∈ úgy, hogy 333 ln ln 3y xx y y x e x y e= = ⇔ = = ⇔

1 ln ln 33

x y⋅ ⋅ = ⇔9

ln xy e= .

Mivel 1x ≠ . létezik 9

ln xy e R= ∈ , így minden { }\ 1x R∈ elem szimmetrizálható. Az eddigiek alapján { }( )\ 1 ,R csoport.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3ln ln lnz z zx y z xy z xy x y x z y z∗ = = = ⋅ = ⋅ és

( ) ( ) ( )3 33 3 3ln ln ln ln lnxy x y x yz x y z z z z z x z y+∗ = = = ⋅ = ∗ , tehát " " disztributív a "∗ "-ra nézve. Következik, hogy ( ), ,R ∗ test.

Legyen :f R→ , ( )ln3xf x = .

f bijektív, mert y∀ ∈ esetén létezik egyetlen x R∈ úgy, hogy ( )f x y=

( 3ln3

yx y x e R⇔ = ⇔ = ∈ ).

( )( )

( ) ( )ln ln ln

3 3 3xy x yf x y f x f y∗ = = + = + és

( ) ( ) ( )3ln1 1 1ln ln ln3 3 3

yf x y x x y f x f y= = ⋅ = ⋅ ,

azaz f művelettartó mindkét műveletre nézve, így f izomorfizmus ( ), ,R ∗ és ( ), ,+ ⋅ között.

2. Bizonyítsd be, hogy ha a ( )0 1{ , , , }, ,a b + ⋅ test, akkor

a) 1ab ba= = ; b) 2 3 21 1 0, ,a b a a a= = + + = .

Bizonyítás. a) ( )0 1{ , , , }, ,a b + ⋅ test { }0,1, ,ab a b⇒ ∈ .

Ha ab a= , akkor 1b = , ellentmondás.


Ha ab b= , akkor 1a = , ellentmondás. Ha 0ab = , akkor 1b− -el jobbról szorozva kapjuk, hogy 0a = , ellentmondás. Tehát csak 1ab = lehetséges. Hasonlóképpen 1ba = . Tb) { }2 0,1, ,a a b∈ .T

Ha 1|

2 0 0a

a a−⋅

= =⇒ , ellentmondás. Ha 2a a= , akkor 1a = , ellentmondás. Ha 2 1a = , az a) pont alapján 21ab a b a b a= ⇒ = ⇒ = , ellentmondás. Következik, hogy 2a b= , ekkor az 1ab = egyenlőség felhasználásával

3 2 1a a a ab= ⋅ = = . Tudjuk, hogy { }2 1 0,1, ,a a a b+ + ∈ .

Ha |2 21 1 1 1a

a a a a a a⋅

+ + = ⇒ + + = ⇒ = , ellentmondás.

Ha |2 2 2 21 1a

a a a a a a a a b⋅

+ + = ⇒ + + = ⇒ = = , ellentmondás.

Ha |2 21 1 1 1a

a a b a a ba b⋅

+ + = ⇒ + + = = ⇒ = , ellentmondás. Tehát 2 1 0a a+ + = .

3. Minden a ∈ esetén tekintjük az :af → , 0,

( ) , \a

ax xf x x

⎧ ∈⎪⎪= ⎨ ∈⎪⎪⎩

függvényt. Bizonyítsd be, hogy az { }|aF f a= ∈ halmaz a függvények összeadásával és összetevésével test.

Bizonyítás. ,a bf f F∀ ∈ -re ( )( )( ) ,

0 , \a b

a b x ha xf f x F

ha x

⎧ + ∈⎪⎪⎪+ = ∈⎨⎪ ∈⎪⎪⎩.

"+ " asszociatív és kommutatív, mert a függvények összeadása asszociatív és kommutatív. Semleges eleme az 0 0f = , x∀ ∈ függvény, af F∀ ∈ -re

0a a a af f f f f− −+ = = + , af F− ∈ , így minden elem szimmetrizálható. Következik, hogy ( ),F + -ra teljesülnek a kommutatív csoport axiómái.

,a bf f F∀ ∈ -re ( )( )( )

( ),

0 , \a b ab

a bx xf f x f x

x

⎧ ∈⎪⎪⎪= =⎨⎪ ∈⎪⎪⎩a b abf f f F⇒ = ∈ .

" " asszociatív, mert a függvények összetétele csoportosítható. af F∀ ∈ esetén

( )( ) ( )1

1 ,

0 , \a a

a x xf f x f x

x

⎧ ⋅ ⋅ ∈⎪⎪⎪= =⎨⎪ ∈⎪⎪⎩ és

( )( ) ( )1

1 ,

0 , \a a

a x xf f x f x

x

⎧ ⋅ ⋅ ∈⎪⎪⎪= =⎨⎪ ∈⎪⎪⎩,

1f F∈ , tehát 1f semleges elem.

{ }0\af F f∀ ∈ esetén


( ) ( )1 1

1 ,

0 , \a

a

a x xaf f x f x

x

⎧⎪⎛ ⎞ ⎪ ⋅ ⋅ ∈⎟ ⎪⎜ ⎪⎟⎜ = =⎨⎟⎜ ⎟ ⎪⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎪ ∈⎪⎪⎩

és

( ) ( )1 1

1 ,

0 , \a

a

a x xaf f x f x

x

⎧⎪⎛ ⎞ ⎪ ⋅ ⋅ ∈⎟ ⎪⎜ ⎪⎟⎜ = =⎨⎟⎜ ⎟ ⎪⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎪ ∈⎪⎪⎩

,

tehát { }0\F f minden eleme invertálható. , ,a cbf f f F∀ ∈ esetén

( )( )( )( )

( )( ) ( )( ),

0 , \a c a c cb b

a b cx xf f f x f f x f f x

x

⎧ + ∈⎪⎪⎪+ ⋅ = = +⎨⎪ ∈⎪⎪⎩,

hasonlóan ( )c a c a cb bf f f f f f f+ = + , így " " disztributív a "+ "-ra nézve. A fentiek alapján ( ), ,F + test. 4. Bizonyítsd be, hogy a gyűrű értelmezésében az első művelet kommutativitása igazolható a többi axióma segítségével. Bizonyítás. Legyen ( ), ,K + ⋅ gyűrű. Ekkor ,x y K∀ ∈ esetén

( )( ) ( ) ( )1 1x y x y x y x y x y+ + = + + + = + + + . Ugyanakkor ( )( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1x y x y x x y y+ + = ⋅ + + ⋅ + = + + + , tehát x y x y x x y y y x x y+ + + = + + + ⇒ + = + , ,x y K∀ ∈ vagyis "+ " kommutatív művelet. 5. Bizonyítsd be, hogy ha az ( , , )I + ⋅ gyűrűben ,x y és 1xy − invertálható elemek,

akkor az 1x y−− és ( ) 11 1x y x−− −− − elemek is invertálhatók és

( )( )111 1x y x xyx x

−−− −− − = − .

Bizonyítás. Legyen 1xy − inverze c I∈ .

( ) ( ) ( )1 11 1 1x y y xy x y yc xy c− −− = − ⇒ − = − = ⇒ yc jobb oldali inverze

( )1x y−− -nek. Balról beszorozva c -vel kapjuk, hogy ( )( )| 11 xy

c x y yc c⋅ −−− = ⇒

( )1 1c x y y−⇒ − = ( )1|1 y

yc x y y y−⋅−⇒ − = ⇒ ( )( )1 1yc x y−− = tehát yc bal oldali

inverze is ( )1x y−− -nek, így létezik ( ) 11x y−−− és ( ) 11x y yc

−−− = .

( )( )( ) ( )( )( )1 11 1 11x y x xyx x y xy x xyx x

− −− − −− − − = ⋅ − − − =

( ) ( )11 1y xy xyx x yx−= − − − + =

( ) ( )11 1 1 1 1y xy xy x yx yx yx−= − − − + = − + = és


( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 11 1 11xyx x x y x xyx x y xy x− −− − −− − − = − ⋅ − − =

( ) ( ) ( )( )( )1 11 1 1 1 1 1 1 1x yx y xy y xy xy xy− −= − − − + = − − − + = .

6. Oldd meg 6 -ban a következő egyenleteket és egyenletrendszert:

a) 2 3 1x y+ = ; b) 3 22 2 1 0x x x+ + + = ; c)2 3 13 2 0x yx y

⎧⎪ + =⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎪⎩.

Megoldás. a) 2y k≠ , mert különben a bal oldal páros (vagyis osztható 2 -al), a

jobb oldal pedig páratlan lenne. Ha { }1 2 1 3 4 2,5y x x= ⇒ = − = ⇒ ∈ , ha

{ }3 2 4 2,5y x x= ⇒ = ⇒ ∈ , ha pedig 5y = , akkor { }2 4 2,5x x= ⇒ ∈ . A

megoldáshalmaz tehát ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }ˆ ˆ2,1 , 2, 3 , 2, 5 , 5,1 , 5, 3 , 5, 5M = .

Tb) TMivel a jobb oldal páros, a bal oldal is páros kell legyen, így { }1, 3, 5x ∈ . Ezek

közül 3x = nem megoldás, tehát { }1,5M = .

Tc) T A rendszer első egyenlete ugyanaz, mint az Ta) T pontban levő egyenlet, így a megoldások az Ta) T megoldásaiból kerülnek ki { }2,5x⇒ ∈ . Mivel 3 4x y= ,

{ }0,2, 4x ∈ ( )2 3 { 2, 3x y M⇒ = ⇒ = ⇒ = .

7. Oldd meg 8 -ban a következő egyenletrendszert:

2 13 4 1x yx y

⎧⎪ + =⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎪⎩.

Megoldás. 2 1 2 4 2 2 4 2 6x y x y x y+ = ⇒ + = ⇒− − =− = , ezt összeadva a

második egyenlettel, kapjuk, hogy 7x = , ahonnan { }2 2 1,5y y= ⇒ ∈ . Ezek az

értékek valóban kielégítik mindkét egyenletet, tehát ( ) ( ){ }7,1 , 7, 5M = .

8. Hány megoldása van 15 -ben az 2 1 0x − = egyenletnek? Hát p -ben, ahol p prímszám? Megoldás. 15 -ben négy megoldása van az 2 1 0x − = egyenletnek: 1,14, 4,11 .

2p = esetén { }2 0,1= , innen csak az 1x = megoldás.

2p > , p prím esetén 1 és 1p− megoldások ( ( )22 ˆ ˆ1 1 1 1 1 1 0p− − = − − = − = ).

A 9.-es feladat alapján nem lehet kettőnél több gyök, tehát { }1, 1M p= − .

9. Bizonyítsd be, hogy egy kommutatív ( , , )K + ⋅ testben egy másodfokú egyenletnek

legtöbb két megoldása van.


Bizonyítás. Legyen a másodfokú egyenlet 2 0ax bx c+ + = , , ,a b c K∈ , 0a ≠ . Feltételezzük, hogy léteznek

1 2 3x x x≠ ≠ , 1 2 3, ,x x x K∈ megoldásai az egyenletnek, 21 1

22 2

23 3

0

0

0

ax bx c

ax bx c

ax bx c

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎪⎩

.

Tekintsük ismeretleneknek az , ,a b c -t és az előző lineáris rendszert, melynek determinánsa

( )( )( )

21 1

22 2 3 2 2 2 1 3

23 3

1

1

1

x x

x x x x x x x x

x x

Δ = = − − − .

Mivel 1 2x x≠ ,

2 3x x≠ , 3 1x x≠ , 0Δ ≠ , tehát a triviális megoldáson kívül nincs

más megoldás, azaz 0a b c= = = . De 0a ≠ , ellentmondáshoz jutottunk, így az egyenletnek legtöbb két megoldása van. 10. Bizonyítsd be, hogy az 4 halmaz a következő műveletekkel nem kommutatív testet alkot:

( ) ( ) ( ), , , ', ', ', ' : ', ', ', 'a b c d a b c d a a b b c c d d+ = + + + + ;

( , , , ) ( , , , ) : ( , , , )

a b c db a d c

a b c d a b c d a b c d c d a bd c b a

⎛ ⎞′ ′ ′ ′ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ′ ′ ′ ′− − ⎟⎜ ⎟′ ′ ′ ′ ⎜⋅ = ⋅ ⎟⎜ ⎟′ ′ ′ ′− − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟′ ′ ′ ′− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎜

,

4( , , , ),( , , , )a b c d a b c d′ ′ ′ ′∀ ∈

Ezt a testet nevezzük a kvaterniók testének. Bizonyítás. ( )4,+ nyilván Ábel- csoport. A "⋅" értelmezéséből következik, hogy

( ) ( ), , , , , , ( , ,a b c d a b c d aa bb cc dd ab ba cd dc′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′⋅ = − − − + − − 4, )ac bd ca db ad bc cb da′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′− + + + − + ∈ .

"⋅" asszociativitása következik a mátrixok szorzásának asszociativitásából. ( ) 4, , ,a b c d∀ ∈ -re

( )( ) ( ), , , 1, 0, 0, 0 , , ,a b c d a b c d= és ( )( ) ( )1, 0, 0, 0 , , , , , ,a b c d a b c d= , tehát ( ) 41, 0, 0, 0 ∈ semleges elem. ( ) 4, , ,a b c d∀ ∈ esetén létezik ( ) 4, , ,a b c d′ ′ ′ ′ ∈ úgy, hogy

( )( ) ( )( ) ( ), , , , , , , , , , , , 1, 0, 0, 0a b c d a b c d a b c d a b c d′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= = ⇔


1

0

0

0

0

0

0

aa bb cc dd

ab ba cd dc

ac bd ca db

ad bc cb da

a b b a c d d c

a c b d c a d b

a d b c c b d a

⎧⎪ ′ ′ ′ ′− − − =⎪⎪⎪⎪ ′ ′ ′ ′+ + − =⎪⎪⎪⎪ ′ ′ ′ ′⎪ − + + =⎪⎪⎪⎪⎪ ′ ′ ′ ′⇔ + − + =⎨⎪⎪⎪ ′ ′ ′ ′+ + − =⎪⎪⎪⎪ ′ ′ ′ ′⎪ − + + =⎪⎪⎪⎪ ′ ′ ′ ′+ − + =⎪⎪⎩⎪

.

Ha 0a ≠ , akkor a rendszer megoldása:

2 2 2 2

1aa b c d

′ =+ + +

, ( )2 2 2 2

bba a b c d

−′ =+ + +

, ( )2 2 2 2

cca a b c d

−′ =+ + +

,

( )2 2 2 2

dda a b c d

−′ =+ + +

és így ( ) 4, , ,a b c d′ ′ ′ ′∃ ∈ .

Ha 0a = , akkor mivel ( ) ( ), , , 0, 0, 0, 0a b c d ≠ , , ,b c d közül legalább az egyik nem 0, legyen ez b (a másik két esetben hasonlóan járunk el). Ekkor a rendszer megoldása:

0a ′ = , 2 2 2

1bb c d

′ =+ +

, ( )2 2 2

ccb b c d

′ =+ +

, ( )2 2 2

ddb b c d

′ =+ +

és ezekre az értékekre ( ) 4, , ,a b c d′ ′ ′ ′ ∈ . Következik, hogy minden 4 -beli elem invertálható. Mivel a mátrixok szorzása disztributív az összeadásra nézve, ebben az esetben is "⋅" disztributív "+ "-ra nézve. Tehát az ( )4, ,+ ⋅ struktúrán érvényesek a test axiómái. ( )4, ,+ ⋅ nem kommutatív, mert

( )( ) ( ) ( ) ( )( )1,1,1,1 1, 1,1, 1 2, 2,2,2 2,2,2, 2 1, 1,1, 1 1,1,1,1− − = − ≠ − = − − .

11. Bizonyítsd be, hogy a , , ,

a b c db a d c

H a b c dc d a bd c b a

⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪⎪ ⎪⎟⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟− −⎪ ⎪⎜ ⎟⎪ ⎪⎪ ⎪⎜ ⎟= ∈⎨ ⎬⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎪ ⎪⎟⎜⎪ ⎪⎟⎜⎪ ⎪− − ⎟⎟⎜⎜⎪ ⎪⎝ ⎠⎟⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

halmaz a mátrixok

összeadásával és szorzásával nem kommutatív testet alkot és a test izomorf a kvaterniók testével. Bizonyítás. Ha igazoljuk, hogy ( ) ( )4, , , ,H + ⋅ + ⋅ , akkor egyúttal azt is

igazoltuk, hogy ( ), ,H + ⋅ nem kommutatív test.


Legyen 4:f H→ , ( )( ), , ,

a b c d

b a d cf a b c d

c d a b

d c b a

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎟⎜ ⎟⎜− − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜− − ⎟⎟⎜⎜⎝ ⎠⎟

, , , ,a b c d ∈ .

Könnyen belátható, hogy f bijektív.

( ) ( )( ) ( )( ), , , . , , , , ,f a b c d a b c d f a a b b c c d d′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′+ = + + + + =

a b c da b c d

b a d c b a d c

c d a b c d a bd c b a d c b a

⎛ ⎞′ ′ ′ ′⎛ ⎞ ⎟⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟′ ′ ′ ′− − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜+ =⎟⎜ ⎟⎜⎟⎜− − ⎟′ ′ ′ ′⎜− −⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜− − ⎟ ⎜⎟ ⎟⎜ ′ ′ ′ ′− −⎜⎝ ⎠ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠⎟⎜

( )( ) ( )( ), , , , , ,f a b c d f a b c d′ ′ ′ ′= + , ( ) ( ) 4, , , , , , ,a b c d a b c d′ ′ ′ ′∀ ∈ .

Számolással ellenőrizhető, hogy ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ), , , , , , , , , , , ,f a b c d a b c d f a b c d f a b c d′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′⋅ = ⋅ ,

azaz f művelettartó a második műveletre nézve is. Tehát f bijektív és művelettartó mindkét műveletre, így ( ) ( )4, , , ,H + ⋅ + ⋅ .

12. Határozd meg 5[ ]X -ben az 5 3 2 3 2f X X X X= + + + + és 5 4 1g X X= + + polinomok legkisebb közös többszörösét, legnagyobb közös

osztóját és oldd meg az ( ) ( )f x g x= egyenletet. Megoldás. Egy [ ]5h X∈ polinom akkor f és g legnagyobb közös osztója, ha léteznek az ,f g′ ′ polinomok [ ]5 X -ben úgy, hogy ,f h f g h g′ ′= ⋅ = ⋅ és

[ ]5h X′∀ ∈ polinomra, amelyre [ ]5,f g X′′ ′′∃ ∈ , ,f h f g h g′′ ′′= ⋅ = ⋅ ,

következik, hogy h h ′ . ( ) ( )( )4 3ˆ3 3 1f x x x x x= − + + + és ( ) ( )( )4 3 2ˆ3 4 2 3g x x X X X X= − + + + + .

Mivel ( ) ( ) { }0, 0, 0,1,2, 4f i g i i≠ ≠ ∀ ∈ , ezért az 4 33 1x x x+ + + és 4 3 2ˆ4 2 3X X X X+ + + + polinomok irreducibilisek [ ]5 X -ben, tehát

( ) 3h x x= − . Egy [ ]5k X∈ polinom akkor az f és g legkisebb közös többszöröse, ha

[ ]5,f g X′ ′∃ ∈ úgy, hogy f f g g k′ ′⋅ = ⋅ = és [ ]5k X′∀ ∈ , amelyre

[ ]5,f g X′′ ′′∃ ∈ úgy, hogy f f g g k′′ ′′ ′⋅ = ⋅ = ⇒ k k′ .

Tehát ( ) ( )( )( )4 3 2 4 33 4 2 3 3 1k x x x x x x x x= − + + + + + + .


( ) ( ) 5 3 2 5 43 2 1f x g x x x x x x x= ⇔ + + + + = + + ⇔

( )( ) ( )( )( )3 2 23 2 2 4 0 3 1 3 3 0x x x x x x x x⇔ − + + + = ⇔ − − + + = . 2 3 3x x+ + nem bontható tovább és mivel ( )5, ,+ ⋅ test, a megoldások: 3x = és

1x = . 13. Bizonyítsd be, hogy a kvaterniók testében az 2 1 0x + = egyenletnek végtelen sok megoldása van. Bizonyítás. ( )2 1 0, , , ,x x a b c d+ = = ⇔

( ) ( ) ( )2 2 2 2,2 ,2 ,2 1, 0, 0, 0 0, 0, 0, 0a b c d ab ac ad− − − + = ⇔2 2 2 2 1 0

2 0

2 0

2 0

a b c d

ab

ac

ad

⎧ − − − + =⎪⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⇔ ⎨⎪ =⎪⎪⎪⎪ =⎪⎪⎩

.

Ha 0a ≠ , akkor 20 1 0,b c d a a= = = ⇒ + = ∈ , tehát ebben az esetben nincs

megoldás. Ha 2 2 2 2 20 1 1a b c d b c d= ⇒ + + = ⇒ = ± − − ∈ és így

( ){ }2 2 2 20, 1 , , , , 1M c d c d c d c d= ± − − ∈ + ≤ .

Így végtelen sok megoldása van az 2 1 0x + = egyenletnek. 14. Az ( , , )R + ⋅ gyűrű egy x elemét nilpotensnek nevezünk ha létezik *n ∈ úgy,

hogy 0nx = . Bizonyítsd be, hogy n -ben pontosan akkor léteznek nullától különböző nilpotens elemek, ha n osztható valamilyen 1-től különböző teljes négyzettel. Bizonyítás. "⇐" Ha 2 *, , , 1n k v k v k= ⋅ ∈ ≠ , tekintsük a nk v⋅ ∈ elemet.

Nyilván 0k v⋅ ≠ , ( )2 2 ˆ 0k v k v v n v⋅ = ⋅ = ⋅ = , tehát létezik 0 -tól különböző

nilpotens elem. T" T⇒ T" T Ha *

0 nx∃ ∈ , *m∃ ∈ úgy, hogy 0 0mx = , feltételezzük, hogy n nem osztható egyetlen 1 -től különböző teljes négyzettel sem, vagyis 1 2 ...

kn p p p= ⋅ ⋅ ⋅ ,

ahol ip prím, 1,i k= , i jp p≠ , ha i j≠ .

