Megoldások

Valós számok 5
I. Valós számok
I.1. Természetes, egész és racionális számok
I.1.1. Feladatok (8. oldal)
1. Fogalmazz meg és bizonyíts be egy-egy oszthatósági kritériumot a 2-vel, 3-mal,
5-tel, 7-tel, 9-cel, 11-gyel való oszthatóságra.
Megoldás. A kettővel való oszthatósági kritériumot könnyű észrevenni: egy szám
akkor osztható 2-vel, ha utolsó számjegye 0, 2, 4, 6 vagy 8 (vagyis egy szám pontosan
akkor páros, ha utolsó számjegye is páros).
Bizonyítás. Legyen n egy természetes szám és a az n utolsó számjegye. Ekkor n
felírható n = 10 ⋅ n 1 + a alakba, ahol n 1 (tulajdonképpen
∈ 1 n