Mivel 0 0,mx = 1 2 ...k

n p p p= ⋅ ⋅ ⋅ , ezért

0 0 0 0, 1, , 1, 0mi ix p i k x p i k x n x= ⇒ = ⇒ ⇒ = ,

ellentmondás, tehát 2n k v= alakú.


15. Bizonyítsd be, hogy 10 -ben a 0 5{ , }H = halmaz egy 2 -vel izomorf gyűrű az

indukált műveletekkel, de nem részgyűrűje 10 -nek.

Bizonyítás. Legyen 2:f H → , ( )0 0f = és ( )5 1f = . Ekkor f bijektív és

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 5 5 0 1 0 5 5 0f f f f f f+ = + = = + = + ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 5 5 0 5 5 0 0f f f f f f+ = + = = + = + ,

tehát f művelettartó az első műveletre nézve.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 5 5 0 0 0 0 0 0 0 5 5 0f f f f f f f f f f⋅ = ⋅ = ⋅ = = ⋅ = = = ,

( ) ( ) ( ) ( )5 5 5 1 5 5f f f f+ = = = ,

így f művelettartó a második műveletre nézve is. Következik, hogy ( ), ,H + ⋅ gyűrű és izomorf ( )2, ,+ ⋅ -al. H nem részgyűrűje 10 -nek, mert nem tartalmazza 10 egységelemét. 16. Határozd meg a 4 4× gyűrű összes részgyűrűjét! Megoldás. Legyen H a 4 4× egy részgyűrűje H⇒ ≠ ∅ , x H x H∀ ∈ ⇒− ∈

és így ( )0, 0 H∈ . A 4 4{ : ( , ) }K x y x y H= ∈ ∃ ∈ ∈ halmaz a ( )4,+ -nak

részgyűrűje. De ( )4,+ -nak egyetlen valódi részcsoportja van, a { }0,2 és ez nem

részgyűrű, mivel nincs egységeleme. Hasonló gondolatmenet alapján a második komponens is csak triviális részcsoportból lehet, tehát csak a triviális részgyűrűk léteznek. Ezek a 4 4 4 40 0 0 0{{( , )},{ } , { }, }× × × halmaz elemei.

17. Bizonyítsd be, hogy a 2 3

2 2 ,x y y

C x yy x y⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪+⎪ ⎪⎟⎜= ∈⎟⎨ ⎬⎜ ⎟− ⎟⎜⎜⎪ ⎪⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

halmaz a mátrixok

összeadásával és szorzásával testet alkot és ez a test izomorf a

{ }10 10[ ] ,a b a b= + ∈ testtel.

Bizonyítás. Legyen : [ 10]f C→ , ( )2 3

102 2

x y yf x y

y x y

⎛ + ⎞⎟⎜ ⎟⎜+ = ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜⎝ ⎠.

Könnyen ellenőrizhető, hogy f bijektív.

( ) ( )( ) 1 2 1 2 1 2

1 1 2 21 2 1 2 1 2

2 2 3 310 10

2 2 2 2

x x y y y yf x y x y

y y x x y y

⎛ + + + + ⎞⎟⎜ ⎟⎜+ + + = =⎟⎜ ⎟+ + − −⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

1 1 1 2 2 2

1 1 1 2 2 2

2 3 2 3

2 2 2 2

x y y x y y

y x y y x y

⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜= + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟− −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( )1 1 2 210 10f x y f x y= + + + ,


( ) ( )( ) ( )( )1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 110 10 10 10f x y x y f x x y y x y x y+ ⋅ + = + + + =

( ) ( )( ) ( )

1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1

1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1

10 2 3

2 10 2

x x y y x y x y x y x y

x y x y x x y y x y x y

⎛ ⎞+ + + + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ + + − + ⎟⎟⎜⎝ ⎠

1 1 1 2 2 2

1 1 1 2 2 2

2 3 2 3

2 2 2 2

x y y x y y

y x y y x y

⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜= ⋅ =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟− −⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( )1 1 2 210 10f x y f x y= + ⋅ + ,

tehát f művelettartó mindkét műveletre nézve, s mivel f bijektív is, ( ), ,C + ⋅ test és

izomorf a ( )[ 10], ,+ ⋅ testtel.

18. Határozd meg a ( , , )+ ⋅ gyűrű részgyűrűit!

Megoldás. Legyen H részgyűrűje ( ), ,+ ⋅ -nak. 1 1 0H H H∈ ⇒− ∈ ⇒ ∈ . Indukcióval igazolható, hogy n∀ ∈ -re n H∈ (ha 1n H− ∈ , akkor ( )1 1n n H− + = ∈ ), így n H− ∈ . Következik, hogy k∀ ∈ -re k H∈ , azaz H = . 19. Bizonyítsd be, hogy ha ( , , )K + ⋅ egy test és iK K⊂ , 1 3,i = valódi résztestei

( , , )K + ⋅ -nak ( 1 3, ,iK K i≠ = ), akkor 1 2 3K K K K≠ ∪ ∪ .

Bizonyítás. Ha 1 2 3K K K∪ ∪ nem test, akkor nem lehet egyenlő K -val. Tegyük fel, hogy 1 2 3K K K∪ ∪ test és igazoljuk, hogy ekkor

{ }1 2 3 , 1,2, 3iK K K K i∪ ∪ = ∈ . Feltételezzük, hogy 1 2K K⊂/ , 2 3K K⊂/ ,

1 3K K⊂/ (a bizonyítás hasonlóan történik, ha más bennfoglalások nem teljesülnek). Ekkor legyen 2 2x K∈ , 1 1x K∈ úgy, hogy 1 2x K∉ , 1 3x K∉ (ha nem létezik ilyen

1x , akkor ebből következik, hogy 1 2 3 2 3K K K K K∪ ∪ = ∪ ; a bizonyítás hátralevő részében azt is igazolni fogjuk, hogy ha 1 2 3 i iK K K K K∪ ∪ = ∪ , { }, 1,2, 3i j ∈ , i j≠ , akkor i jK K⊆ vagy j iK K⊆ ).

1 2 1 2 3x x K K K∈ ∪ ∪ ⇒ 1 2 1x x K∈ vagy 1 2 2x x K∈ vagy 1 2 3x x K∈ . Mivel 1

1 1x K− ∈ , 12 2x K− ∈ , kapjuk, hogy 2 1x K∈ vagy 1 2x K∈ vagy 1 2 3x x K∈ . De

1 2x K∉ , így 2 1x K∈ vagy 1 2 3x x K∈ .

Feltételezzük, hogy 2 1 1 3 3x K x x K∉ ⇒ ∈ . Ekkor 12 1 1 2 3x x K K K− ⋅ ∈ ∪ ∪ ⇒

12 1 1x x K−⇒ ⋅ ∈ vagy 1

2 1 2x x K− ⋅ ∈ vagy 12 1 3x x K− ⋅ ∈ 1

2 1 3x x K−⇒ ⋅ ∈ (mert

2 1x K∉ , 1 2x K∉ ), így 1 21 2 2 1 3 1 3x x x x K x K− ∈ ⇒ ∈ ( )2 2

1 1 3x x K⇒ + ∈ ⇒

( ) 12 21 1 3x x K

−⇒ + ∈ .


1 2 1 2 3x x K K K+ ∈ ∪ ∪ és mivel 1 2x K∉ , 2 1x K∉ 1 2 3x x K⇒ + ∈ .

Hasonlóképpen 2 1 3x x K− + ∈ , 11 1 31 x x K−= ⋅ ∈ ,

( ) ( ) ( )1 2 2 11 1 1 1 1 1 1 1 1 31x x x x x x x x x K− −+ ⋅ = + ⋅ ⋅ = + ⋅ ∈ .

Következik, hogy 11 3 1 3x K x K− ∈ ⇒ ∈ , ellentmondás, így 2 1x K∈ . Ez igaz bármely

2 2x K∈ esetén, tehát 2 1K K⊆ , azaz 1 2 3 1 3K K K K K∪ ∪ = ∪ . Ha i jK K∪ test, { }, 1,2, 3i j ∈ , i j≠ , feltételezhetjük, hogy i jK K⊆/ és igazolni

fogjuk, hogy ekkor j iK K⊆ .

Mivel i jK K⊆/ létezik i ix K∈ úgy, hogy i jx K∈/ . Legyen j jx K∈ . Mivel

i jK K∪ test i j i jx x K K∈ ∪ ⇒ i j ix x K∈ vagy i j jx x K∈ . De 11 ix K− ∈ , 1

j jx K− ∈ ,

így j ix K∈ vagy i jx K∈ . A feltételezés szerint ez utóbbi nem teljesülhet, tehát

j ix K∈ . Mivel ez bármely j jx K∈ esetén fennáll, j iK K⊆ .

Következik, hogy 1 2 3 iK K K K∪ ∪ = , ahol { }1,2, 3i ∈ . De 1 2 3, ,K K K valódi résztestek, ezért iK is valódi résztest, tehát nem egyenlő K -val, azaz

1 2 3K K K K∪ ∪ ≠ .

20. Bizonyítsd be, hogy ha ( , , )iQ + ⋅ , 1,i n= résztestei a ( , , )+ ⋅ testnek és

1

n

ii

Q=

=∪ , akkor létezik olyan 1 2{ , , ..., }i n∈ , amelyre iQ = ( *n ∈ rögzített).

Bizonyítás. Mivel iQ részteste -nak, ( )*,iQ ⋅ csoport *iq Q⇒ ∃ ∈ ⇒ *1

iQq∈ ,

iq Q− ∈ ⇒ 0,1 iQ∈ . Indukcióval igazolható, hogy n∀ ∈ -re in Q∈ (feltételezve, hogy ( )1 1 1i in Q n n Q− ∈ ⇒ − + = ∈ ). Innen in Q− ∈ , tehát iQ⊆ .

( )*,iQ ⋅ csoport *1 ,iQ kk

⇒ ∈ ∀ ∈ . Az előzőhöz hasonló módon indukcióval

igazolható, hogy m∀ ∈ esetén i

m Qk

∈ , ahonnan iQ⊆ , de iQ ⊆ és így

, 1,iQ i n= ∀ = . Vektorterek 1. Vizsgáld meg a következő vektorrendszer lineáris függetlenségét 4 -ben:

1 1 0 2 3( , , , )v = − , 2 0 2 1 0( , , , )v = , 3 1 1 4 7( , , , )v = − − − és .

Megoldás. { }1 2 3 4, , ,v v v v akkor alkot lineárisan független rendszert, ha

1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 40 0v v v vλ λ λ λ λ λ λ λ+ + + = ⇔ = = = = .

1 1 2 2 3 3 4 4v v v vλ λ λ λ+ + + =


( ) ( )1 1 1 2 2, 0,2 , 3 0,2 , , 0λ λ λ λ λ= − + +

( ) ( )3 3 3 3 4 4 4 4, , 4 , 7 3 . 3 , 5 , 4λ λ λ λ λ λ λ λ+ − − − + − − − =

( )1 3 4 2 3 4 1 2 3 4 1 3 43 ,2 3 ,2 4 5 , 3 7 4λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ− + + − − + − − − − ,

tehát ( )1 1 2 2 3 3 4 4 0, 0, 0, 0v v v vλ λ λ λ+ + + = ⇔

1 3 4

2 3 4

1 2 3 4

1 3 4

3 0

2 3 0

2 4 5 0

3 7 4 0

λ λ λ

λ λ λ

λ λ λ λ

λ λ λ

⎧− + + =⎪⎪⎪⎪ − − =⎪⎪⎪⎨⎪ + − − =⎪⎪⎪⎪ − − =⎪⎪⎩

.

A rendszer determinánsa

2 32

1 0 1 3 1 0 1 31 1 4

0 2 1 3 4 0 7 7det 4 7 7

2 1 4 5 2 1 4 53 7 4

3 0 7 4 3 0 7 4

S SA

−

− −−

− − −= = − =

− − − −− −

− − − −

=

3 1 2

1 1 31 3

4 7 7 5 04 7

0 1 0

S S S− +−

−− = − = − ≠

−−

= ,

tehát a rendszernek egyetlen megoldása van, és ez a 1 2 3 4 0λ λ λ λ= = = = , így a

1 2 3 4, , ,v v v v vektorok lineárisan függetlenek. 2. Az m ∈ paraméter milyen értékeire alkotnak bázist 3 -ban a következő vektorok: 1 1 2( , , )v m= − , 2 3 0 2( , , )v m= − és 3 2 1( , , )v m= − .

Megoldás. Az adott három vektor pontosan akkor alkot bázist, ha a vektorok koordinátáiból mint oszlopokból alkotott mátrix determinánsa nem 0 (ekkor { }1 2 3, ,v v v generáló rendszer és lineárisan független is).

2

1 3 2

det 2 0 5 8 6

2 1

A m m m

m m

− −

= − = − − − .

Mivel az m -ben másodfokú kifejezés diszkriminánsa negatív, det 0A< , m∀ ∈ és így { }1 2 3, ,v v v bázis bármely m ∈ esetén.

3. A következő 1 2,v v vektorrendszerek esetén igaz-e a 21 2,v v = egyenlőség?

a) 1 1 2( , )v = , 2 2 1( , )v = ; b) 1 1 2( , )v = , 2 2 4( , )v = .

Megoldás. A 21 2,v v = egyenlőség pontosan akkor igaz, ha

1v és 2v generálja

2 összes elemét.


a) A 1 1 2 2v v vλ λ+ = egyenlet egyenértékű a 1 2

1 2

2

2

x

y

λ λ

λ λ

⎧ + =⎪⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎪⎩ egyenletrendszerrel.

1 2det 3 0

2 1A= =− ≠ , tehát a rendszernek létezik megoldása és ez egyértelmű

bármely ,x y ∈ esetén, azaz 2v∀ ∈ felírható 1v és

2v lineáris kombinációjaként, 2

1 2,v v = .

b) 1 2

1 1 2 21 2

2

2 4

xv v v

y

λ λλ λ

λ λ

⎧ + =⎪⎪⎪+ = ⇔ ⎨⎪ + =⎪⎪⎩. A rendszer determinánsa 0 és 2y x≠ esetén

a rendszernek egyetlen megoldása sincs, tehát 21 2,v v ≠ .

4. Vizsgáld meg az 4 3:f → , 1

21 2 3 4 3

4

1 2 1 32 5 2 1

0 5 3 1(( , , , ))

xx

f x x x x xx

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= − − − ⋅ ⎢ ⎥⎢ ⎥

− ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

lineáris leképezés injektivitását, szürjektivitását, határozd meg a képtér dimenzióját és egy bázisát. Megoldás. ( )( ) ( )( )1 2 3 4 1 2 3 4, , , , , ,f x x x x f y y y y= ⇔

1 1

2 2

3 3

4 4

1 2 1 3 1 2 1 3

2 5 2 1 2 5 2 1

0 5 3 1 0 5 3 1

x yx yx yx y

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⇔ − − − ⋅ = − − − ⋅ ⇔⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1 2 3 4 1 2 3 4

1 2 3 4 1 2 3 4

2 3 4 2 3 4

2 3 2 3

2 5 2 2 5 2

5 3 5 3

x x x x y y y y

x x x x y y y y

x x x y y y

⎧⎪ + + + = + + +⎪⎪⎪⎪− − + − = − − + −⎨⎪⎪⎪ − + = − +⎪⎪⎩

.

1 2 3 1y y y= = = és 4 1y =− esetén 4 3 2 1

9 2 300, , ,17 17 17

x x x x= = − =− = is

megoldás, tehát f nem injektív. f szürjektív, ha ( ) 3

1 2 3, ,y y y∀ ∈ esetén létezik ( ) 41 2 3 4, , ,x x x x ∈ úgy,

hogy

1

12

23

34

1 2 1 3

2 5 2 1

0 5 3 1

xy xy xy x

⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − − − ⋅⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ − ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦

.


1 2 1 1 2 1 3

2 5 2 17 0 rang 2 5 2 1 3

0 5 5 0 5 3 1

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

− − = − ≠ ⇒ − − − = ⇒⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎣ ⎦

4x λ= és 1 2 3, ,x x x kifejezhetők 1 2 3, , ,y y yλ függvényében tehát létezik ( )1 2 3, , ,x x x λ

úgy, hogy ( )( ) ( )1 2 3 1 2 3, , , , ,f x x x y y y fλ = ⇒ szürjektív. 3Im f = ⇒ a képtér dimenziója 3, egy bázisa ( ) ( ) ( ){ }1, 0, 0 , 0,1, 0 , 0, 0,1 .

5. Bizonyítsd be, hogy a 1 1 2 1 1 3 2 1 0{( , , ),( , , ),( , , )}B = − − − rendszer egy bázisa 3 -nek és írd fel az áttérési mátrixot a kanonikus bázisból a B bázisba!

Megoldás. B akkor és csak akkor bázisa 3 -nek, ha a vektorok koordinátáiból alkotott determináns nem nulla.

1 1 2

1 1 1 11 0

2 3 0

−

Δ = − − = ≠ , tehát B valóban bázisa 3 -nek.

A kanonikus bázisból a B bázisba való áttérési mátrix tulajdonképpen a B bázisból a kanonikus bázisba való áttérési mátrix inverze, mert

[ ] [ ]BE BEv M v= és [ ] [ ] ( ) 1E E B

B EB B Ev M v M M−

= ⇒ = . 3 6 111 11 111 1 2

2 4 31 1 111 11 11

2 3 0 5 1 211 11 11

B EE BM M

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − − ⇒ = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

6. Írd fel a B és B ′ bázisok közötti áttérési mátrixot, ha 1 1 2 1 1 3 2 1 0{( , , ),( , , ),( , , )}B = − − − és 1 0 2 1 1 0 2 1 0{( , , ),( , , ),( , , )}B ′ = − − − − .

Megoldás. A 1 11 1 21 2 31 3

2 12 1 22 2 32 3

3 13 1 23 2 33 3

v v v v

v v v v

v v v v

λ λ λ

λ λ λ

λ λ λ

⎧⎪ = + +′ ′ ′⎪⎪⎪⎪⎪ = + +′ ′ ′⎨⎪⎪⎪⎪ = + +′ ′ ′⎪⎪⎩

rendszer megoldásából származó

11 12 13

21 22 23

31 32 33

λ λ λ

λ λ λ

λ λ λ

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

mátrix megadná az áttérési mátrixot a B és B ′ mátrixok között, de

ehhez valójában három egyenlet-rendszert kellene megoldani. Kevesebb számolást igénylő megoldáshoz jutunk, ha észrevesszük, hogy


[ ] [ ] [ ] [ ]E E B BB E B BEB B Bv M v M M v M v′ ′ ′ ′

= = ⋅ = , azaz

( ) 1B E B B BE E EB B

M M M M M−′

′ ′= ⋅ = ⋅ .

Tudjuk, hogy

1 1 2

1 1 1

2 3 0

BEM

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥

= − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

és

( ) 1

10 021 1 2

1 20 1 13 3 6

2 0 0 1 1 13 3 6

B BE EM M

−′ ′

⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎢ ⎥− − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥1⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − ⇒ = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

tehát az áttérési mátrix 31 02

4 1 03 61 7 13 6

BBM

′

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

7. Fejezd ki a 2 4 1( , , )v = − vektor koordinátáit az előbbi B és B ′ bázisokban!

Megoldás. [ ] [ ] ( ) [ ]1

0 0 3 2 31 12 4 1 4 196 6

52 2 1 1

E BB E EEBv M v M v

−′′ ′

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = = ⋅ − − = ⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −⎢ ⎥− − − ⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

,

tehát a ( )2, 4,1v = − vektor koordinátái a B ′ bázisban 1 19 5, ,2 6 6⎛ ⎞⎟⎜ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

.

[ ] [ ] ( ) [ ]1E B

B E EB Ev M v M v−

= = . Az 5. feladat alapján

( ) 1

3 6 11 2 4 311

5 1 2

B EE BM M

−

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥

= = ⋅ −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎣ ⎦

,

innen következik, hogy [ ]29 23 8, ,11 11 11

Bv⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

.


0 1 2 0 1 0 2 1 2( ) ( , , )f a a x a x a a a a a a+ + = − − +


függvény egy lineáris térizomorfizmus ( 2 gr 2[ ] { [ ] }x f x f= ∈ ≤ ). Írd fel ennek a

leképezésnek a mátrixát a kanonikus bázisokra vonatkozóan. Megoldás. ( ) ( )( )2 2

0 01 2 1 2f a a x a x b b x b xα β+ + + + + =

( )0 0 0 01 1 2 2 1 1 1 2, ,a b a b a b a b a b a bα β α β α β α β α β α β= + − − + − − + + + =

( ) ( )0 0 0 01 2 1 2 1 2 1 2, , , ,a a a a a a b b b b b bα α α α α α β β β β β β= − − + + − − + =

( ) ( )0 0 0 01 2 1 2 1 2 1 2, , , ,a a a a a a b b b b b bα β= − − + + − − + =

( ) ( )2 20 01 2 1 2f a a x a x f b b x b xα β= + + + + + ,

tehát f lineáris függvény.

9. A ( , , , )V + ⋅ vektortérben adottak a 1 2 3, , ,..., nv v v v vektorok és 1

n

j ij ii

w a v=

= ⋅∑ ,

ha 1 2 3{ , , , ..., }j m∈ . Cseréljük ki a kv vektort a

lw vektorral (az előbbi egyenlőségek

jobb oldalán ne szerepeljen többet a kv és a bal oldalon a

lw ) és adjunk valamilyen

módszert az új egyenlőségek együtthatóinak generálására! 10. Bizonyítsd be, hogy ha az ( , , )n + ⋅ vektortérben 1 2{ , , ..., }nB v v v= egy bázis,

akkor szerkeszthető olyan 1 2{ , ,..., }nB u u u′ = bázis, amelyre teljesülnek a következő

tulajdonságok: a) 1 2 1 2 1, , ..., , , ..., , ,k kv v v u u u k n= = ;

b) 01,,i j

i ju u i j

⎧ ≠⎪⎪⋅ = ⎨ =⎪⎪⎩, ahol 1 2( , ,..., )nx x x x= és 1 2( , ,..., )ny y y y= esetén

1

n

i ik

x y x y=

⋅ = ∑ (skalárszorzat n -ben).


5. Tesztek

1. Teszt 1. Egy szabályos tízszög csúcsaiban elhelyezzük az 1 , , , , , , , ,

és számokat, valamilyen sorrendben. Tételezzük fel, hogy lerajzoltuk az összes lehetséges sorrendnek megfelelő tízszöget (a számokkal együtt). Minden ilyen tízszög belsejébe beírjuk a legnagyobb olyan összeg értékét, amelyet három szomszédos csúcsába írt szám összeadásával nyerhetünk. Határozd meg a tízszögek belsejében található számok közül a legkisebbet!

4 7 10 13 16 19 2225 28

Megoldás. Mivel , , , , az eredeti számok helyett dolgozhatunk a számokkal (így a számolások

leegyszerűsödnek). Minden tízszög esetében 10 hármas-összeg létezik, ezen összegek összege , mert minden szám pontosan három hármas-összegben jeleik meg. Nyilvánvaló, hogy a legnagyobb hármas-összeg legalább 14 kell legyen (ellenkező esetben S hamis állításhoz jutnánk). Igazolni fogjuk, hogy 14 nem jelenhet meg egyetlen tízszög belsejében sem, 15 azonban igen. Ha létezne olyan tízszög, amelynek belsejében 14-es van, akkor ez

miatt csak úgy lenne lehetséges, ha legalább 5 hármas-összeg egyenlő 14-gzel. Mivel minden szám csak egyszer jelenik meg, világos, hogy nem fordulhat elő , hogy két egymás melletti hármas-összeg egyenlő legyen, így pontosan 5 darab hármas-összeg egyenlő 14-gzel, 5 pedig 13-mal. Jelöljük a számokat a a -el.

1 3 0 1= ⋅ + 4 3 1= ⋅ + 1

)

≤ ⋅ =

a

7

uk, hogy

ő nap játszmáit bejelöltük az lábbi táblázatban:

7 3 2 1= ⋅ + 28 3 9 1= ⋅ +0,1,2,..., 9

(3 0 1 2 ... 9 135S = ⋅ + + + + =

13 10 130

135S =

1 2 10, ,...,

1 2 3

1 42 3 4

3 4 5

4 5 6

4 75 6 7

141

13

14

131

14............................

a a aa a

a a a

a a a

a a aa a

a a a

⎧ ⎫+ + =⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⇒ = +⎬⎪ ⎪+ + =⎪ ⎪⎪ ⎭⎪⎪ + + =⎪⎪⎪⎨⎪ ⎫+ + = ⎪⎪ ⎪⎪ ⇒ + =⎪ ⎬⎪ ⎪+ + =⎪ ⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎩

, innen , ami

ellentmondás, mert minden szám csak egyszer jelenik meg. Következik, hogy 14 nem lehet a keresett érték. A következő tízszög belsejében 15 jelenik meg, tehát ez a megoldás. Visszatérve ez eredeti számokra, kapj

1a a=�

�

�

��

�

�

�

��

48 a keresett érték. 2. Egy sakkbajnokságra hat résztvevő jelentkezett (A , B , C , a , b és c ).a bajnokságon minden résztvevő kell játsszon minden más résztvevővel, és minden résztvevő egy nap csak egy játszmát játszhat. Szervezd meg a játszmákat úgy, hogy a bajnokság öt nap alatt véget érjen. Segítségképpen az elsa


A B C a b c A I. B I. C I. a b c

(az első nap A játszik -val, játszik -vel és játszik -vel).

atban római számok jelölik azt, hogy a két játékos hányadik napon játszik egymással.

A

a B b C cMegoldás. A következő tábláz

B C a b c A II I. IV. I. II. V. B I IV. I. V. I. C II I. V. I. a IV . II. b II I.c

3. Egy asztalon n darab pohár áll. Egy lépésben megfordítunk 3n − poharat. Elérhetjük-e, eti helyzetéhez viszonyítva

gy , hogy minden pohár fordítva álljon, hiszen páratlan.

ye ár

oharak és

mmal volt megfordítva és így z st fordí

g jobboldali szomszédja éppen az, aki eredetileg a bal oldali

goldás. Jelöljük a lovagokat számokkal.

ú övetk

hogy az ered minden pohár fordítva álljon, ha 3n és 6n ≥ ?

Megoldás. Ha *6 3,n k k= + ∈ , akkor minden alkalommal 6 darab poharat

fordítunk meg. Így minden fordítás esetén páros számú pohár lesz az eredeti helyzetéhez képest fordítva és páratlan darab pohár lesz az eredeti helyzetben. Innen következik, ho soha nem érhetjük el 0 nemHa *6 ,n k k= ∈ , akkor a következő algoritmus eredmén ként minden poh

fordítva fog állni: hármasával sorba rakjuk a p at az .m lépés során az .m hármast nem forgatjuk el, a többit igen. Mivel 6n k= , 2k lépés után minden hármas pontosan egyszer maradt ki, tehát páratlan számú alkalominden pohár az eredeti hely etéhez képe tva áll. 4. Egy kerek asztal körül n lovag ül ( )3n ≥ . Minden percben egy tetszőlegesen választott lovag két szomszédja helyet cserélhet egymással. Lehetséges-e, hogy egy idő után minden lovaszomszédja volt? MeHa 2 1n k= + , akkor az 1,2, 3, 4,..., 2 ,2 1k k + sorban az 1 felcserélhető 2 1k + -gyel

gy, hogy a köztük levő számok sorrendje nem változik a k ezőképpen: először


1 -t cseréljük meg 3- és íéljük k −

.

módon felcserélhető a lépé

dja Ha , akkor a rból a fent leírt

ek. ró, a

i pést). Pe

es négyz érdé

but?” hogy természetesen akkor is felvezethetjük a bábukat a

azat mondott-e a báró?

Színezzük ki a s tá lát következő módon:

mal, 5-tel, 7-tel, ..., végül 2 1k + -gyel gy a , ...,2 1,2 ,1k k+ sorhoz jutunk. ezután 2 1k + -t felcser 1-gyel,

2 3k − -mal, ..., végül 3-mal és ennek következtébe 1,2, 3, 4, .., 2 ,1k k+ sorhoz

jutunk. Analóg 2 a 2k -val, 3 sben k -t cseréljük fel ( )2 2 2k k k− − = + -vel. Így a 2 1,2 ,2 1,..., 4, 3,2,1k k k+ − sorhoz

jutunk, ahol mi

3,2, 5, 4 2

n a 2

2 1k − -gyel, ..., a k .

nden elem jobboldali szomszédja az, aki eredetileg baloldali szom volt.

z 1,2, 3,..., 2 1k − so módon eljuthatunk a

orhoz, tehát az 1,2, 3,...,2 1,2k k− sorból eljuthatun

szé2n k=

2 1,2 2,..., 3,2,1k k− − s k a

2 1,2 2,..., 3,2,1,2k k k− − sorhoz, ami megoldás, hiszen a lovagok körben üln

5. Régi ismerősöm, Münchausen bá következő történetet mesélte: „Egy n n× -es sakktábla bal alsó sarkában levő 2 2× -es négyzet minden mezőjére egy-eg bábut állítottam. Ez után a bábukat azon szabály szerint mozgattam, hogy bármely A bábu átugorhat egy másik B bábut, és ekkor az A bábu új helyét a B szerinti szimmetriával kapjuk meg (az ábrán egy 8 8× -as táblán mutattunk egy

y

lyen lérsze csak akkor léphet ide az A bábu, ha ez a mező még nem foglalt.” A báró büszkén újságolta: „Ilyen módon az összes bábut a jobb felső sarok 2 2× -

etébe vezettem.” Okvetlenkedő k semre: „S mi van akkor, ha a tábla 2 2n n× -es és a bal alsó sarkában levő 3 3× -as négyzet minden mezőjére állítunk egy-egy bá azt válaszolta,jobb felső 3 3× -as sarokba.”

Ig

A

B

C

Megoldás. 2 2n n× -e b a

...

...

...

...

...... ..... .... .... ............. .. .......... ...... .........


...

...

...

...

Nyilvánvaló, hogy egy fekete mező bármilyen másik mező szerinti szimmetrikusa is , tehát egy fekete mezőn levő bábu csak fekete mezőre kerülhet. A bal alsó

3 3× -as négyzetben 4 fekete mező van, míg (mivel a tábla ) 2 2n n× -es, a jobb felső -as né

fekete

játékos egyik esetben sem tud tovább lépni, tehát a II. játékos minden esetben

3 3× gyzetben csak egy ilyen található. Innen következik, hogy a bábukat nem lehet a kívánt helyre felvezetni, azaz a báró nem mondott igazat. 6. A{0,1} halmazból ketten felváltva választanak egy-egy elemet úgy ,hogy minden lépés után az addigi választásaik sorozatából ne lehessen kivágni két azonos, 3 hosszúságú szekvenciát (az összes választások sorozatát értve). Kinek van nyerő stratégiája, ha az veszít aki nem tud lépni? Megoldás. Igazolni fogjuk, hogy a második játékosnak van nyerő stratégiája, és ez a következő: egy lépés során ha az első játékos 1-et írt, akkor ő 0-t ír, különben 1-.et. A következő ábra a játék lehetséges lefolyásait ábrázolja, ha a II. játékos az előbb leírt módon játszik. Az I. nyer.

7. Elhelyeztünk n sorban ( )1n n + dara2

lfele, az ábra szerint:

b pénzérmét, háromszög alakban, írást

tartalmazó olda val fe

nk hárorást tartalmazó

e legyeg esetén a következő ábrán láthatóak a forgatások:

lán 3= 4n =

Egyszerre megfordíthatu m kölcsönösen szomszédos érmét (pl. a fenti ábrán a világos érméket). Ha 2000n = , elérhető-e, hogy minden érme az í

ldalával lefel en? oM oldás. 5n =


Indukcióval igazoljuk, hogy 1− esetén lehetséges minden pénzérmét a másik oldalára fordítani, akkor ez 3 2k + esetén is

ha k elérhető. Ehhez elégséges azt bizonyítani,

ogy a következő részt meg lehet fordítani:

3

h 8. Határozd meg azokat az { }* \ 1,2n ∈ számokat, amelyekre egy tetszőleges n oldalú konvex sokszöget fel lehet bontani, egymást nem metsző átlók segítségével

nduljon-ra az állítás igaz. Feltételezzük, hogy esetén teljesül a

atározd meg a háromszög tkező diszjunkt síkrészek maximális számát!

cs

sz s-ből induló -ből i íg− + 1 1+ -gyel több síkrész lesz. Mive

háromszögekre úgy, hogy minden csúcsból páros számú átló i ki! Megoldás. 3n = 3n k=kívánt tulajdonság. 9. Egy háromszög minden oldalát osszuk fel p egyenlő részre, és az osztópontokat kössük össze a szembefekvő csúccsal. Ha p prímszám, hbelsejében keleMegoldás. Jelöljük a csú okat , ,A B C -vel. Ha C osztópontjait összekötjük A -val és AC

osztópontjait B -vel, akkor nyilván 2p diszjunkt síkrész keletkezik (minden A -ból induló szakasz pontosan egyszer metsz minden B -ből induló szakaszt). A síkrészek

áma akkor maximális, ha nincs három ö szefutó szakasz. Egy ilyen esetben minden szakasz minden A -ból és ulót pontosan egyszer metsz és y

(2 1 1p síkrészt oszt ketté, tehát (2 p− -ből 1p− darab szakasz indul ki, összesen ( )( )

B

C B nd) ) l C

( 1 2 1p= − + -el 1

n v

z, akkor határozzuk meg a ejében keletkező metszéspontok számát.

Megoldás.

) 22 1 1 3p p p− + −

több síkrész lesz, tehát a diszjunkt síkrészek maximális száma: 23 3p p− + . 10. Az ABC háromszög minden oldalá együnk fel n pontot. Az AB és AC oldalon felvett pontokat kössük össze a BC oldalon felvett pontokkal. Ha az így kapott szakaszok közt nincs három összefutó szakasháromszög bels


Mivel nincs három összefutó szakasz, a metszéspontok száma , , ahol jelöli az

n n ns a b c= + + n

n∀ ∈ na , , 1,i jAC i j n= és szakaszok, az i jAB nb

, , 1,i jAC i j n= és az nc , , 1,i jAB i j n= szakaszok metszéspontjainak számát.

Először írjunk fel -re egy rekurziót. Vegyünk fel egy -ik pontot az AC és szakaszokon. Ekkor

nc 1n +

BC 1 , 1,n kB A k n+ = metsz minden -ből kiinduló

szakaszt és mivel minden 1, ...,kA + nA

, 1,iA i n= pontból n szakast indul ki, B és 1n kA+

, , 1,i jB A i j n= metszetekből összesen ( ) ( )[ ] ( )2 11 2 ... 12

n nn n n −− + − + + = új

metszéspont keletkezik. Az előbbiekhez hasonló módon számolható meg 1 , 1,n kA B k n+ = + 1 és , 1, 1, 1,i jB A i n j n= + = metszéspontok száma.,

( )[ ] ( )2 11 ... 12

n nn n n ++ − + + = új metszéspont keletkezik. Így

( ) ( )2 23

11 1 ,

2 2n n nn n n nc c c n n+

− += + + = + ∀ ∈ , innen

( ) 213

1

1 ,2

n

ni

n nc i n−

=

⎛ ⎞− ⎟⎜= = ∀ ∈⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ .

Nyilvánvaló, hogy és így ,n nb c n= ∀ ∈( ) 21 ,

2nn nb n⎛ ⎞− ⎟⎜= ∀⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

∈ . Rögzített

esetén ( , az és i jAC {1,2,..., })i j n∈ i jAC , 1,k lA B k l n= szakaszok

metszéspontjainak száma , mert minden pontból szakasz indul ki, metsz minden -ből kiinduló szakaszt. Így összesen

( 1n i − )

nA

)

iA n

i jAC 1, ...,iA+

( ) ( )( ) (2 11 2 ... 12

n nn n n −− + − + + = új metszéspont keletkezik, 1,j n∀ = ,

következik, hogy ( ) ( )2 31 1 ,2 2n

n n n na n n− −= ⋅ = ∀ ∈ . A fentiek alapján

( ) ( )22 31 12 ,4 2n

n n n ns n− −= + ∀ ∈ , tehát ( )( )2 1 2 1 ,

2nn n ns n− −

= ∀ ∈

)

2

.

11. Egy -es tábla középső mezején egy baktérium áll. Minden másodpercben a létező baktériumok mindegyike vagy átköltözik egy szomszédos mezőre, vagy helyben marad és kettéosztódik. Bizonyítsd be, hogy esetén

másodperc alatt elérhető az, hogy a tábla minden mezején legyen egy baktérium. (Két mezőt akkor nevezünk szomszédosnak, ha van egy közös oldaluk.)

( ) (2 1 2 1n n− × −

3n ≥2n +

Megoldás. -as tábla esetén a következőképpen töltjük ki a táblát: 3 3×


2 4 8 16

2 1 4 1

2 16 2 4 16 4

4

1 4 1 Innen az -ös tábla kitöltése a következőképpen valósul meg 2 lépés alatt: 5 5×

1 4 1 1 1 4 1 1

1 4 1 1 4 1 1 1 4 1 1

4 16 4 4 16 4 4 4 16 4 4

1 4 1 1 4 1 1 1 4 1 1

1 4 1

1 1 4 1 1 Indukcióval igazoljuk, hogy ha a ( ) -es tábla kitölthető az előzőhöz hasonló módon, akkor további két lépés során a ( ) -es is kitölthető.

( )2 1 2 1n n− × −)(2 1 2 1n n+ × +

Az első lépésben a középső sor kivételével minden másikról minden baktériumot eggyel fennebb vagy lennebb költöztetünk annak függvényében, hogy az illető sor a középsőtől fennebb vagy lennebb van. A középső sor lözépső mezejéről 4-4, a többiről 1-1 baktériumot felfele, illetve lefele költöztetünk. Ekkor a két szélső oszlop kivételével elértük a kívánt állapotot. A következő lépésben ugyanezt megismételjük az oszlopokra és így elértük, amit akartunk. 12. a) Bizonyítsd be, hogy a [ ]P X∈ polinomhoz rendelt polinomfüggvény pontosan akkor páros, ha P -ben a páratlan kitevőjű tagok együtthatója 0 .

b) Képezzük az összes 2

1

1n

kk

kε=

+∑ alakú számot, ahol { }1,1kε ∈ − minden

{ }1, 2, ... ,k ∈ n

"

esetén. Bizonyítsd be, hogy az így kapott 2 szám szorzata

természetes szám!

n

Bizonyítás. a) ( ) 1

1 0...n nn nP x a x a x a−

−= + + +" ⇒ Ha P páros, vagyis ( ) ( ),P x P x x= − ∀ ∈ ⇒

1 12 2

2 2 2 22 1 2 1

1 1

,

n n

k kk k

k k

a x a x x

⎡ − ⎤ ⎡ − ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

+ ++ +

= =

⇒ ⋅ = − ⋅ ∀∑ ∑ ∈ .


1x = esetén kapjuk, hogy

12

2 11

0

n

kk

a

⎡ − ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

+=

=∑ .

" Ha

12

2 11

0

n

kk

a

⎡ − ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

+=

=∑ . " ⇐

2. teszt 1. Bizonyítsd be, hogy 5 53 33 5 2 5 3 5 2 5+ ⋅ + + + ⋅ − ∈ .

Bizonyítás. 5 53 33 5 2 5 3 5 2 5+ ⋅ + + + ⋅ − =

3 35 51 13 5 16 8 5 3 5 16 8 52 2

= + ⋅ ⋅ + + + ⋅ ⋅ − =

( ) ( )3 33 35 5

5 53 1 5 3 1 52 2

= + ⋅ + + + ⋅ − =

5 5 5 511 5 5 11 5 5 176 80 5 176 80 52 2 2 2 25 25

+ −= + + − = + =

( ) ( )5 55 5

1 1 1 5 1 51 5 1 5 12 2 2 2 2 2

= + + − = + + − = ∈ .

2. Határozd meg az fejezés minimumát és maximumát, ha .

2a b− +c2 2 22 3a b c+ + =

Megoldás. A megadott összefüggésből következik, hogy 6 6,2 2

a⎡ ⎤⎢ ⎥∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦

, 3, 3b ⎡ ⎤∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦ , 3, 3c ⎡ ⎤∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦ és

( ) ( )min 2 max 2a b c a b c− + = − − + . 2 2 22 3a b c+ + = -ból kifejezve c -t és tudva, hogy 2 2 23 2 3 2a b a b− − ≥ − − 2 ,

következik, hogy ( ) ( )2 2max 2 max 1 2 3 2a b c b a b− + = − + − − .

Legyen 6 6: ,2 2

f⎡ ⎤⎢ ⎥− →⎢ ⎥⎣ ⎦

, ( ) 22 3 2f x x y x y= − + − − 2 és

: 3, 3g ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ , ( ) 2 22 3 2g y x y x y= − + − − .

Ekkor ( )2

412 3 2

xf xx y

′ = −− − 2

és ( )2 2

222 3 2

yg yx y

′ = − −− −

.

Mivel olyan ( számpárt keresünk, hogy az ),x y 22 3 2x y x y− + − − 2 kifejezésnek és y szerint is maximuma legyen, az x ( ) 0f x′ = és egyszerre kell

teljesüljön, tehát ( ) 0g y′ =


2 2

2 2

2 3 2

2 3 2

x x

y x

⎧⎪ = − −⎪⎪⎨⎪ = − − −⎪⎪⎩

y

y.

Ezekből kapjuk, hogy 2 3 34 2 3 18 , 0 4

22 22y x x x x x y= − ⇒ = − > ⇒ = ⇒ = − ⇒

( ) ( )3 3max 2 11 , min 2 1122 22

a b c a b c⇒ − + = ⋅ − + = − ⋅ .

3. Hány megoldása van az 1 12 2xxxx

⋅ + ⋅ = 4 egyenletnek ( ? )x ∈

Megoldás. Nyilvánvaló, hogy és nem létezik megoldás, mert ekkor 0x ≠ 0x <1 14 2 2xxxx

= ⋅ + ⋅ < 0 teljesülne. Tehát . Így alkalmazhatjuk a számtami és

mértani közepek közti egyenlőtlenséget:

0x >

1 1 11 14 2 2 2 2 2 2 2 2 2x xx xx x xx x

x x+ +

= ⋅ + ⋅ ≥ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ ≥1x .

De ha , akkor 0x >11 2 2 2

xxx

x+

+ ≥ ⇒ ≥ ≥ 2 . Ez csak akkor teljesülhet, ha

mindkét egyenlőtlenségben egyenlőség áll fenn, ami pontosan akkor történik meg, ha 1xx

= , ahonnan . Tehát egyetlenegy megoldása létezik az egyenletnek. 1x =

4. Lehetnek-e a 2 , 7 , 14 számok egy számtani vagy mértani haladvány (nem feltétlenül egymás utáni) tagjai? Megoldás. Ha 2, 7, 14 egy mértani haladvány tagjai, akkor ,

, úgy, hogy

*,k m∃ ∈

k m≠ q ∈ 72

kq= , 142

mq= . Innen

( )7 14 7 7 22 2

m kkkm m k mq m−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= = = ⇒ = ⇒ − = =⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠0k m ellentmondás,

mert . Tehát nem alkothatnak mértani haladványt. *,k m ∈

Ha 2, 7, 14 számtani haladványban vannak, akkor , , úgy,

hogy

r∃ ∈ *,k m ∈

7 2 kr= + és 14 2 mr= + . Következik, hogy

( ) ( ) ( ) ( )2 27 2 14 2 9 2 14 16 4 7m k m k− = − ⇒ − = − ⇒ 2 2 22 14 4 7 9 16m k m k⇒ − = − 2 ⇒

( ) ( )22 222 2 9 16

2 2 47

m km k

−⇒ − = ⇒


( )22 24 2 2 4 9 16

8 16 2 167

m km m k k

−⇒ − + = ⇒

( )22 24 4

2 2

9 16 12 16 87 1

m kk m

m k

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⇒ − = − − ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠ 6.

2 \∈ , az egyenlőség jobb oldala pedig racionális, így ellentmondáshoz jutottunk, tehát nem lehetnek számtani haladványban.

5. Bizonyítsd be, hogy ( )

( )1

! 11 11 ! !

n

kk p k

p n

C p p n p= +

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− + ⎟⎜⎝ ⎠∑

!.

Bizonyítás. A teljes indukció módszerével igazoljuk az állítást -re. n∀ ∈

1n = -re ( ) ( )( )1

1

1 ! 1 2 ! 1 1 21 ! 1 ! 1 1 1 1p

pC p p p p p p p+

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= − ⇔ = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜− + + − +⎝ ⎠ −, igaz.

Feltételezzük, hogy ( )( )1

1 !1 ! 11 ! !

n

kk p k

npC p p n p= +

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜− +⎝ ⎠∑ és igazoljuk, hogy ekkor

( )( )

1

1

2 !1 ! 11 ! 1 !

n

kk p k

npC p p n p

+

= +

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜− + +⎝ ⎠∑ .

( )( )

( )( )

1

11 1 1

1 ! ! 1 !1 1 1 ! 11 ! ! 1 !

n n

k k nk kp k p k p n

n p npC C C p p n p p n

+

+= =+ + + +

⎛ ⎞+ +⎟⎜ ⎟= + = − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜− + + +⎝ ⎠∑ ∑ =

( ) ( )( )

( ) ( )( )

1 ! 1 1 ! 1! 11 ! 1 ! 1 !

n n p n ppp p n p p n

⎛ ⎞+ + + + − ⎟⎜ ⎟= − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜− + + + +⎝ ⎠=

( )( )

2 !! 11 ! 1 !

npp p n p

⎛ ⎞+ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜− + +⎝ ⎠,

és ezzel állításunkat igazoltuk.

6. Számítsd ki a különbséget! 2 2

22

0 0

2 2 2n n

k k k kn

k k

C +

= =

⎛ ⎞ ⎛⎟ ⎟⎜ ⎜− ⋅⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝∑ ∑ 2 12nC

⎞

⎠

1Megoldás. 2 2

2 22 2

0 0

2 2 2n n

k k k kn n

k k

C C +

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜− =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑

2 2 1 22 2 2

0 0 0 0

2 2 2 2 2 2n n n n

k k k k k k k kn n n

k k k k

C C C C+ +

= = = =

⎛ ⎞⎛⎟ ⎟⎜ ⎜= − ⋅ + ⋅⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠⎝∑ ∑ ∑ ∑ 2 12n

⎞=

⎠

( ) ( )2 2 1 2 2 12 2 1 2 22 2 2 2

0 0

2 2 2 2n n

k k k kk k k kn n n n

k k

C C C C+ ++ +

= =

⎡ ⎤ ⎡⎢ ⎥ ⎢= ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣∑ ∑ 1 ⎤

⎥ =⎥⎦

( ) ( ) ( )2 2 2 2

1 10 0

2 2 2 1 2 1n nk nkk k

n nk k

C C= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= − ⋅ = − ⋅ + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ 1n

.


7. Oldd meg a egyenletet ( ) . ( ) (log 1 log 1a xa x+ = + ) 0, 1a a> ≠

Megoldás. Legyen { }*: \ 1f + → , ( ) ( ) ( )log 1 log 1x af x x a= + − + ⇒

( )( )

( )ln 1 log 1

ln axf x ax+

⇒ = − + ⇒

( )( ) ( )( ) 2

ln 1 ln 1 0, 01 ln

x x x xf x xx x x− + +′⇒ = < ∀ >

+, tehát f szigorúan csökkenő

-n és ( ) -n. ( )0,1 1,∞x 0 1 +∞ ( )f x ( )log 1a a− + |∞−∞ ( )1 log 1a a− +

Következik, hogy legtöbb két megoldása van az egyenletnek. I. Ha , , azaz a ( intervallumon nincs megoldás, míg az ( ) -n megoldás.

1a > ( ) ( )log 1 0 log 1 0a aa a+ > ⇒− + < )0,11,∞ 0x = a

a )

a

II. Ha , akkor megoldás a ( intervallumon és mivel , az ( -n nincs megoldás.

1a < 0x = 0,1( )1 log 1 0a a− + > )1,∞

Összefoglalva, az egyenletnek mindenképp csak egy, az megoldása van. 0x =

8. Bizonyítsd be, hogy ha és x y z a+ + =1 1 1 1x y z a+ + = , akkor az x ,

és közül legalább az egyik egyenlő a -val.

( 0a ≠ )

y z

Bizonyítás. 1 1 1 1x y z a z a x yx y a x y a

+ + = ⇒ = − − ⇒ + + = ⇒− −

( )( )

( )1 1 1 10 0a x y x a y

x a x y a y x a x y ay

⎛ ⎞− − + ⎟⎜ ⎟⇒ − + = ⇒ − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜− − − −⎝ ⎠= ⇒

( )( )

( )( ) ( )2

0 0ay ax x xy y a x x a xa y a yaxy a x y axyz+ − − − + −

⇒ − = ⇒ − = ⇒− −

( )( )( )( )( )

0 0a y a x a zy za y a x

axyz axyz− − −+

⇒ − − = ⇒ = ⇒

x a⇒ = vagy y vagy z a . a= = 9. Határozd meg az ( kifejezésben együtthatóját! )

6

2

2′

42 31 2 3 4x x x− + − 8xMegoldás.

( ) ( ) ( )( ) ( )2222 4 2 3 2 31 2 3 4 1 2 2 1 2 2 4 3 4x x x x x x x x x⎡ ⎤− + − = − + − − + − =⎢ ⎥⎣ ⎦

( )22 3 4 51 4 10 20 25 24 16x x x x x x= − + − + − + . Mivel , a kifejezésben együtthatója:

8 2 6 3 5 4 4 5 3 6x x x x x x x x x x x= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ 8x

8 2 6 3 5 4 4 5 3 6E E E E E E E E E E E′ ′ ′ ′= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ,


ahol , illetve a szorzat első illetve második tényezőjéből együtthatója. Innen iE iE ′ix

( )( )8 2 10 16 2 20 24 25 25 1905E = ⋅ ⋅ + − − + ⋅ = . 10. Az egyenlet gyökeit jelöljük -gyel.

Bizonyítsd be, hogy ,

4 3 1 0x ax ax− − + = 1 2 3 4, , ,x x x x

ix ∉ 1, 4i = , ha a és ∈ 1a < . Számítsd ki a gyökök

moduluszát, ha a és ∈ 1a < . Megoldás.

4 3 1 0x ax ax− − + = -nak nem megoldása, tehát 0x =2

22

1 1 10 2ax ax x a xx x x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜− − + = ⇒ + − + − =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠0 .

Feltételezzük, hogy létezik valós gyök. Ekkor 0x 00

1 2xx

+ ≥ vagy 00

1 2xx

+ ≤− .

Az 1xx

+ = t helyettesítéssel a egyenlethez jutunk, melynek (az

előzőek alapján) létezik vagy megoldása.

2 2 0t at− − =

0 2t ≥ 0 2t ≤−

De 2

1,28

2a at ± +

= és így

2 2

1,28 8 1 2

2 3 2 2 2a a a at ± + +

= ≤ + ± < +3= ,

tehát ellentmondáshoz jutottunk, vagyis az egyenletnek nem létezik valós gyöke.

Az 1xx

+ = t -ből kapjuk, hogy

21 12

1,2

41 0

2t t i 2

2 23,4

42

t t i± − ⋅=x tx x

± − ⋅− + = ⇒ = és x ,

ahonnan 2 21 1

1 24 1

4 4t tx x −

= = + = és 2 22 2

3 44 1

4 4t tx x −

= = + = .

3. teszt 1. Bizonyítsd be, hogy ha , akkor 0x >

1 4

3 3xx

+ ≥ .

Bizonyítás. Ha , akkor 0x > 1 423 3

xx

+ > > ,

(mert 3 3 2 27 16> ⇒ > ). 2. Bizonyítsd be, hogy ( )( )( )1 2 1 3 1 5+ + + ∉ .


Bizonyítás. Feltételezzük, hogy ( )( )( )1 2 1 3 1 5+ + + ∈ ⇒

*,m n⇒ ∃ ∈ , ( ),m n = 1 úgy, hogy ( )( )( )1 2 1 3 1 5 mn

+ + + = ⇒

( )( ) ( ) ( )( )1 3 1 5 2 1 1 3 1 5 2m mn n

⇒ + + = − ⇒ + + + = ⇒mn

( ) ( ) ( )( )2 22 2

2 21 3 1 5 2 1 3 1 5 2m mn n

⇒ + + + + + + = ⋅ ⇒mn

3 5 15p q r⇒ + + = s , ahol

6 mpn

= + , 4 mqn

= + , 2 mrn

= + .

Innen

( ) ( )2 2 2 2 2 25 15 3 5 15 10 3 2 3 3q r s p q r qr s sp p− = − ⇒ + + = − + ⇒

10 2 0qr sp⇒ + = (az egyenlőség két oldalán 3 együtthatói meg kell egyezzenek).

( ) (23 5 15p q s r+ = − )2

0

-ből az előzőhöz hasonló módon következik, hogy

és 2 2pq rs+ = ( ) ( )2 23 15 5p r s q+ = − -ből 6 2 . Tehát az 0

0

pr qs+ =

5 0

3

0

qr sp

pr qs

pq rs

⎧⎪ + =⎪⎪⎪⎪ + =⎨⎪⎪⎪ + =⎪⎪⎩

rendszert kapjuk, melynek egyetlen megoldása a ,

ez viszont nem lehetséges, mert

0p q r s= = = =

6 0 4mp qn n

= + = = = +m nem teljesül egyetlen

mn

∈ esetén sem.

3. A pozitív valós számok halmazán oldd meg az

2 2 2

1 1 121 1 1

x y z xyz

x y z

+ + =⎧⎪⎪⎪⎪⎨ + +⎪⎪⎪ + + +⎪⎩

3=

C

egyenletrendszert!

Megoldás. Legyen , , , ahol tgx A= tgy B= tgz = , , 0,2

A B C π⎡ ⎞⎟∈ ⎢ ⎟⎟⎠⎢⎣.

( )( )( )

tg tg tg tg tg tg tg tgtg1 tg tg 1 tg tg tg tg tg tgA B C A B C A B CA B CA B C A B B C C A+ + + + −

+ + = =− + − − −

és

az egyenletrendszer a következőképp alakul: tg tg tg tg tg tg

3cos cos cos2

A B C A B

A B C

⎧ + + =⎪⎪⎪⎪⎨⎪ + + =⎪⎪⎪⎩

C.


Innen , s mivel ( )tg 0A B C+ + = , , 0,2

A B C π⎡ ⎞⎟∈ ⎢ ⎟⎟⎠⎢⎣, . A B C π+ + =

A függvény konkáv cos 0,2π⎡ ⎟⎢ ⎟⎟⎠⎢⎣⎞ -n és így a Jensen- egyenlőtlenséget felhasználva

írhatjuk, hogy cos cos cos 1cos

3 3A B C A B C⎛ ⎞+ + + + ⎟⎜≤ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ 2

.

Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha 3

A B C π= = = , ahonnan

3x y z= = = . 4. Jelöljük -vel a polinom gyökeit. , ,a b c ( ) 3 1P X X X= + +

a) Számítsd ki a

a b c

c a b

b c a

Δ = determinánst!

b) Bizonyítsd be, hogy , . n n na b c+ + ∈ n∀ ∈

Megoldás. 3 3 3 3

a b c

c a b a b c abc

b c a

Δ = = + + − .

a) Mivel gyökei -nek, következik, hogy , ,a b c ( ) 3 1P x x x= + +

( )

3

3 3 3 3

3

1 0

1 0 3

1 0

a a

b b a b c a b c

c c

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + = ⇒ + + = − + + −⎨⎪⎪⎪ + + =⎪⎪⎩

,

tehát ( ) 3a b c abcΔ = − + + − − 3

n

=

3n−

és felhasználva a Viete- összefüggéseket, kapjuk, hogy . 6Δ = −b) Legyen , ekkor

n nnS a b c= + +

( ) ( )1 1 1 1 1 11

n n n n n nn nS a b c S ab ac a b a c b c bc− − − − − −

−= + + − + + + + + =

( ) ( )2 2 2 21

n n n nna b c S ab b a c abc− − − −−= + + − + + + +

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2n n n n n n n nbc a b c a bc ac a b c ab c− − − − − − − −− + + + − + + +

( ) ( )1 2n na b c S ab bc ac S abcS− −= + + − + + + . Innen a Viete- összefüggéseket felhasználva kapjuk, hogy . 2 3n n nS S S− −= − −Indukcióval bizonyítjuk, hogy -re . n∀ ∈ nS ∈

1n = -re . 1 0S a b c= + + = ∈

2n = -re . ( ) ( )22 2 2S a b c ab bc ca= + + − + + = − ∈


3n = -ra (az a) pont alapján). 3 3 33 3S a b c= + + = − ∈

Feltételezzük, hogy és igazoljuk, hogy ekkor . Ez nyilvánvaló

az egyenlőség alapján. Ezzel az állítást igazoltuk. 2 1,n nS S− − ∈ nS ∈

2n n nS S S−= − − 1−

5. Oldd meg az

3 4 02 1 0

1 1 21 3 2

2 1 3

X

⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⋅ − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎣ ⎦

egyenletet!

Megoldás. M1 2 3

2,34 5 6

a a aX X a a a

⎡ ⎤⎢ ⎥∈ ⇒ = ⇒⎢ ⎥⎣ ⎦

1 2 3

4 5 6

3 4 0 3 4 0

1 1 2 1 1 2

2 1 3 2 1 3

a a aX a a a

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⇒ ⋅ − = − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1 2 3 1 2 3 2 3

4 5 6 4 5 6 5 6

3 2 4 2 3 2 1 0

3 2 4 2 3 1 3 2

a a a a a a a a

a a a a a a a a

⎡− + − + − − + ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥= =⎢ ⎥− + − + − − + − −⎢ ⎥⎣ ⎦

⎢ ⎥ ⇒⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

4 1

2 3 0

a a a

a a a

a a

⎧⎪− + − =⎪⎪⎪⎪⇒ + − =⎨⎪⎪⎪− + =⎪⎪⎩

4 5 6

4 5 6

5 6

3 2 1

4 3

2 3 2

a a a

a a a

a a

⎧⎪− + − = −⎪⎪+ − =

⎪⎪− + = −⎪⎪⎩

1 2 3

1 2 3

2 3

3 2 2

és ⎪⎪⎨⎪.

A két rendszer megoldása: , tehát 1 2 3 4 5 83, 33, 22, 0, 7, 4a a a a a a= = − = − = = =

3 33 22

0 7 4X

⎡ − − ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

6. Oldd meg és tárgyald az egyenletrendszert

( )!

( )

1

2

1 2

ax y z

x ay z

a x y az

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + + =⎨⎪⎪⎪ + + + =⎪⎪⎩ 0

b

,a b ∈

Megoldás. ( )( )(3 2

1 1

1 2 1 4 2 4 2 2 2 1 1 1

1 1 2

a

a a a a a a a

a a

Δ = = − − + = − − +

+

) .

I. Ha { }1\ 1,1,2

a ∈ − , akkor , azaz a rendszer összeférhető és határozott. 0Δ ≠


2

1 1 1

2 1 4 2

0 1 2x b a a b ab

a

Δ = = + − −1 ,

2

1 1

1 1 2

1 0 2y

a

b a ab a b

a a

Δ = = − − − +

+

1 ,

2

1 1

1 2 2 2

1 1 0z

a

a b a a b

a

Δ = = − − + +

+

1

és a Cramer- szabály értelmében

( )( )( )

24 2 12 2 1 1 1

x a b abxa a a

Δ + − −= =

Δ − − +,

( )( )( )

22 12 2 1 1 1

y a b ab a ba a a

Δ − − − += =

Δ − − +y ,

( )( )( )

22 2 12 2 1 1 1

z a a bza a a

Δ − − + += =

Δ − − +.

II. Ha , akkor , , . 1a = 3x bΔ = − + 0yΔ = 3z bΔ = −Ha , akkor a rendszer összeférhetetlen, különben összeférhető és határozatlan.

Legyen x , λ , ekkor a rendszer ekvivalens az rendszerrel,

innen és .

3b ≠

λ= ∈1

2 3

y z

y z

λ

λ

⎧ + = −⎪⎪⎨⎪ + = −⎪⎩2y = 1z λ= − −

III. Ha , akkor , , . 1a = − 3 3x bΔ = + 2 2y bΔ = + 1z bΔ = +Ha , a rendszer összeférhetetlen, különben összeférhető és határozatlan.

Legyen x , . Ekkor a rendszer a következővé alakul: ,

innen

1b ≠ −

λ= λ ∈1

2 1

y z

y z

λ

λ

⎧ + = +⎪⎪⎨⎪− + = − −⎪⎩2 2

3y λ+= , 4

3z λ= .

IV. Ha 12

a = , akkor , 0xΔ =12y bΔ = − , 1

2z bΔ = − .


Ha 12

b ≠ , akkor a rendszer összeférhetetlen, különben összeférhető és határozatlan.

Legyen y , λ . Ekkor az λ= ∈

1 12

12

x z

x z

λ

λ

⎧⎪⎪ + = −⎪⎪⎪⎨⎪⎪ + = −⎪⎪⎪⎩

egyenletrendszert kell megoldani.

A rendszer megoldása , 1x = −32

z λ= − .

7. Határozd meg az 2 3 1 4

1 1 1 2

2 0

1 1 0

Aq p

2

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

mátrix rangját és q függvényében! p

Megoldás. 2 2 4 2 2 1

1 1 2

2 3 1 4 2 3 0 0

1 1 1 2 0 0 1 4

2 0 2 0

1 1 0 2 1 1 0 2

S S S O O O

S S SA

q p q p= + = −

= −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟−⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜− −⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∼ ∼

1 21 2

12 2

2 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0

0 0 1 4 0 0 1 4 0 0 1 4

2 2 0 6 2 2 0 2 6 2 0

1 2 0 2 5 2 0 2 2 5 0 2

O OO O

q p q q p q q p

+−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟− − − − −⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜− − −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∼ ∼ ∼⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

∼

23 1

3 24 1

4 2

14

1122

1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 00 0 1 4 0 0 1 4 0 4 1 01 6 2 0 0 6 2 0 0 0 6 21 0 5 0 2 0 2 0 55 0 22

OS S

O OS SS S

q p q p p q−

−−−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟−⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ − −⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

∼ ∼ ∼ ∼

4

4 3

4 3

12

5

1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 00 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 01 0 6 2 0 0 1 10 0 0 1 0

1 0 0 6 2 0 0 0 3 50 5 52

O

O OS pS

p q

p q q

+−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟−⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ −⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ − −⎟ ⎟⎜ ⎜− ⎝ ⎠ ⎝⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠

∼∼ ∼p

⎞

+ ⎠

0

.

Ha , akkor , ellenben . 3 5q p− + = 3rangA = 5rangA =


8. Adott az mátrix.

1 4 2

1 3 1

0 0 1

A

⎡ ⎤− −⎢ ⎥⎢ ⎥

= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

a) Bizonyítsd be, hogy A invertálható és . 132A A I−+ =

b) Bizonyítsd be, hogy , . 32n nA A I−+ = *n∀ ∈

c) Bizonyítsd be, hogy az { }3 | ,L kA lI k l= + ∈ halmaz zárt része az gyűrűnek. ( )( )M3 , ,+ ⋅

d) Vannak-e ( -ban zérusosztók? ), ,L + ⋅(Érettségi javaslat, 2001.)

Megoldás. a) 1 4 2

1 4det 1 3 1 1 0

1 30 0 1

A

− −− −

= − = = ≠ , tehát invertálható. A

*

3 4 2

1 1 1

0 0 1

A

⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

és

1 * 13

3 4 2 2 0 01 1 1 1 0 2 0 2

det0 0 1 0 0 2

A A A AA

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= ⋅ = − − ⇒ + = =⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

I

32

I I

=

3

B k A l I= + ( ) 12 2 3 2 2 3 22A l I k l I k A−= + = + − ⇒

.

b) Indukcióval igazoljuk, hogy . *32n nA A I n−+ = ∀ ∈

1n = -re az állítás igaz az a) pont alapján. 2n = -re . ( )22 2 1 1

3 32 4 2A A A A A A I I I− − −+ = + − ⋅ = − =

Feltételezzük, hogy és és igazoljuk, hogy ekkor .

( )2 232n nA A− − −+ = ( )1 1

32n nA A− − −+ =

32n nA A I−+ =( )( )( ) ( )1 1 1 1 1 1n n n n n nA A A A A A A A A A− − − − − − − − −+ = − + − ⋅ − ⋅

( )( )2 23 32 2 2n nI I A A I− − −= ⋅ − + = ,

ezzel állításunkat igazoltuk. c) esetén létezik úgy, hogy ,B C L∀ ∈ 1 2 1 2, , ,k k l l ∈

1 1 3 , C k

( ) ( )1 2 1 2 3B C k k A l l I L⇒ + = + + + ∈ és

( ) ( ) 11 1 3 2 2 3 22B C k A l I k l I k A−⎡ ⎤⋅ = + + − =⎣ ⎦


( ) ( ) 11 2 2 1 2 1 2 1 2 3 1 22 2k k l A l k l l k k I l k A−= + + + − − =

)

)

( ) (1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 32k k k l l k A l l k k I L= + + + − ∈ ,

tehát L zárt része a gyűrűnek. ( )( 3M , ,+ ⋅

d) Igen, vannak: és esetén , ,, és .

3B A I= − 3C A I= − ,B C L∈ 3B O≠ 3C O≠( ) ( ) 3 32 1 1 1 1tBC A I O= − − − =

9. Bizonyítsd be, hogy ha N egy pont az F fókuszú parabola vezéregyenesén, akkor azFN szakasz felezőmerőlegese érinti a parabolát.

Megoldás. Válasszuk meg a koordinátarendszert úgy, hogy F koordinátái , 02pF ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

legyen és az origó parabola csúcsában helyezkedjen el. Ekkor N koordinátái

0,2pN y⎛ ⎞⎟⎜− ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ahol . oy ∈

Ha , akkor NF felezőmerőlegese az Oy tengely, amely érinti a parabolát 0 0y =O -ban. Ha , akkor 0oy ≠ 0 0:

2NFy x yd yp⋅

= − + ⇒ 0

0NF d

y pm mp y′= − ⇒ = , ahol d a

felezőmerőleges. Ha , akkor M és

′

,NM MF M NF= ∈ d ′∈

00,2yM ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⇒ 0

0

:2ypd y x

y′ = ⋅ + .

NF felezőmerőlegese pontosan annyi pontban metszi a parabolát, ahány megoldása van az

0

02

22

ypy xy

y px

⎧⎪ = +⎪⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩

rendszernek.

( )2 20 0 00

0 20 22 0

02 2 2

2222

yp yy y yy x y yyy yyyyy xxxx pppp

⎧ ⎧⎪ ⎪ ⎧ == + ⎪ ⎧⎪ ⎪ − = ⎪= + ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ==⎪ ⎪ ⎪ ⎪==⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎩⎪ ⎪ ⎪⎩⎪⎪ ⎩⎩

,

tehát a rendszernek egyetlen megoldása van és így d érinti a parabolát. ′

10. Az 2 2

2 2 1x ya b

+ = egyenletű ellipszis pontjának az Ox és Oy tengelyre

eső vetületét jelöljük -gyel és -vel. Bizonyítsd be, hogy ha a P -ben húzott érintő az Ox és Oy tengelyt -ben és -ben metszi, akkor

( ,P x y)

1P 2P

1T 2T2

1 1OP OT a⋅ = és . 22 2OP OT b⋅ =


Bizonyítás. Legyen , ekkor . A -ben húzott

érintő egyenlete

( 0 0,P x y ) ( )1 0 1 0, 0P x OP x⇒ = P0 0

2 2:Px x yyda b−

+ = 1 . Mivel , 11 0TT Ox y∈ ⇒ =

1

2

10

P TaT d xx

∈ ⇒ = , innen 0 0x ≠2

10

aOTx

= .

Az eddigiek alapján . 21 1OT OP a⋅ =

Az igazolása hasonlóképpen történik. 22 2OP OT b⋅ =

4. Teszt 1. Rögzített t esetén és bármely -ra értelmezzük az ∈ *a ∈ :af → ,

( )

,

,a

ax t at x tf x x tt x

a a

+ − <⎧⎪⎪⎪= ⎨⎪ + − ≥⎪⎪⎩t

függvényeket. Bizonyítsd be, hogy az ( ){ }| 0,aF f a= ∈ ∞ halmaz a függvények összetételével csoportot alkot!

Bizonyítás. ,a bf f F∀ ∈ -re ( )( )

( ) ( )

( )( )

,

,

b b

a b bb

af x t at f x tf f x f x tt f x t

a a

⎧ + − <⎪⎪⎪⎪= ⇒⎨⎪ + − ≥⎪⎪⎪⎩

( )( ) { ,

,

a bf f x abx t abt x t

x tt x tab ab

⎧ = + − <⎪⎪⎪⎪⇒ ⎨⎪ + − ≥⎪⎪⎪⎩

( )b

ax t at tf x t x t

+ − <⎧⎪⎪< ⇔ ⎨ <⎪⎪⎩ (mert vagy

x tt ta ax t

⎧⎪⎪ + − <⎪ ⇔⎨⎪⎪ ≥⎪⎩

x t< vagy ). x t

x t

<⎧⎪⎪ ⇔⎨ ≥⎪⎪⎩x t<

Következik, hogy a bf f F∈ , tehát " " belső művelet -n. FA " " művelet asszociatív, mert a függvények összetétele asszociatív.

1a = -re ( )1f x x F= ∈ , ez pedig semleges elem a függvényösszetételre nézve, így -nek létezik semleges eleme. Faf F∀ ∈ -re 1

a

f F∈ és

( ) ( ) ( )1 11a aa a

f f x x f x f f x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= = =⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

,

tehát minden elem szimmetrizálható. A felsorolt tulajdonságok alapján ( csoport. ),F


2. Az halmazon értelmezzük az 2 2: 1 1x y x y y x∗ = + + + ,

műveletet.

,x y∀ ∈

a) Bizonyítsd be, hogy ( csoport és ( ) . ) )x

,∗ (, ,∗ +

b) Számítsd ki -et....n

nx x x= ∗ ∗ ∗ ( ) ( )( ) ( )( )1 1f f x f y f f x y x y− −+ = ∗ = ∗

Megoldás. a) Ha igazoljuk, hogy :f∃ → bijektív függvény úgy, hogy f művelettartó legyen ( ( ) ( ) ( )f x y f x f y∗ = + ), akkor ebből következik, hogy ( ),∗ csoport és f izomorfizmus (mert tudjuk, hogy ( csoport). Legyen ),+( ) arcshf x = x , így f bijektív -n. , ! ,x y x y′ ′∀ ∈ ∃ ∈ y

′

f y

úgy, hogy , , innen pedig shx x ′= shy ′=

( )sh sh sh ch ch sh shx y x y x y x y x y′ ′ ′ ′ ′ ′∗ = ∗ = ⋅ + ⋅ = + , vagyis

( ) ( ) ( )( )arcsh arcsh shf x y x y x y x y′ ′ ′ ′∗ = ∗ = + = + =

( ) ( ) ( ) ( )arcsh sh arcsh shx y f x′ ′= + = + . Következik, hogy f valóban művelettartó. b) Az a) pontból következik, hogy létezik 1 :f − → , ( )1 shf x− = x

)

= n∀ ∈

és , innen pedig y helyett -et téve kapjuk, hogy . x ( )( ) ( )1 2 sh 2arcshx x f f x x−∗ = =

Feltételezzük, hogy és igazoljuk, hogy az állítás

igaz n -re is.

( )(1... sh 1 arcsh

nx x x n x

−

∗ ∗ ∗ = −

( )( ) ( )1

... ... arcsh 1 arcsh sh arcshn n

x x x x x x ah x n x n x−

∗ ∗ ∗ = ∗ ∗ ∗ = + − = ⋅ .

Így a teljes indukció értelmében , , , tehát ( )sh arcshnx n x x∀ ∈

( )( )

22

2

1 1

2 1

n

nn

x xx

x x

+ + −=

+ +, , n∀ ∈ x∀ ∈

(felhasználtuk, hogy sh2

x xe ex−−

= és ( )2arcsh ln 1x x x= + + ).

3. Bizonyítsd be, hogy a ( ) ( ) ( ) ( ){ }2: 2, 2, | 2 2 ,

n

n nG f f x x n= ∞ → ∞ = + − ∈

halmaz a függvények összetevésével ( -szal izomorf csoportot alkot. ),+(Érettségi, 1995.)

Bizonyítás. Legyen , . :g G → ( )ng f n=

Ha injektív. ( ) ( )n m n mg f g f n m f f g= ⇒ = ⇒ = ⇒

Bármely -re létezik n ∈ nf G∈ úgy, hogy , azaz g szürjektív. ( )ng f n=Az eddigiekből következik, hogy g bijektív.


( )( )( ) ( )( )( )222 2n

m

n mg f f x g x= + −

( )( ) ( )( ) ( )( )

=

( )( )22 2m n

m n n mg x g f x m n g f x g f x+

++ − = = + = +

Következik, hogy g művelettartó. Így ( csoport és g izomorfizmus, ( . ),G ) ( ), ,G +4. Adottak az és műveletek -en. Határozd meg értékét úgy, hogy az

: 2x y ax by⊥ = + − : 2 2x y xy x y c= − − +, ,a b c ( ), ,⊥ struktúra test legyen, majd

igazold, hogy ez a test izomorf az ( testtel. ), ,+ ⋅Megoldás. Nyilvánvaló, hogy a " " és " " műveletek bármely esetén jól értelmezettek. Mivel ( test kell legyen, mindkét mindkét művelet esetében léteznie kell a semleges elemnek, tehát úgy, hogy

és úgy, hogy ,

vagyis úgy, hogy

⊥ , ,a b c ∈), ,⊥

1e∃ ∈

1 1 ,e x x e x x⊥ = ⊥ = ∀ ∈ 2e∃ ∈ 2 2 ,e x x e x x= = ∀ ∈

1 2,e e∃ ∈

( )

( )

( )

11

1 1

2 2 2 2

1 2 02

2 , 1 2 0 ,

2 2 3 2 0

a x beax be x

ae bx x x b x ae x

xe x e c x e x c e

⎧⎧ ⎪⎪ − + − =+ = + ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪+ = + ∀ ∈ ⇒ − + − = ∀ ∈⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪− − + = − + − =⎪ ⎪⎪⎩ ⎪⎩

.

Ez csak akkor lehetséges, ha minden együttható 0, tehát , , ( , ). Az így kapott értékekre ellenőrizhető. hogy

1a = 1b = 6c = 1 2e =

2 3e = , ,a b c { }\ 2x∀ ∈ esetén x -nek létezik szimmetrikusa mindkét művelet esetén, mindkét művelet asszociatív és " " disztributív a "⊥ "-ra nézve, tehát ( ), ,⊥ valóban test. Legyen :f → , ( ) 2f x x= − . f nyilván bijektív, -re

és , tehát

,x y∀ ∈( ) ( ) ( )2 2f x y x y f x f y⊥ = − + − = + ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2f x y x y f x f y= − − =f izomorfizmus.

5. Bizonyítsd be, hogy egy véges test nem zérus elemeinek szorzata . 1−Megoldás. A test és -től különböző elemeit kettes csoportokba szedhetjük ha minden elemet az inverzével párosítunk. Minden párban az elemek szorzata 1 és ezeknek a szorzatát -gyel kell szoroznunk ahhoz, hogy az összes nemnulla elem szorzatát megkapjuk. Így az eredmény .

1− 1

1 1 1− ⋅ = −1−

6. Bizonyítsd be, hogy egy legalább kételemű csoport nem írható fel két valódi részcsoportja egyesítéseként! Megoldás. Legyen csoport és , valódi részcsoportok.

és feltételezhetjük, hogy csoport, különben nem lehet egyenlő -vel. Tegyük fel, hogy

( ,G ⋅)

2

1G G≤ 2G G≤

1 2G G G∪ ⊆ 1G G∪G 1G G⊆ 2 1 és igazolni fogjuk, hogy ekkor . Valóban, mivel

2G G⊂

1G G⊆ 2 , létezik 0 1 0,x G x G∈ ∈ 2 2

2 1

. Legyen és mivel

elemei a csoportnak, , vagyis vagy

12 2 2h G h G−∈ ⇒ ∈

0 2,x h 1G G∪ 0 2 1 2x h G G⋅ ∈ ∪ 0 2x h G⋅ ∈


0 2 2x h G⋅ ∈ . A második lehetőség nem állhat fenn, mivel abból következne, ami hamis. Így , de és innen . Ez igaz -re, tehát . Következik, hogy és mivel valódi részcsoport,

.

0x G∈ 2

1 2 2

1 1

0 2 1x h G⋅ ∈ 10x G− ∈ 2h G∈ 2h G∀ ∈

2G G⊂ 2 1G G G∪ = 1G

2 1G G G∪ ≠

7. Rögzített { }* \ 1n ∈ esetén tekintjük az ( ){ }| , 1nA x n x= ∈ ≠ halmazt (( az a és b egész számok legnagyobb közös osztója). Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy az halmaz a zárt része legyen az összeadásra nézve?

),a b

nA

Megoldás. Feltételezzük, hogy léteznek prímek úgy, hogy , . Ekkor és mivel a zárt részhalmaza a " "-ra nézve,

és esetén , tehát bármely esetén . Nyilvánvaló, hogy ( és az euklideszi algoritmus alapján

létezik úgy, hogy . Az eddigiek alapján 1 , ami ellentmondás, mivel ( ) .

1p p≠ 2

n

1

1n p 2n p

1 2 1 2, , ,np p A p p A∈ − − ∈ nA +

,a b∀ ∈ , nx y A∈ nax by A+ ∈ ,a b ∈

1 2 nap bp A+ ∈ )1 2,p p =,u v ∈ 1 2 1p u p v+ = nA∈

,1 1n =Tehát annak szükséges feltétele, hogy zárt legyen az, hogy ,ahol prím,

. Ez a feltétel elégséges is, hiszen -re , nA

mn p= p*m ∈ x∀ ∈ ( ), kx n p= { }0,1,...,k m∈ és

így pontosan akkor, ha x ; , , -re , tehát . nx A∈ p ,x y∀ ∈ x p y p x y p+

nx y A+ ∈

8. A ( csoportban létezik ),G ⋅ { }* \ 1n ∈ úgy, hogy n n n nx y y x=

1 1 1n n n nx y y x+ + + += 1

n n n nx y y x+ + + += ,x y G∀ ∈

)

2 2 2 2 ,

Bizonyítsd be, hogy ( Ábel-féle csoport. ,G ⋅Bizonyítás. (1)-ből és (2)-ből következik, hogy

( ) ( )11 1 n nn n n ny x xy xy xy y x xy++ + = = = . ,x y G∀ ∈

Egyszerűsítve balról -nel, kapjuk, hogy (*) ( kommutál minden elemmel). Továbbá (1)-ből és (3)-ból következik, hogy

ny 1 1n nyx x y+ += ,x y G∀ ∈ 1nx +

( ) ( ) ( )22 2 n n nn n n n n ny x xy xy xy y x y x= = = . ,x y G∀ ∈

Egyszerűsítve, kapjuk, hogy . Ez utóbbi egyenlőséget

balról beszorozva az x -szel, kapjuk, hogy . A (*)

egyenlőség alapján következik, hogy . Innen . Ez azt jelenti, hogy is kommutál minden elemmel, ezt

felhasználva a (*) egyenlőségben pedig

n n n ny x x y= ,x y G∀ ∈1n n n nxy x x y+= ,x y G∀ ∈1n n n nxy x y x += ,x y G∀ ∈

n nxy y x= ,x y G∀ ∈ ny

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 337 1 1n n n nx y yx yx x x yxy+ += = = . ⇒ yx xy= ,x y G∀ ∈

9. Igaz-e, hogy minden 5 elemű gyűrű kommutatív? Megoldás. Legyen gyűrű, ( , ,R + ⋅) 5R = . Ekkor ( csoport és a Lagrange- tétel következménye alapján esetén

),R +

a R∀ ∈ ( )ord 5a R = , innen vagy . Következik, hogy a gyűrű zéruselemén kívül minden elem rendje 5 (az

összeadásra nézve) ciklikus

( )ord 5a =( )ord 1a =

( ),R⇒ + { }0,1,1 1,1 1 1,1 1 1 1R⇒ = + + + + + + . 0 0 0, 1 1 ,a a a a a a⋅ = = ⋅ ⋅ = ⋅ = ∀ ∈ R

))

))

n

)

,

( )( ) ( ) ( ) ( )(1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + = + + + + + = + + + ( )( ) ( ) ( ) ( )(1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + + = + + + + + + + = + + + + és

( )( ) ( )(1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + + + = + + + + + , tehát ( kommutatív gyűrű. , ,R + ⋅10. Igaz-e, hogy minden n dimenziós vektortér izomorf -nel? n

Megoldás. Nem igaz. Tekintsük a ( -dimenziós vektorteret, ekkor V

minden eleme egyértelműen felírható az ( bázis elemeinek lineáris kombinációjaként, tehát -re , ahol

), , pV +

1 2, , ..., nu u uv V∀ ∈ 1 1 2 2 ... n nv a u a u a v= + + +

, 1,i pa i∈ = n . Következik, hogy nV p= , de nR p≠ n

, , : ,a b c d a c b d+ = + + ( ) ( ), , ,a b c d K∀ ∈

és így nem lehetnek

izomorfak. Megjegyzés. Az állítás igaz lenne, ha egymással izomorf testek fölött lenne értel ezve a két vektortér. m 5. Teszt 1. A K halmazon értelmezzük az = ×

( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) ( ), , : ,a b c d ac bd ad bc bd⋅ = − + + , ( ) ( ), , ,a b c d K∀ ∈

műveleteket. Bizonyítsd be, hogy ( ), ,K + ⋅ kommutatív test. Bizonyítás. -ról könnyen ellenőrizhető, hogy Abel- csoport. ( ,K +) ( )0, 0 a semleges eleme, ( inverze ( . "⋅" nyilván jól értelmezett belső művelet, asszociatív, mert bármely ( -ra

),a b K∈ ),a b K− − ∈) ( ) ( ) ∈, , , , ,a b c d e f K

==

,

⇔

( ) ( ) ( ) ( )( ), , , , ,a b c d e f ac bd ad bc bd e f⋅ ⋅ = − + + ( ),ace bde adf bcf bdf acf bdf ade bce bds adf bcf bdf= − − − − − + + + + + +

( )( ) ( )( )( ), , , ,a b ce df cf de df a b c d e f= − + + = . ( )1 2,e e K∈ semleges elem pontosan akkor, ha ( ) -ra ,a b K∈

( )( ) ( )( ) ( )1 2 1 2, , , , ,a b e e e e a b a b= =

( )

( )1 2 1 2

2 1 2 2 1 2

1 0

1 0

ae be a a e be

ae be be b ae b e e

⎧⎧ − = − − =⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪+ + = + + − =⎪ ⎪⎩ ⎪⎩.


Mivel bármely ( ) teljesíti a rendszer egyenleteit, az együtthatók mind 0 kell legyen, innen pedig , . ( , ez tehát valóban semleges elem.

,a b K∈

1 1e = 2 0e = )1, 0 K∈

( ) ( ), , ,a b c d K∀ ∈ -ra ( , ) ( ) ( ) ( )(, , , , ,a b c d ac bd ad bc bd c d a b⋅ = − + + = )

=

)

tehát K kommutatív. ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ), , , ,a b c d e f a c e b d f a d f b c e b d f+ = + − + + + + + +

( )( ) ( )( ), , , ,a b c d a b e f= + . Az eddigiek alapján ( kommutatív gyűrű. , ,K + ⋅2. Bizonyítsd be, hogy az

* :x y xy= , , 0x y∀ >3ln: yx y x= , , 0x y∀ >

műveletekkel az ( )0,A = ∞ halmaz test és ( ) . ( ),*, , ,A + ⋅Bizonyítás. 3. Adott az

( ) { }M

1 010 0 0 \2

0 1

x x

A x x

x x

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪−⎪ ⎪⎢ ⎥⎪ ⎪⎪ ⎪⎢ ⎥⎪ ⎪= = ∈⎢ ⎥⎨ ⎬⎪ ⎪⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎪ ⎪−⎪ ⎪⎢ ⎥⎣ ⎦⎪ ⎪⎩ ⎭

halmaz. a) Bizonyítsd be, hogy ( )M,⋅ Ábel-féle csoport. b) Számítsd ki az ( )[ ]nA x mátrixot!

Megoldás. a) Bármely -re ( ) ( ) M,A x A y ∈

( ) ( )

1 0 2

0 0 0

2 0 1 2

x y x y xy

A x A y

x y xy x y xy

⎛ ⎞− − + − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ − − − +⎜ ⎟⎝ ⎠

.

1 1 122 2 2

x y xy x y x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜+ − = ⇔ − ⋅ − = ⇔ =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠102

vagy 12

y = , ami nem

lehetséges, így , , azaz "⋅" kommutatív.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) M2A x A y A x y xy A y A x⋅ = + − = ⋅ ∈( ) ( ) M,A x A y∀ ∈

A "⋅" kommutatív, mert a mátrixok szorzása is az. Bármely -re és , tehát

semleges elem. ( ) MA x ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0A x A A A x A x⋅ = ⋅ = ( ) M0A ∈

( )0A

{ }12 0 \ ,1 2 2 2xx y xy y xx

+ − = ⇔ = − ∈ ∀ ≠−

1 -re, tehát bármely -

re létezik úgy, hogy , azaz minden elem szimmetrizálható.

( ) MA x ∈

( ) MA y ∈ ( ) ( ) ( )0A x A y A⋅ =


Az eddigi tulajdonságok alapján ( )M,⋅ Ábel-csoport. b) Az a) pont alapján -re, innen ( )( ) ( ),n

nA x A a n= ∀ ∈

( )( ) ( ) ( )( ) ( )11 12n n

n n nA x A x A x A x a x a A a−− −= ⋅ = + − ⋅ =

( )

( )⇒

{ }*1

11 2 , , \2n na x a x n x−⇒ = + − ∀ ∈ ∈ , vagyis

( )

( ) ( )

( ) ( )

1

1 2

11

1 2

1 2 | 1 2...................................

0 1 2 | 1 2

n n

n n

n

a x a x

a x a x x

a x x x

−

⊕− −

−

⎧ = + −⎪⎪⎪⎪ = + − −⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪ = + ⋅ − −⎪⎪⎩

⇒

( ) ( ) ( ) ( )1 11 2 ... 1 2 1 1 2 ... 1 2n nna x x x x x x x x− −⎡ ⎤= + − + + − = + − + + − =⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( ) { }*1 2 1 1 1 2 1, , \2 2

n nx xx nx

− − − −= ⋅ = ∀ ∈ ∀ ∈

− 2x .

Következik, hogy ( )( )( )1 1 2

2

nn xA x A

⎛ ⎞− − ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠, ha és . 0x ≠ ( )( ) ( )0 0nA A=

4. Az -en értelmezzük az , műveletet. * : 4 4x y xy x y α= − − − ,x y∀ ∈

a) Határozd meg értékét úgy, hogy a α ∈ [ )4,G = ∞ zárt része legyen -nek -ra nézve. *b) Milyen esetén csoport a α [ )( 4, ,*∞ ) struktúra?

Megoldás. a) [ ), 4,x y∀ ∈ ∞ -re ( )( )4 4 4 4 16 16x y xy x y x yα α∗ = − − − = − − − − ≥− −α

∞ −

)

, tehát annak szükséges és elégséges feltétele, hogy G zárt része legyen -nek -ra nézve az az, hogy legyen, vagyis .

*16 4α− − ≥ ( ], 12α ∈ −

b) A zártság és az asszociativitás teljesül minden esetén. ( ], 12α ∈ −∞ −e G∃ ∈ úgy, hogy -re úgy, hogy

, ahonnan .

,x e e x x x G∗ = ∗ = ∀ ∈ e G⇔ ∃ ∈

( )4 1 4 0,x e e x Gα− − − − = ∀ ∈55 0

204 0

ee

e αα

=− =⎧ ⎧⎪ ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ = −⎪ + = ⎪⎪ ⎪⎩⎩Ebben az esetben minden elem invertálható is, tehát ( valóban csoport. ,G ∗

5. Hány elem van az , : p pf → ( ) 1f x x x−= + függvény képtartományában, ha prímszám? p

Megoldás. Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha . Így az 1 és argumentumokon kívül az pároknak

egy-egy elem felel meg a képtartományban, tehát a képtartomány elemeinek száma

( ) ( )f x f y=

( 1)( )xy x y− − = 0 1− 1{ , }x x−

3 122 2p p− +

+ = .


6. Használhatjuk-e a Horner sémát [ ]n X -ben az elsőfokú polinommal való osztási hányados és maradék meghatározására?

X a−

Megoldás. Legyen . Ha létezik és úgy, hogy , akkor -t behelyettesítve kapjuk, hogy , innen . Két polinom csak akkor egyenlő, ha fokszámuk és a megfelelő együtthatók egyenlők, tehát ha

, ,

akkor következik, hogy és , , ...,

, azaz

( ) [ ]nP x x∈ [ ]1 2, nQ Q x∈ 1 2, nr r ∈( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2ˆP x Q x x a r Q x x a r= ⋅ − + = ⋅ − + 2ˆ

2 )ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ...p pp pQ x a x a x a x a x−

−= + + + ( ) 12 1 1 0

ˆ ˆ ˆ ˆ...p pp pQ x b x b x b x b x−

−= + + +

ˆ

a

a

1r r= ( ) ( ) ( ) (1 2ˆQ x x a Q x x a⋅ − = ⋅ −

( ) 11 1 1 0

p m= ˆ ˆp mb a= 1 1ˆ ˆˆ ˆ ˆp p m mb a b a a a− −+ = +

0 1 0 1ˆ ˆˆ ˆ ˆa a a b b+ = + ˆ ˆ , 0,i ib a i m= ∀ = és innen . Következik,

hogy a hányados és a maradék egyértelmű, tehát alkalmazható a Horner- séma.

( ) ( )1 2Q x Q x=

7. Az M halmazon értelmeztük a műveletet. Bizonyítsd be, hogy ha létezik e M úgy, hogy , és

* ∈*x e x= x M∀ ∈ ( ) ( )* * * *x y z z y x= , , akkor

kommutatív monoid.

, ,x y z M∀ ∈

( ),*M

)

Bizonyítás. Mivel , , esetben kapjuk,

hogy

( ) ( )x y z z y x∗ ∗ = ∗ ∗ , ,x y z M∀ ∈ y e=

( ) ( )x e z z e x∗ ∗ = ∗ ∗ x z z x⇔ ∗ = ∗ , , ,x y M∀ ∈azaz " " kommutatív. ∗z helyett e -t írva x e , , tehát e semleges elem. e x x∗ = ∗ = x M∀ ∈A kommutativitást felhasználva a megadott feltétel a következőképpen alakul:

( ) ( ) ( ) ( )x y z z y x y z x x y z∗ ∗ = ∗ ∗ = ∗ ∗ = ∗ ∗ , , , ,x y z M∀ ∈azaz " " asszociatív. ∗Ezen tulajdonságok alapján ( kommutatív monoid. ,M ∗8. A ( csoportban ),G ⋅

( )n n nxy y x= ,

( ) 1 1n n nxy y x+ + += 1

x y yx yx x x yx+ += = = ,x y G∀ ∈

és

( )2 2 2n n nxy y x= ,x y G∀ ∈ esetén. Bizonyítsd be, hogy ( kommutatív. ),G ⋅

(Radó Ferenc Emlékverseny, 2001.) Bizonyítás. , ( ) ( ) ( )11 1 1n nn n n ny x xy xy xy y x y++ + += = = ,x y G∀ ∈ ⇒

1 1n nyx x y+ +⇒ = , . ,x y G∀ ∈

( ) ( ) ( )2 2 2n n nn n n n n ny x y x xy xy xy y x= = = , ,x y G∀ ∈ ⇒n n n nx y y x⇒ = , , . ,x y G∀ ∈ ⇒ 1n n n nx y x y x += ,x y G∀ ∈

Az eddigiekből következik, hogy , , innen ; és y helyét felcserélve kapjuk, hogy , .

1n n n nx y x x y+= ,x y G∀ ∈ n ny x xy= xn nx y yx= ,x y G∀ ∈

1 1n n n n , , , xy yx⇒ = ,x y G∀ ∈


azaz ( kommutatív csoport. ),G ⋅9. Igaz-e, hogy egy gyűrűben minden -tól különböző elem zérusosztó vagy egység? 0Megoldás. Nem igaz.

Tekintsük az gyűrűt és az ( )(F , ,+ ⋅) :f → ,

függvényt.

( )2 , 0,

1 , 0,

x x xf x

x x

⎧ ≥ ∈⎪⎪⎪= ⎨⎪ < ∈⎪⎪⎩f nem zérusosztó, mert

( )

( )

2 0, 0,0 0

0, 0,

x g x x xf g g

g x x x

⎧ = ∀ ≥ ∈⎪⎪⎪⋅ = ⇔ ⇔ =⎨⎪ = ∀ < ∈⎪⎪⎩.

Ha ( )

( )( )

**

12 1, ,21

1 , 1 ,

x

xg x x x

f g g xg x x x−

−

⎧⎪⎧ = ∈⎪ ⎪ ∈⎪⎪⋅ = ⇒ ⇒ =⎨⎪ = ∈⎪ ⎪ ∈⎪⎩ ⎪⎪⎩

⎪⎪⎨⎪

)

, ez azonban nem

eleme -nek. ( )FMegjegyzés. Igazolható, hogy minden véges gyűrűben agy 0 -tól különböző elem vagy zérusosztó vagy egység. Valóban, ha ( gyűrű, nem zérusosztó, akkor az , ,R + ⋅ a R∈ ( )af x a= x függvény injektív (ax ), és mivelR véges, ay x y= ⇒ = af bijektív, tehát invertálható,

úgy, hogy :ag R R∃ → ( )a a a af ag g a g x= ⇒ ⋅ = x R∀ ∈

) )

f x , , ahol , tehát a -nak létezik jobboldali inverze.

( )aa g e e⇒ ⋅ =( )ag e R∈

Hasonlóképpen igazolható, hogy a -nak van baloldali inverze és ez egyenlő a jobboldali inverzzel, tehát a egység. 10. Izomorf-e az ( csoport az ( csoporttal? ,+ * ,+ ⋅

Megoldás. Legyen *:f +→ , ( ) xf x e= . f bijektív és

, tehát ( ) . ( ) ( ) ( )x y x yf x y e e e f x f y++ = = ⋅ = ⋅ ( )*, ,++ ⋅

6. Teszt 1. Bizonyítsd be, hogy a

2 24 2

0, , , 2 17 4

x y yH x x y x

y x y

⎧ ⎫⎡ + ⎤⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎢ ⎥= ≠ ∈ −⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪− −⎪ ⎪⎢ ⎥⎣ ⎦⎪ ⎪⎩ ⎭y =

1 2

x y x y− = − = 1 0x ≠

halmaz a mátrixok szorzására nézve csoportot alkot.

Bizonyítás. , , ,

, , esetén

,A B H∀ ∈1 1 1

1 1

4 2

7 4

x y yA

y x y

⎛ + ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2 2

2 2

4 2

7 4

x y yB

y x y

⎛ + ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠2 2 2 21 1 2 22 2 1 1 0y ≠

1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2

4 4 2 2 2

7 7 4 4 2

x x x y x y y y x y y xA B

x y y x x x x y x y y y

⎛ + + + + ⎞⎟⎜ ⎟⎜⋅ = =⎟⎜ ⎟− − + + +⎜ ⎟⎝ ⎠


4 2

7 4

x y y

y x y

⎛ + ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠, ahol , és

1 2 1 2

1 2 1 2

2x x x y y

y x y y x

⎧ = +⎪⎪⎨ = +⎪⎪⎩0x ≠

2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 4 4 2 4 2x y x x x x y y y y x y x x y y y x− = + + − − − =

1

( )( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 22 2 4 2 2x x x y y x y y x y x y= − − + = − − = ,

tehát A B zárt a "⋅"-ra nézve. H⋅ ∈ H⇒A "⋅" asszociatív, mivel a mátrixok szorzása is az.

2I1 0

0 1H

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ∈⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ és -ra A H∀ ∈ 2 2I IA A A⋅ = ⋅ = , tehát létezik semleges elem.

2I1 2 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 4 4 1

0

2 4 4 1

x x y y y x x y

A B B A y x x y

x x y y y x x y

⎧⎪ + + + =⎪⎪⎪⎪⋅ = ⋅ = ⇔ + = ⇔⎨⎪⎪⎪ + − − =⎪⎪⎩

2 11 2 1 2

2 11 2 1 2

2 1

0

x xx x y yyy x x y

=⎧ + =⎪ ⎧⎪⎪ ⎪⇔ ⇒⎨ ⎨ = −⎪ + = ⎪⎪⎩⎪⎩y

1

(felhasználtuk, hogy ). 2 21 12 1x y− =

2 0x ≠ és , tehát B és így minden elem invertálható. 2 22 22x y− = H∈

A felsorolt négy tulajdonság alapján ( ),H ⋅ csoport. 2. Adj példát olyan [ ]6P ∈ X

2

polinomra, amelynek több gyöke van, mint amennyi a fokszáma.

(Érettségi javaslat, 2001.) Megoldás. A polinom fokszáma 1, gyökeinek száma pedig 2:

gyökök. ( ) 2P x x= − ˆ ˆ1, 4

3. Az [ )0,A = ∞ halmazon értelmezzük az

* :2 1x yx yy+

=+

,

,x y A∀ ∈ műveletet.

a) Bizonyítsd be, hogy a művelet nem asszociatív. b) Van-e a műveletnek semleges eleme? *c) Bizonyítsd be, hogy a [ )0,1 intervallum zárt a * műveletre nézve.

Megoldás. Az asszociativitás ellenőrzése során látható, hogy a művelet nem

asszociatív. Például 30 * (1 * 2)11

= és 7(0 * 1) * 215

= . A semleges elem

értelmezése alapján látható, hogy ilyen elem nincs az A -ban. Az [1 intervallum

zárt a műveletre nézve, mert ha , akkor és így

, 0)

, [0,1x y ∈ ) < + 1x y 0 12 1x yy+

< <+

.

4. Értelmezzük -en az , ( )

műveletet.

:x y xy ax by c= + + + ,x y∀ ∈ , ,a b c ∈


a) Határozd meg a , és c értékét úgy, hogy az halmaz a művelettel csoportot alkosson.

b (1,M = ∞)

)

)

" "

b) Bizonyítsd be, hogy az előbbi értékek esetén ( . , ,a b c ) ( ), ,M +

Megoldás. a) ( csoport, következik, hogy létezik e úgy, hogy ,M M∈

,x e e x x x M= = ∀ ∈ , vagyis , innen

pedig és mivel

( )

( )

1 0,

1 0

x e a be cx M

x e b ae c

⎧ + − + + =⎪⎪⎪ ∀ ∈⎨⎪ + − + + =⎪⎪⎩

(

1 0

1 01

01

0

e aa b

e bc a a

be ce a

ae c

⎧ + − =⎪⎪ ⎧⎪ =⎪ ⎪⎪ ⎪+ − =⎪ ⎪⎪ ⎪⇒ = −⎨ ⎨⎪ ⎪+ =⎪ ⎪⎪ ⎪ = −⎪ ⎪⎪⎩⎪ + =⎪⎩

1 0e a> ⇒ < ⇒

( )1x y xy ax ay a a⇒ = + + + − . Minden elem invertálható, így úgy, hogy ,x M x M′∀ ∈ ∃ ∈

( ) ( )1 1 1x x x x e a x x a a a a ax′ ′ ′= = = − ⇔ + = − + − − ⇔ ( )( )1 1a a axx M x M ⇒ 0,x a x M+ ≠ ∀ ∈

x a− + −′⇔ = ∈ ∀ ∈

+

1

, azaz . 1a ≥−

M zárt kell legyen, tehát -re . , 1x y∀ > 1x y >( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 21 1 1 1 1 1 1x y x y a x a y a a a a= − − + + − + + − + + + > + + ,

így elégséges, ha ( ] [ )2 1 1 , 1 0,a a a+ + ≥ ⇔ ∈ −∞ − ∪ ∞ . Összevetve a kapott eredményeket kapjuk, hogy . Erre az értékre " " asszociatív és minden elem invertálható, tehát ( valóban csoport.

1a = −),M

b) Legyen :f M → , , ekkor ( ) (ln 1f x x= − ) f bijektív és ( ) ( ) ( )( )( )ln 1 ln 1 1f x y x y x y= − = − − =

+

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 1 ln 1 , ,x y f x f y M= − + − = + ⇒ .

5. Határozd meg a { }| ,d a b d a b⎡ ⎤ = + ∈⎢ ⎥⎣ ⎦ (d rögzített) gyűrű összes

automorfizmusát!

∈

Megoldás. :f d⎡ ⎤ ⎡→⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣ d⎤⎥⎦ automorfizmus f⇔ bijektív,

, , ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + ( ) ( ) ( )f x y f x f y⋅ = ⋅ ,x y d⎡ ⎤∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ esetén.

0x y= = -ra , tehát . ( ) ( ) ( )0 0f f f= + 0 ( )0 0f =y x= -re és indukcióval igazolható, hogy ( ) ( )2 2f x f x= ( ) ( )f nx nf x= , x d⎡ ⎤∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ , . n∀ ∈

y x= − -re ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]0 0 ,f f x f x f x f x x= = + − ⇒ = − ∀ ∈ x .

Következik, hogy ( ) ( ), ,f kx kf x k x d⎡ ⎤= ∀ ∈ ∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ .


( ) ( ) *, ,m kkf x f kx f k x m f x k mm m

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜= = ⋅ = ⋅ ∀ ∈ ∀ ∈⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⇒

( ) *, , ,k kf x f x x d k nm m⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎟⎜⇒ = ∀ ∈ ∈ ∈⎟⎜ ⎢ ⎥⎟⎜ ⎣ ⎦⎝ ⎠

.

( )a b d d⎡ ⎤∀ + ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ , ( ) ( ) ( ) ( )1f a b d f a f b d af bf d+ = + = + .

Az ( ) ( ) ( ), ,f xy f x f y x y Q d⎡ ⎤= ∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ egyenlőségből

1x y= = -re (különben ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1f f f f f= ⋅ = ⋅ ⇒ = 1 f nem bijektív). Ha d nem teljes négyzet vagy , akkor 0d <

x y d= = -re ( ) ( ) ( )2d f d f d f d d= = ⇒ = ± , tehát

( ) ,f a b d a b d a b d d⎡ ⎤+ = + ∀ + ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ vagy

( ) ,f a b d a b d a b d d⎡ ⎤+ = − ∀ + ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ esetén.

Ezek a függvények bijektívek és így automorfizmusok. Ha d teljes négyzet és , akkor 0d > a b d q+ = ∈ , -ra, így ,a b∀ ∈ ( )f q q= ,

az egyetlen automorfizmus. q∀ ∈

46. Határozd meg az 5 23 2f x x x= + + +

1

polinom osztási hányadosát és maradékát a polinommal 3 22 3g x x= + + [ ]5 X -ben. Megoldás.

5 2ˆ ˆ3 2x x x+ + + 4 1 3 2ˆ ˆ2 3x x+ + 5 4ˆ ˆ ˆ3 2 4x x x+ + 2 4 2ˆ ˆ4 4x x+ +

4 2ˆ ˆ ˆ3 2 2x x x+ + + 4

4 3ˆ ˆ ˆ3 2 4x x+ + x

3 2ˆ ˆ ˆ3 2 3x x x+ + + 4

3ˆ ˆ3 2x x+ + 4

3 x Tehát a hányados és a maradék . 2ˆ ˆ4 4x x+ + 4 3x

1 )7. Bizonyítsd be, hogy ha akkor ( , ahol ( az

számok legnagyobb közös osztója.

,a b ∈ ) ( ),2 1,2 1 2 a ba b− − = − ,x y

,x y ∈

Bizonyítás. Legyen ( ) 1, ,a b d a d a b d b= ⇒ = ⋅ = ⋅ 1

⎤⎥⎦

) 1 1 1

, ahol és

-re ha , , akkor d d . 1 1,a b ∈

d ′∀ ∈ 2 2,a d a b d b′ ′= ⋅ = ⋅ 2 2,a b ∈ ′

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 11 22 1 2 1 2 1 2 2 ... 1 2 1

a a aa d d d d d− −⎡− = − = − + + + −⎢⎣, hasonlóképpen

, tehát közös osztója és 2 -nek. ( ) (2 1 2 1b d− − 2d − 2a − b −


8. Az gyűrűben , bármely x esetén. Bizonyítsd be, hogy , bármely x esetén. ( , ,A + ⋅) x

xA

)4

A

12x = A∈2x = A∈

Bizonyítás. -ra . x A∀ ∈ ( ) 1212 0,x x x x x x x− = − = = ⇒ + = ∀ ∈

( ) ( ) ( )( ) ( )2 212 6 6 5 4 3 21 1 1 6 15 20 15 6 1x x x x x x x x x+ = + = + = + + + + + + =

( ) (26 4 2 12 8 4 10 8 6 4 21 1 2 2x x x x x x x x x x x= + + + = + + + + ⋅ + + + + = 12 8 4 8 41 1x x x x x x= + + + = + + + , , innen x A∀ ∈ ⇒ 8 4 0x x+ = ⇒ 8x x=

12 8 4 4 4 8 4x x x x x x x x= = ⋅ = ⋅ = = ⇒ 4 8 4 4 2,x x x x x x x x x⇒ = = = ⋅ = ⋅ = ∀ ∈ .

9. Létezik-e olyan elemű csoport, amely nem izomorf -tel? 7 7

Megoldás. Legyen csoport és ( ),G ⋅ 7G = . A Lagrange- tétel következménye alapján esetén a G∀ ∈ ( )ord 7a ⇒ ( )ord 1a = vagy . Ha a , akkor

, tehát esetén . ( )ord 7a = e≠

( )ord 1a ≠ ,a G a e∀ ∈ ≠ ( )ord 7a =

Így { }2 3 4 5 6, , , , ,a a a a a a G⊂ ⇒G ciklikus, tehát ( és így nem létezik olyan 7 elemű csoport, amely nem izomorf -tel.

) ( 7, ,G ⋅ )+

7

10. Izomorfak-e az [ ]( ), ,X + ⋅ és [ ]( , ,X + ⋅) polinomgyűrűk? Megoldás. Feltételezzük, hogy [ ] [ ]:f X X∃ → bijektív függvény úgy, hogy

, teljesüljenek minden ( ) ( ) ( )f P Q f P f Q+ = + ( ) ( ) ( )f P Q f P f Q⋅ = ⋅[ ],P Q X∈ -re.

A polinomokra , mivel ( ) ( ) 1,P x Q x x= = ∀ ∈ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1f f f f= ⋅ ⇒ = 1 f

bijektív. esetén ( ) ,P x i x= ∀ ∈ ( ) ( ) ( ) ( )1n n n 1f P f i f i f= = = = . Legyen

, ( )f P Q= [ ] ( ) 1nQ X Q x∈ ⇒ = , . Ha , akkor , és minden más együttható 0. De

és így vagy , tehát

vagy . De , és így

x∀ ∈ ( ) 0...nnQ x a x a= + +

( ) ( ) 0 1n nQ x x R x a= ⋅ + = x∀ ∈ ⇒ 0 1na =

0a ∈ 0 1a = ± ⇒ ( ) 1,Q x x= ∀ ∈ ( ) 1,Q x x= − ∀ ∈

( ) 1f i = ( ) 1f i = − ( )1 1f = ( )1f − = −1 f nem bijektív, ellentmondáshoz jutottunk [ ]( ) [ ]( ), , , ,X X⇒ + ⋅ + ⋅ .

7. Teszt 1. -ben oldd meg a 5

2 4

0

4 2 2 3

x y z

x y z

x y z

⎧⎪ + + =⎪⎪⎪⎪ + − =⎨⎪⎪⎪⎪ + + =⎪⎩

egyenletrendszert.


Megoldás. Az első egyenletet 2-vel szorozva megkapjuk a harmadikat, tehát a rendszer határozatlan. Legyen , ekkor 5z α= ∈

ˆ ˆ2 4 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ4 4 2 4 3 3x y

x x yx y

αα α α α α

α

⎧⎪ + = −⎪⎪ ⇒ + = − ⇒ = − = + ⇒ = +⎨⎪ + =⎪⎪⎩1 .

A rendszer megoldásai tehát:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ4,1, 0 , 2, 4,1 , 0,2,2 , 3, 0, 3 , 1, 3, 4M = .

2. Bizonyítsd be, hogy ha a ( részcsoportja ( -nak és ( , akkor H .

),H + ),+ ) ( ), ,H + +=

(Érettségi, 2001.) 3. Asszociatív-e -en az , művelet? :x y xy x= + ,x y∀ ∈

Megoldás. Nem asszociatív, mert ( ) és . 1 1 1 2 1 4= = ( )1 1 1 1 2 3= =4. A halmazon értelmezzük az , műveletet

.

( ):x y xy a x y b= + + + ,x y∀ ∈

( ),a b ∈a) Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy ( kommutatív monoid

legyen? ),

b) Ha ( monoid határozzuk meg az invertálható elemeket! )

)

⇔

,Megoldás. a) Bármely esetén x y , tehát zárt a " " műveletre nézve és , vagyis " " kommutatív.

,x y ∈ ∈( )x y xy a x y b y x= + + + =

Ha kommutatív monoid, akkor pontosan akkor létezik semleges eleme, ha úgy, hogy

( ,e∃ ∈ ,x e x x= ∀ ∈ ⇔ ( ) ,xe a x e b x x+ + + = ∀ ∈ ⇔

( )1 0,x e a ae b x⇔ + − + + = ∀ ∈ ⇔( )

11 0

0 1

e ae a

ae b b a a

⎧ = −⎧ + − = ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ⇒⎨ ⎨⎪ ⎪+ = = −⎪ ⎪⎩ ⎪⎩,

innen . ( ) ( )( )2x y xy a x y a a x a y a a= + + + − = + + −Bármely -re , azaz " " asszociatív. Következik, hogy annak szükséges és elégséges feltétele, hogy ( ) monoid legyen az, hogy .

, ,x y z ∈ ( ) ( )( )( ) ( )x y z x a y a z a a x y z= + + + − =,

2b a a= −b) x invertálható akkor és csakis akkor, ha úgy, hogy x ′∃ ∈

( )( ) 1x x x x e x a x a a e a′ ′ ′= = ⇔ + + − = = − 1 1x a x ax a

′⇔ = − ∈ ⇔ + = ±+

,

tehát ( ) { }1 , 1U a= − − −a .

5. Milyen esetén test a d ∈ ,d

a bH a b

db a

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎪⎪⎢ ⎥= ⎨⎢ ⎥⎪⎢ ⎥⎪ ⎪

⎪⎪∈ ⎬⎪⎣ ⎦⎪ ⎪⎩ ⎭

halmaz, a mátrixok

összeadására és szorzására nézve?


Megoldás. Mivel test kell legyen, ( csoport, tehát

esetében létezik úgy, hogy ( és -

ra, semleges elem).

( , ,dH + ⋅) )*,dH ⋅ *dA H∀ ∈

*dA H′ ∈ 2A A A A I′ ′⋅ = ⋅ = 2 , 1dI H a∈ = 0b =

2I

Legyen úgy, hogy *0 2

2 0 dA Hd

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ∈⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠*d

a bA H

db a

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟′ ⎜⇒ ∃ = ∈⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠2

0 2

2 0A I

d

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟ ′⎜ ⋅ = ⇔⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0 2 1 0 2 2 1 0 2 1 10 1 0 12 0 2 02 2 2

a b db a dbdb

d adb a ad db

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =⎪⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎪⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⇔ = ⇔ = ⇔ ⇒ =⎨⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎪ =⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪⎩∉

)

,

de , tehát ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy nem létezik d , amelyre ( ) test.

,d b db∈ ⇒ ∈

∈ , ,dH + ⋅

6. Határozd meg a ( test automorfizmusait. , ,+ ⋅Megoldás. f automorfizmusa ( -nak, ha ), ,+ ⋅ :f → , f bijektív,

, , . ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + ( ) ( ) ( )f x y f x f y⋅ = ⋅ ,x y∀ ∈Az ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + (Cauchy- féle függvényegyenlet) megoldása

-ra. ( ) ( )1 ,f x x f x= ⋅ ∀ ∈

Az összefüggésbe -et behelyettesítve kapjuk, hogy , ahonnan (különben

( ) ( ) ( )f xy f x f y= 1x y= =( ) ( ) ( )1 1f f f= 1 1( )1f = f nem lenne bijektív).

Következik, hogy az ( ) ,f x x x= ∀ ∈ az egyetlen automorfizmusa ( -nak. ), ,+ ⋅

7. Az halmazon értelmeztünk egy "⋅" műveletet, amely a következő tulajdonságokkal rendelkezik

M

2x x= , x M∀ ∈( ) ( )x y z y z x⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ , , ,x y z M∈

Bizonyítsd be, hogy a művelet asszociatív és kommutatív. Bizonyítás. esetén z x , így a megadott egyenlőségek alapján ,x y M∀ ∈ y M= ∈

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )xy yx y yx x yx x y xx y y xy y yy x yx= = = = = = , innen pedig és y felcserélésével ( . x )( )yx xy xy=Másrészt

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( )xy z xy z xy z z xy z xy xy z xy z= = = =

( )( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )z xy xy z xy xy z z xy z z zz xy z xy= = = = = . A helyettesítéssel kapjuk, hogy z yx=

( )( ) ( )( )xy yx yx xy= , . ,x y M∀ ∈Az ( , ( és ( egyenlőségekből )( )xy yx yx= )( ) ( )( )xy yx yx xy= )( )yx xy xy=

( )( ) ( )( )xy yx xy xy yx yx= = = , tehát "⋅" kommutatív és így ( ) , esetén, tehát "⋅" asszociatív.

( ) ( )xy z yz x x yz= = , ,x y z M∀ ∈


8. Bizonyítsd be, hogy ha az A gyűrűben és , akkor a következő

kijelentések egyenértékűek:

1 0≠ ,a b A∈

1. ab és a a= 2 1ba b =2. 1ab ba= =3. ab és b az egyetlen ilyen eleme -nak. a a= A

Megoldás. "1)⇒2)" 2 21ba b ba ba a ba aba a ba a a= ⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒2 1ba b ab ab⇒ = ⇒ = .

Hasonlóképpen 2 21ba b aba b a aba ab a a ab a= ⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒2 1ba b ba ba⇒ = ⇒ = .

"2) 3)" ⇒ 1ab aba a= ⇒ =Tegyük fel, hogy b úgy, hogy ab , ekkor A′ ∈ a a′ =

1ab ab ab ab bab b b b′ ′ ′= ⇒ = ⇒ = ⇒ =′ , tehát b az egyetlen olyan eleme -nak, amelyre ab . A a b="3) 1)" ⇒9. Létezik-e olyan negyedfokú polinom felett, amely felírható elsőfokú polinom szorzataként úgy, hogy az elsőfokú polinomok közül egyiknek se legyen gyöke, de a negyedfokúnak legyen?

6 4

Megoldás. Keresünk -ban olyan elsőfokú polinomokat, emlyeknek nincs gyökük. Ehhez az szükséges, hogy x együtthatója ne legyen invertálható elem -

ban. Ha , akkor

6

6

( ) ˆˆP x ax b= + { }ˆ ˆ ˆˆ 2, 3, 4a ∈ .

Ha , akkor ˆˆ 2a = { } { }ˆˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆˆ 0,2, 4 1, 3, 5ax b∈ ⇒ ∈ .

Ha , akkor ˆˆ 3a = { } { }ˆˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆˆ 0, 3 1,2, 4, 5ax b∈ ⇒ ∈ .

Ha , akkor ˆˆ 4a = { } { }ˆˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆˆ 0,2, 4 1, 3, 5ax b∈ ⇒ ∈ .

Legyen , és , ( ) ( )( )( )( )1 1 2 2 3 3 4 4ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆQ x a x b a x b a x b a x b= + + + + gr 4Q = ˆ

i ia x b+

1, 4i = olyan elsőfokú polinomok, melyeknek nincsenek gyökei. Ekkor Q -ban

együtthatója , tehát

4x

1 2 3 4ˆ ˆ ˆ ˆa a a a ˆˆ 3, 1, 4ia i= = vagy { }ˆ ˆˆ 2, 4 , 1, 4ia i∈ = , különben

lenne. gr 4Q <

Ha ˆˆ 3, 1, 4ia i= = , akkor alakú. Mivel ( ) ( )1 1 2ˆˆ ˆ ˆ3Q x Q x b b b b= ⋅ + 3 4 { }ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ1,2, 4, 5ib ∈ ,

1, 4i = , ezért { }1 2 3 4 1,2, 4, 5b b b b ∈ , de ( ) { }13 0Q x⋅ ∈ , 3 , így ,

, tehát Q -nak nincs gyöke.

( )1 1 2 3 4ˆˆ ˆ ˆ3 0Q x b b b b⋅ + ≠

6x∀ ∈

Ha { }2, 4ia ∈ , akkor , ahol . Ebben az esetben

és

( ) ( )1 1 2Q x c Q x b b b b= ⋅ + 3 4 { }2, 4c ∈

( ) { }1 0,2, 4c Q x⋅ ∈ { }1 2 3 4 1, 3, 5b b b b ∈ , tehát Q -nak nincs gyöke.

Az előbbiek alapján nem létezik a feltételeknek eleget tevő polinom. 10. Izomorf-e az ( csoport a ( csoporttal? ) ),+ ,+


Megoldás. Ha fölötti vektortereknek tekintjük, akkor azonos a dimenziójuk. Így létezik a két vektortér közt egy térizomorfizmus. Ez izomorfizmus a vizsgált additív csoportok közt is. 8. Teszt 1. Oldd meg a egyenletet , és -ben. 23 4 1x x− + = 0

0

0

5 6 11

Megoldás. -ben nincsenek zérusosztók, így 5

( )( )23 4 1 0 3 1 1 0x x x x− + = ⇔ − − = ⇔

3 1x⇔ − = vagy . 1 0x − = ⇔ { }1,2x ∈

11 -ben hasonlóképpen járunk el: vagy 3 1x − = 1 0x − = ⇔ { }1, 4x ∈ .

6 -ban nem lehet páros maradékosztályú, mert akkor páratlan maradékosztályú és így nem lehet 0. Ha , akkor , ha , akkor , ha pedig , akkor , tehát az egyetlen megoldás.

x 23 4x x− + 1

04 2

1

1x = 23 4 1x x− + = 3x =23 4 1x x− + = 5x = 23 4 1x x− + = 1x =

2. Az halmazon értelmezzük az műveletet bármely esetén.

: 2 2 2 3x y xy x y= − − +,x y ∈

a) Bizonyítsd be, hogy a művelet asszociatív. b) Zárt része-e -nek a műveletre nézve? \ " "

(Érettségi javaslat, 2001.) Megoldás. a) ( )( )2 2 2 3 2 1 1x y xy x y x y= − − + = − − +

( ) ( )( )[ ] ( )( )( )2 1 1 1 4 1 1 1 1x y z x y z x y z= − − + = − − − + =

( ) ( )( )[ ]{ } ( )( )[ ] ( )2 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1x y z x y z x y= − − − + − + = − − + = oz , , ,x y z∀ ∈ , tehát " " asszociatív.

b) Legyen 4 \3

x = ∈ és 5 \2

y = ∈ , ekkor

1 32 1 23 2

x y = ⋅ ⋅ + = ∉ \

)

,

tehát nem zárt része -nek a " " műveletre nézve. \

3. A halmazon értelmezzük az )1,G ⎡= ∞⎢⎣ ( )(2 2: 1x y xy x y∗ = − − −1

)

műveletet bármely esetén. ,x y G∈

a) Bizonyítsd be, hogy ( csoport. ,G ∗b) Számítsd ki -et. ...

nx x x∗ ∗ ∗

Megoldás. a) -re ,x y G∀ ∈ ( )( )2 21 1 1x y G xy x y∗ ∈ ⇔ − − − ≥ ⇔

( )( )2 2 2 2 2 2 21 1 1 2 1xy x y x y xy x y x y2− ≥ − − ⇔ − + ≥ − − + ⇔1


( )22 22 0x xy y x y⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ 0 , tehát G zárt a "∗ "-ra nézve. Számolással ellenőrizhető, hogy "∗ " asszociatív. e G∃ ∈ úgy, hogy -re,x e e x x x G∗ = ∗ = ∀ ∈ ( )( )2 21 1xe e e x⇔ − − − = ⇔

( )2 2 2 2 2 22 1 1x e e x e x e⇔ − + = − − + ⇔ ( )2 22 2 1 0,x e e x G− + + − = ∀ ∈ ⇔

2

2 2 01

1 0

ee

e

⎧ − =⎪⎪⎪⇔ ⇒ =⎨⎪ − =⎪⎪⎩G∈ és így létezik semleges elem.

x G∀ ∈ -re létezik x úgy, hogy G′ ∈ ( )( )2 21 1 1x x e xx x x′ ′ ′∗ = ⇔ − − − = ⇔

( )( ) ( )22 2 2 22 1 1 1 0x x xx x x x x x x G′ ′ ′ ′ ′⇔ − + = − − ⇔ − = ⇔ = ∈ , azaz minden elem inverze önmaga. Az előbbiek alapján ( csoport. ),G ∗b) Az a) pont alapján , tehát 1,x x x G∗ = ∀ ∈

, 2 1 ,...

1, 2 ,n

x n k kx x x

n k k

⎧ = + ∈⎪⎪∗ ∗ ∗ = ⎨⎪ = ∈⎪⎩.

4. A halmazon értelmezzük az ( ):x y axy b x y c∗ = + + + műveletet . ( ), ,a b c ∈

a) Bizonyítsd be, hogy a " művelet pontosan akkor asszociatív, ha ; "∗ 2b b a= + c

cb) Bizonyítsd be, hogy a " műveletre nézve pontosan akkor létezik semleges

elem, ha és . "∗

2b b a= + |b c(Felvételi, 1993.)

Bizonyítás. a) "∗ " asszociatív, ha -re , ,x y z∀ ∈ ( ) ( )x y z x y z∗ ∗ = ∗ ∗ . ( ) ( ) ( )x y z a axy bx by c z b axy bx by c z c∗ ∗ = + + + + + + + + + =

( ) ( ) ( )2 2a xyz ab xz zy yx b x y ac b z bc c= + + + + + + + + + ( ) ( )( ) ( )x y z ax ayz b y z c b x ayz by bz c c∗ ∗ = + + + + + + + + + =

( ) ( ) ( )2 2a xyz ab xy xz yz b y z ac b x bc c= + + + + + + + + + Ezek alapján ( ) ( )x y z x y z∗ ∗ = ∗ ∗ ⇔

( ) ( ) ( ) ( )2 2 , , .,b x y ac b z b z y ac b x x y z⇔ + + + = + + + ∀ ∈ ⇔

( )( )2 20, ,b b ac x z x z b b ac− − − = ∀ ∈ ⇔ = + .

b) úgy, hogy e∃ ∈( ), ,e x x e x x axe b x e c e x∗ = ∗ = ∀ ∈ ⇔ + + + = ∀ ∈ ⇔

( ) ( )1 0

1 0,0

ae bx ae b be c x

be c

⎧ + − =⎪⎪⇔ + − + + = ∀ ∈ ⇔ ⎨⎪ + =⎪⎩.


Ha , akkor 0b ≠ ceb

= − és 1 0ac cb eb b

− − = ⇔ =− és ;

akkor és csakis akkor, ha

2b b a= + c e ∈

|c b cb∈ ⇔ .

Ha akkor . Semleges elem ebben az esetben is létezik és , valamint is teljesül.

0b = 0c = 0 | 02b ac= +b

5. Bontsd irreducibilis tényezők szorzatára [ ]p X -ben az ( ) ppf X X= +a

polinomot, ha prímszám. pMegoldás. Ha , akkor 0a = ( ) ...p

pp szer

f x x x x x−

= = ⋅ ⋅ ⋅ .

Az esetben mivel prím, a kis- Fermat tétel alapján írhatjuk, hogy 0a ≠ p( ) ( )modp pa a p a a p− ⇒ ≡ ⇒ ( )

pp ppf x x a x a= + = + .

( )( )( )

1 !!! ! ! !

kp

ppC p pk p k k p k

−= = ⋅

− −, { }1,2,..., 1k p∀ ∈ − ,

mivel p prím és nem jelenik meg a nevezőben, tehát 0, 1, 1kpC k p= = − .

( ) ( )1

1

1

ppp pp k k

p pk

f x x a C x a x a−

−

=

= + + ⋅ ⋅ = +∑)

.

6. Határozd meg az ( test automorfizmusait! , ,+ ⋅Megoldás. f automorfizmusa ( -nak pontosan akkor, ha ), ,+ ⋅ :f → , f bijektív, ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + és , . ( ) ( ) ( )f xy f x f y= ,x y∀ ∈Az ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + Cauchy- féle függvényegyenlet alapján

, , ahonnan ( ) ( )f q x q f x⋅ = ⋅ ,q x∀ ∈ ∀ ∈ ( ) ( )1 ,f q qf q= ∀ ∈ . Az

egyenlőségből az behelyettesítésekkel kapjuk, hogy ( ) ( ) ( )f xy f x f y= 1x y= =

( ) ( )21 1f f= , ahonnan (különben ( )1f = 1 f nem lenne bijektív). Így . ( ) ,f q q q= ∀ ∈

0x∀ > esetén ( ) ( ) ( )2 0f x f x x f x= ⋅ = > (ha és 0x > ( ) 0f x = , akkor

esetén y∀ ∈ ( ) ( ) 0yf y f x fx⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ =⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ami ellentmond f bijektív voltának). Így

esetén , azaz 1x x∀ > 2 0( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 20 0x x f x x f x f x− > ⇒ − > ⇒ − > f szigorúan növekvő. Tételezzük fel, hogy létezik úgy, hogy 0x ∈ ( )0 0f x ≠ x 0, ekkor ( )0f x x< vagy

( )0 0f x x> . Ha , akkor létezik a úgy, hogy . Mivel ( )0x f x> 0 ∈ ( )0 0x a f x> > ( )f a a= , következik, hogy ( ) ( )0f a f x> . De f szigorúan növekvő, ezért , ami ellentmond annak, hogy .

0a x>

0x a>


Ha ( )0x f x< 0 , akkor létezik a úgy, hogy . De ∈ ( )0 0x a f x< < ( )f a = a , így ( ) ( )0f a f x< , innen , szintén ellentmondáshoz jutottunk. 0a x<

A fentiek alapján ( )f x x= , az egyetlen automorfizmusa ( -nak. x∀ ∈ ))

)

, ,+ ⋅

7. A csoportban létezik a úgy, hogy bármely x esetén. Bizonyítsd be, hogy ( kommutatív.

( ,G ⋅ G∈ 3axa x= G∈,G ⋅

Bizonyítás. , így x -re kapjuk, hogy . 3,axa x x G= ∀ ∈ e= 2a e=3 3 2 3 3 3 3axa aya x y axa ya x y axya x y⋅ = ⋅ ⇒ = ⇒ = , de a feltétel alapján , tehát ( )3axya xy= ( )33 3 2 2 , ,x y xy x y yxyx x y G= ⇒ = ∀ ∈ . Ez utóbbi

egyenlőségből y esetén kapjuk, hogy a=2 3 2 2, ,axax x x G x x x x e x G= ∀ ∈ ⇒ ⋅ = ⇒ = ∀ ∈ , innen pedig

2 2x y e e e= ⋅ = és ( ) . 2xy e= ( )22 2 , ,x y xy xy yx x y G⇒ = ⇒ = ∀ ∈

8. Az nemkommutatív gyűrűben az 1 elem invertálható. Bizonyítsd be, hogy az 1 is invertálható!

( , ,A + ⋅)

bca ba ba bca ba ba⇒ − = ⇒ − + − =1 1

ab−ba−

Bizonyítás. Legyen ( ) , ekkor 11 ab c−− =( ) ( ) ( )1 1 1 1c ab ab c c ab a a− = − = ⇒ − = ⇒ ( )1ca ba a− = ⇒ ( ) ( )1 1 1 1 ⇒ ( )( )1 1 1bca ba+ − = és ( ) ( ) ( )( )1 1 1b ab c b ba bca ba ba bca− = ⇒ − = ⇒ − + = ,

tehát ( )1 ba− invertálható és inverze ( ) 11 1b ab a−⋅ − ⋅ + . 9. Igaz-e, hogy -ben az egységek a Klein csoporttal izomorf csoportot alkotnak? 12

Megoldás. ( ) { }12 1, 5, 7,11U =

⋅ 1 5 7 11

1 1 5 7 11

5 5 1 11 7

7 7 11 1 5

11 11 7 5 1 Mivel a művelettábla megfelel a Klein- csoport művelettáblájának,

. ( )( ) ( )12 , ,U K⋅ ⋅

10. Izomorf-e a ( csoport a ( csoporttal? ) )+

,+ ,+Megoldás. Ha , akkor létezik az ( ) ( ), ,+ :f → , f bijektív és művelettartó függvény. Az ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + Cauchy- féle függvényegyenlet megoldása alapján , -re. , mert különben ( ) ( )1f x x f= ⋅ x∀ ∈ ( )1f ∉ Im f ⊆


lenne, tehát f nem lehetne szürjektív. Tehát ( )1 pfq

= , , és

. Létezik m úgy, hogy ( ) , teljesüljön.

( ), 1p q = *,p q ∈

1q ≠ ± ∈ , 1m p = 1m ≠ ±pq m

∈⋅

és

mivel f bijektív, létezik úgy, hogy 0x ∈ ( )0pf xq m

=⋅

. De ( )0 0pf x xq

= ⋅ és

innen 01xm

= ∉ , tehát ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy

( ) ( ), ,+ + .

9. Teszt 1. Vizsgáld, meg -ben a 4

( )1 1, 0, 1,2v = − ( )2 1, 3, 2,1v = −

( )3 3, 2, 4, 1v = − − − ( )4 1, 1,1,2v = −

vektorok lineáris függetlenségét, majd válassz ki egy maximális elemszámú lineárisan független részrendszert. Megoldás. A vektorok pontosan akkor függetlenek -ben, ha 1 2 3 4, , ,v v v v 4

1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 40 0v v v vλ λ λ λ λ λ λ λ+ + + = ⇔ = = = = , ami egyenértékű azzal, hogy

1 1 3 1

0 3 2 10

1 2 4 1

2 1 1 2

−

− −Δ = ≠

− −

−

.

1 1 0 1 1 1 0 11 1 1

0 3 0 1 0 3 0 12 0 3 1 22 0

1 2 2 1 1 2 2 14 5 0

2 1 4 2 4 5 0 0

− −Δ = = = ⋅ − = − ≠

− − − −

és így a vektorok lineárisan függetlenek. A maximális elemszámú lineárisan független részrendszer a { }1 2 3 4, , ,v v v v . 2. Bázist alkot-e -ban a , és vektorokból álló vektorrendszer? Ha igen határozd meg a vektor koordinátáit ebben a bázisban.

3 ( )1 2,1, 0v = − (2 1,1, 3v = ))( )3 3, 2, 4v = −

( 4,7, 5v = −


Megoldás. { }1 2 3, ,v v v bázist alkot -ban, mert 3

2 1 3

1 1 2 15 0

0 3 4

−

Δ = − = − ≠ .

Ha a v koordinátái a 1 2 3, ,λ λ λ { }1 2 3, ,v v v bázisban, akkor ,

ahonnan ⎪⎪⎨ .

1 1 2 2 3 3v v vλ λ λ= + + v

3

2 3

2 3 4

2 7

5

λ

λ

⎧⎪ + = −⎪⎪+ − =

⎪⎪⎪ + =⎪⎪⎩

1 2 3

1 2

3 4

λ λ

λ λ

λ λ

− +

1

4 1 3

7 1 2 30

5 3 4

−

Δ = − = − , 2

2 4 3

1 7 2 45 3

2 1 4

1 1 7 15

0 3 5

− −

Δ = =

0 5 4

− −

− = −Δ = , ,

tehát . 1 2 32, 3, 1λ λ λ= = = −

3. Tanulmányozd az 3 3:f → ,

( )( )1

1 2 3 2

3

1 2 3

, , 2 0 2

3 2 1

xf x x x x

x

⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

lineáris leképezés injektivitását és szürjektivitását. Ha f bijektív, akkor számítsd ki az inverzét!

Megoldás. Ha , akkor , így létezik az

mátrix.

1 2 3

2 0 2

3 2 1

A

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥

= − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

det 16 0A = ≠ 1A−

( )( ) ( )( )1 1

1 2 3 1 2 3 2 2

3 3

1 2 3 1 2 3

, , , , 2 0 2 2 0 2

3 2 1 3 2 1

x yf x x x f y y y x y

x y

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡− − ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢= ⇒ − − = − − ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢− − ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

,

beszorozva balról A inverzével kapjuk, hogy ( ) , tehát (1 2 3 1 2 3, , , ,x x x y y y= ) f injektív.

( )( ) ( )1 1 1

11 2 3 1 2 3 2 2 2 2

3 3 3

, , , ,x y x y1

3

f x x x y y y A x y x A yx y x y

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢= ⇔ ⋅ = ⇒ = ⎥⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

,

tehát esetén létezik , amelyre 3y∀ ∈ 3x ∈ ( )f x = y , így f szürjektív.


Következik, hogy f bijektív és ( )( )1

1 11 2 3 2

3

, ,x

f x x x A xx

− −

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= ⋅ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

1 *

4 4 4 1 1 11 1 14 8 4 1 2 1

det 16 44 4 4 1 1 1

A AA

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥

= ⋅ = ⋅ − − − = ⋅ − − − ⇒⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( )( )1

11 2 3 2

3

1 1 11, , 1 2 14

1 1 1

xf x x x x

x

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⇒ = ⋅ − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

.

4. Határozd meg az 4 3:f →

( )( )

1

2

1 2 3 43

4

1 0 2 3

, , , 2 1 1 2

1 1 3 1

xx

f x x x x xx

⎡ ⎤⎡ ⎤− ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

függvény képterének dimenzióját -ben. 4

Megoldás. esetén ( ) 31 2 3, ,y y y∀ ∈ ( )( ) ( )1 2 3 4 1 2 3, , , , ,f x x x x y y y= ⇔

( )

1

2

1 2 33

4

1 0 2 3

, , 2 1 1 2

1 1 3 1

xx

y y y xx

⎡ ⎤⎡ ⎤− ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

Mivel

1 0 2

2 1 1 8 0

1 1 3

− = − ≠

− −

1 0 2 3

rang 2 1 1 2 3

1 1 3 1

,

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥− =⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎣ ⎦

∈

)

s innen következik,

hogy kifejezhető és függvényében, azaz esetén létezik ( úgy, hogy

1 2 3, ,x x x 4x λ= ∈ 1 2 3, ,y y y( ) 3

1 2 3, ,y y y∀ ) 41 2 3 4, , ,x x x x ∈

( )( ) (1 2 3 4 1 2 3, , , , ,f x x x x y y y= , tehát f szürjektív, tehát 3Im f = , így a képtér

domenziója -ben 3. 4

5. Írd fel az 3:f →

( )( ) 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3, , 2 3 2 3 4f x x x x x x x x x x x x= + − + + −

függvényt


( )

1

1 2 3 2

3

xf x x x x A x

x

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎡ ⎤= ⋅ ⋅ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

alakban, ahol . ( )M3A ∈

Megoldás. ( )3M1 2 3

4 5 6

7 8 9

, ,i

a a aA A a a a a i

a a a1, 9

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥∈ ⇒ = ∈ ∀ =⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

( )( ) [ ]1 2 3 1

1 2 3 1 2 3 4 5 6 2

7 8 9 3

, , , ,a a a x

f x x x x x x a a a xa a a x

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ]1

1 1 2 4 3 7 1 2 2 5 3 8 1 3 2 6 3 9 2

3

, ,x

x a x a x a x a x a x a x a x a x a xx

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= + + + + + + ⋅ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

=

−

( ) ( ) ( )2 2 21 1 2 5 3 9 1 2 4 2 2 3 6 8 1 3 3 7x a x a x a x x a a x x a a x x a a= + + + + + + + + .

A megfelelő együtthatók egyenlők kell legyenek, azaz 1 5 9 2 4 3 7 6 82, 3, 1, 2, 3, 4a a a a a a a a a= = = − + = + = + = − , vagyis

2 2 3

3 4

1

a b

A a c

b c

⎡ ⎤− −⎢ ⎥⎢ ⎥

= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

alakú, ahol , ,a b c ∈ ⇒

( )( ) [ ]1

1 2 3 1 2 3 2

3

2 2 3

, , , , 3 4

1

a b xf x x x x x x a c x

xb c

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⇒ = ⋅ − −⎢ ⋅⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− ⎣ ⎦⎢ ⎥⎦

, , ∈, a b c .

⎣6. Bizonyítsd be, hogy -ben az ( )C , :k kf g → , 1,k n=

( ) sinkf x k= x , ( ) coskg x kx=

x∀ ∈ , 1,k = n

=

függvények lineárisan függetlenek.

Bizonyítás. Legyen . Az 1 2sin sin 2 ... sin 0nx x nxλ λ λ+ + +( ) 1 2sin sin 2 ... sin 0nf x x x nxλ λ λ= + + + =

függvényt kétszer deriválva kapjuk, hogy ( ) 2 2

1 2sin 2 sin 2 ... sin 0nf x x x n nxλ λ λ′′− = + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ = . Ezt még ( - szer megismételve a következő lineáris egyenletrendszerhez jutunk: 2n − )


1 2

2 21 2

2 2 2 21 2

sin sin 2 ... sin 0

sin 2 sin 2 ... sin 0................................................

sin 2 sin 2 ... sin 0

n

n

n nn

x x nx

x x n nx

x x n

λ λ λ

λ λ λ

λ λ λ− −

⎧ + + + =⎪⎪⎪⎪⎪ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ =⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ =⎪⎪⎩ nx

.

2 2

2 2 2 2

1 1 ... 1

1 2 ................................. sin sin 2 ... sin

1 2 ...n n

nx x nx

n− −

Δ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

( ) ( )

( )

2 2

2 2

1 1 11 12 2

1 1 ... 1

1 2 ................................. sin sin

1 2 ...

n n

i i i j nn n

nix ix j i

n= = ≤ < ≤

− −

= ⋅ = ⋅Π Π Π − ,

tehát a " " állítás hamis, így a rendszernek egyértelmű megoldása van.

Mivel megoldás, ez az egyetlen és így az

0, xΔ = ∀ ∈

1 2 ... 0nλ λ λ= = = = , 1,kf k n=

függvények lineárisan függetlenek. Hasonlóképpen igazolható, hogy a , 1,kg k n= függvények is lineárisan függetlenek.

7. Bizonyítsd be, hogy ha a( testnek végtelen sok eleme van, akkor minden K feletti vektortérnek is végtelen sok eleme van.

), ,K + ⋅

Bizonyítás. Minden feletti V vektortér bázisa tartalmaz legalább egy elemet. Minden vektor egyértelműen felírható a báziselemek lineáris kombinációjaként, ahol az együtthatók K -beli elemek. Legyen egy báziselem, ekkor

Kv V∈

1v V∈

{ }1V a v a K≥ ⋅ ∈ =

)

K , de K -nak végtelen sok eleme van,

tehát V -nek is végtelen sok eleme van. 8. Bizonyítsd be, hogy ha ( egy dimenziós vektortér a ( véges

test felett, akkor V elemeinek száma

), , ,V K⊕ n , ,K + ⋅nK .

Bizonyítás. Legyen { }1 2, , ..., nv v v a V egy bázisa, ekkor esetén léteznek és egyértelműen meghatározottak a

v V∀ ∈

, 1,iλ K i n∈ = együtthatók úgy, hogy

. 1 1 2 2 ... n nv v v vλ λ λ= + + +

{ }1 1 2 2 ... , 1,n n iV v v v K i nλ λ λ λ= + + + ∈ = =


( ){ }1 2, , ..., , 1, nn i K i n Kλ λ λ λ= ∈ = = .

9. Bizonyítsd be, hogy ha ( egy véges test, akkor létezik olyan prímszám, hogy

), ,K + ⋅ pnK p= valamilyen esetén. *n ∈

Megoldás. Igazoljuk, hogy ( ), ,K∀ + ⋅ véges test esetén az összeadással és a " " művelettel tekinthető feletti vektortérnek valamely prím esetén ahol

, . Ha

K

p p: ...

a darab

a k k k k= + + + , pk K a∀ ∈ ∈ K p , akkor jól

értelmezett külső művelet és ( Ábel- csoport (a feltétel szerint).

: p K K× →

),K +Ezen kívül bármely esetén teljesülnek a következő

tulajdonságok: 1 2 1 2, , , , ,p k k k Kλ λ λ ∈ ∀ ∈

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2...darab

k k k k k k k kλ

λ + = + + + + + + =

1 1 1 2 2 2 1... ...darab darab

k k k k k k k kλ λ

λ λ= + + + + + + + = + 2

=

,

( )1 2

1 2 ...darab

k k k kλ λ

λ λ+

+ = + + +

1 2

1 2... ...darab darab

k k k k k k k kλ λ

λ λ= + + + + + + + = + ,

( )2

1 2 1 ...darab

k k k kλ

λ λ λ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= + + + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

=

( )2 2 1 2

1

1 2... ... ... ...darab darab darab

darab

k k k k k kλ λ λ λ

λ

λ λ= + + + + + + = + + = k

)

és

1 ,k k k K= ∀ ∈ .

Ezen tulajdonságok alapján ( valóban vektortér. K véges, tehát véges

dimenziós. Legyen , ekkor a

, , , pK +

dimK n= 8)-as feladat alapján nK p= . 10. a) Bizonyítsd be, hogy az ( ), , ,+ ⋅ vektortér nem véges dimenziós.

b) Bizonyítsd be, hogy létezik :f → additív függvény ( ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + , ), amely nem lineáris. ,x y∀ ∈

Bizonyítás. a) Feltételezzük, hogy az ( ), , ,+ ⋅ vektortér véges dimenziós, és *dim n= ∈ { }1 2, , ..., nv v v egy bázisa -nek. Ekkor bármely r esetén

léteznek és egyértelműen meghatározottak a ∈

, 1,i iλ ∈ = n számok, amelyekre

, tehát 1 1 2 2 ... n nr v v vλ λ λ= + + +

{ }1 1 ... , 1,n n iv v i nλ λ λ= + ∈ = =


( ){ }1 2, , ..., , 1, n nnn i i nλ λ λ λ= ∈ = = = = .

Igazolni fogjuk, hogy 2 = . Tudjuk, hogy 2 2= és így az egyenlőség

igazolásához elégséges kimutatni, hogy 2 =

)

. Írjuk fel elemeit táblázatszerűen a következő módon:

2

(0,0) (0,1) (0,2) (0,3) .......

(1,0) (1,1) (1,2) (1,3) .......

(2,0) (2,1) (2,2) (2,3) .......

(3,0) (3,1) (3,2) (3,3) .......

...............................................................................................

Legyen és a táblázat elemeit átlósan számozzuk meg (a nyilak által mutatott módon). Az így kapott

( ) (0, 0f =2:f → függvény nyilván bijektív, tehát

22= = . Indukcióval igazolható, hogy *,n n= ∀ ∈ -ra.

Igazoltuk tehát, hogy n= és n = , ahonnan kapjuk, hogy = , ami ellentmondás, hiszen ≠ . Következik, hogy feltételezésünk hamis volt, vagyis az ( ), , ,+ ⋅ vektortér nem véges dimenziós. b) 10. teszt 1. Izomorfak-e a és csoportok? × × ×

(Helyi olimpia, 1995.) Megoldás. Ha ( ) ( ),× + × × +, , akkor létezik 3:f × → bijektív függvény úgy, hogy ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 1 2 2 1 1 2 2, , , ,f x y x y f x y f x y+ = + ,

, innen 1 2 1 2, , ,x x y y∀ ∈

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ), , 0 0, , 0 0, 1, 0 0,1f x y f x y f x f y x f y f= + = + = ⋅ + ⋅ . Legyen ( )( ) ( )1 2 31, 0 , ,f a a a= és ( )( ) ( 1 2 30,1 , , )f b b b= , ekkor

( )( ) ( )1 1 2 2 3 3, , ,x y xa yb xa yb xa yb= + + + ,x y∀ ∈, . f


Mivel f bijektív, szürjektív is, 3Im f = , tehát létezik úgy, hogy ,x y ∈

( )( ) ( )1 2 3, , , 2f x y a a a= +

}

, ahonnan . 1 1 1

2 2 2

3 3 3 2

xa yb a

xa yb a

xa yb a

⎧⎪ + =⎪⎪⎪⎪ + =⎨⎪⎪⎪ + = +⎪⎪⎩Ha , akkor vagy . De nem lehet , mert különben 1 0a = 0y = 1 0b = 1b 0

( ){ 3Im 0, , | ,f a b a b= ∈ ≠ . Következik, hogy , ebből pedig

és , .

0y = 2 2x a a⋅ =

3 3 2x a a⋅ = + 3 0a ≠ 32

3

2 0ax aa+

= ⇒ = ⇒

)3

( )( ) ( ) (3 1 2, 0, 0, , ,f x y a x yb yb yb⇒ = + .

( )1 2 3, , 2 Imb b b f+ ∈ , tehát az rendszernek van megoldása.

és (különben

1 1

2 2

3 3 3 2

yb b

yb b

yb a x b

⎧⎪ =⎪⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ + = +⎪⎪⎩

1 0b ≠ 2 0b ≠ 3Im f ≠ ) és 1y⇒ = 3 2a x = ⇒ 3

2ax = ∉ , ami

ellentmondás, tehát . 1 0a ≠

Hasonlóképpen sem lehet 0. Ekkor 2 3 1 2 3, , , ,a a b b b ( )2 1 0y b b y− = ⇒ = 0

2 x a a− − = 1

vagy . Ha , akkor és , tehát nem létezik megoldás. 2 1 0b b− = 0y = 1x = 3 3 2a x a≠ +

Ha , akkor ( ) vagy . Az esetben , tehát nincs megoldás. Következik, hogy

1b b= ( )2 11 0 ⇒ 1x = 2a a= 1x =

3 3 3 2,a b y a y+ ≠ + ∀ ∈

( )( ) ( ) ( ){ } 31 1 1 1 3 3, , , Im , , | ,f x y xa yb xa yb xa yb f a a b a b= + + + ⇒ = ∈ ≠ ,

ellentmondás, tehát ( ) . (2 3, ,/+ +)2. A G halmazon a " asszociatív művelet rendelkezik a következő tulajdonsággal "⋅

x G∀ ∈ : xx x G′∃ ∈ x x′ =Bizonyítsd be, hogy ( ),G ⋅ csoport! (Megyei olimpia, 1993.) Bizonyítás. 3. A ( ),G ⋅ csoportban ab , és (a , rögzített elemek

-ben és n rögzített természetes szám). Bizonyítsd be, hogy b e .

2 2 4 2a b a b= 5a e= 4 2nb e+ = bG 10 =Bizonyítás. 4. Bizonyítsd be, hogy ha ( ), 1m n = ( ) és a *, m n ∈ ( ),G ⋅ csoportban

m m m mx y y x= , ,x y G∀ ∈n n n nx y y x= , , ,x y G∀ ∈

akkor xy , . yx= ,x y G∀ ∈


Bizonyítás. Mivel létezik olyan , amelyre . A feltételek alapján és . Feltételezhetjük, hogy és így a számra igazoltuk, hogy és ,

. Az előbbi egyenlőségek alapján ( ) . A bal

oldal viszont írható ( ) alakban és

így , .

( , ) 1m n = ,a b ∈ 1am bn+ =am am am amx y y x= bn bn bn bnx y y x= 0b <

p b= − n 1

)1 p

p p p px y y x= 1 1 1p p p px y y x+ + + +=

,x y G∀ ∈ ( )1 11 1 1 1p pp p p px y y y x y+ +− + + −=

( ) (1 1 1 1p pp p p p p p p p px y x y y x y x y x y x y− − + − −= =1 1p p p px y y x+ += ,x y G∀ ∈

De és így az előbbi egyenlőségből következik, hogy , . Ezek alapján és

.Mivel az előbbi két összefüggés bal oldalán szereplő szorzatok egyenlők a jobb oldalon álló szorzatok is egyenlők. Az egyszerűsítés után az

, összefüggést kapjuk.

1p p p p p px y x y y y x y+ = =p pyx x y= ,x y G∀ ∈ 1 1p p p p p px y xx yy xyx y+ + = =1 1p p p p p py x yxy x yxx y+ + = =

xy yx= ,x y G∀ ∈

5. Bizonyítsd be, hogy ha a ( ),G ⋅ csoport és az :f G G→ ( ) 3f x x= függvény injektív morfizmus, akkor ( kommutatív csoport. ),G ⋅

Bizonyítás. Mivel ( ) 3f x x= morfizmus, , vagyis

.

( ) ( ) ( ), ,f xy f x f y x y G= ∀ ∈

)

⇒1−

2 2xy x x xy= ,x y G∀ ∈

( )3 3 3xy x y= ( )2 2 2yx x y⇒ =

( ) ( ) ( ) ( )3 23 3 2 2 2 3y x yx yx yx x y yx x y x= = = ⋅ = ⇒ 3 2 2 3, ,y x x y x y G= ∀ ∈ .

Az ( ) összefüggésbe helyébe ( -t írva kapjuk, hogy 3 3 3xy x y= y 1x y−

3 3 1 1 1 2 2 1 1, ,y x x y x y x y y x yx yx x y G− − − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ∀ ∈ ⇒

( ) ( )3 32 1 2 1 2 1 2 1y xy x yx y xy x yx− − − −⇒ = ⇒ =

( ) ( )3 32 1 2 1 1y xyxyxy x yxyxyx y yx y x xy x− − −⇒ = ⇒ = . Az egyenlőségbe helyett ( -t helyettesítve kapjuk, hogy

, . Innen az előző eredményt felhasználva

3 2 2 3y x x y= y )3xy

( ) ( )3 3

( ) ( ) ( )3 3 32 1xy x x x xy x y yx y x−= ⋅ = ⋅ ⇒

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 31 , ,xy x xy yx y xy yx x y G f xy f yx−⇒ = ⇒ = ∀ ∈ ⇒ = .

Mivel f injektív, következik, hogy , tehát , ,xy yx x y G= ∀ ∈ ( ),G ⋅ kommutatív

csoport. 6. Bizonyítsd be, hogy ha az ( gyűrűben ), ,A + ⋅

( ) ( )2 21 1x x y y x x+ + = + + , , ,x y A∀ ∈

akkor A kommutatív gyűrű. (Helyi olimpia, 1985.)

Bizonyítás. x helyett ( )x− -et írva kapjuk, hogy ( ) ( )2 21 1x x y y x x− + = − + ,x y A, ∀ ∈ .


Összeadva az eredeti egyenlőséggel, kapjuk, hogy , . xy xy yx yx+ = + ,x y A∀ ∈7. Bizonyítsd be, hogy ha az ( gyűrűben értelmezés szerint ), ,A + ⋅ [ ], :x y xy yx= − ,

, akkor ,x y A∀ ∈ [ ][ ] [ ][ ] [ ][ ], , , , , , 0x y z y z x z x y+ + = .

(Jacobi azonosság) Bizonyítás. [ ][ ] [ ][ ] [ ][ ], , , , , ,x y z y z x z x y+ + =

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ], , , , , ,x y z y z x y z x z x y z x y x y z= − + − + − =+

( ) ( ) ( ) ( )x yz zy yz zy x y zx xz zx xz y= − − − + − − −

( ) ( )z xy yx xy yx z+ − − − = 0xyz xzy yzx zyx yzx yxz zxy xzy zxy zyx xyz yxz= − − + + − − + + − − + = .

8. A ( ),G ⋅ Ábel-féle csoportban , ahol és .

Bizonyítsd be, hogy ( ) , ahol

n mx y= = e ,x y G∈ *,m n ∈pxy e= [ ],p m n= (az m és n legkisebb közös

többszöröse). Bizonyítás. [ ] *, ,p m n a b= ⇒ ∃ ∈ úgy, hogy . Mivel p ma nb= = ( ),G ⋅ Ábel- csoport, ( ) . ( ) ( )a bp p p m nxy x y x y e= = ⋅ =9. Bizonyítsd be, hogy minden csoport izomorf egy bijektív függvényekből alkotott csoporttal. (Cayley tétele). Bizonyítás. Legyen { }bijektív: |GS G Gα α= → . Az :af G G→ , ( )af x a= x

G

függvény bijektív bármely a esetén ( és az egyenletnek létezik megoldása esetén). Innen következik, hogy

G∈ ( ) ( )a af x f y ax ay x y= ⇔ = ⇔ =ax b= ,a v G∀ ∈

af S∈ , bármely a esetén. G∈Legyen { }: |aG f a Gϕ → ∈ , . Ekkor ( ) aaϕ = f

ϕ

b

( ) ( ) ( )ab a bab f f f a bϕ ϕ= = = , tehát ϕ művelettartó. ( ) ( ) ,a ba b f f ax bx x G aϕ ϕ= ⇔ = ⇔ = ∀ ∈ ⇒ = és így f injektív.

ϕ szürjektív, mert { }|a af f a G∀ ∈ ∈ esetén létezk a úgy, hogy . G∈ ( ) aa fϕ =

Mivel ϕ bijektív és művelettartó, ϕ izomorfizmus, tehát csoport izomorf egy részcsoportjával.

( ),G∀ ⋅ GS

10. Bizonyítsd be, hogy minden véges, zérusosztó mentes gyűrű test. Bizonyítás. Az 5. teszt 9. feladatánál levő megjegyzés alapján egy ( véges gyűrűben minden 0-tól különböző elem zérusosztó vagy egység. Innen, ha a gyűrű zérusosztómentes, következik, hogy minden 0-tól különböző elem egység, tehát

test.

)

)

, ,R + ⋅

( , ,R + ⋅

tartalomjegyzÉk matematikai analÍzisandrasz/cd/megold12/xiimegoldasok.pdf · tartalomjegyzÉk...

Documents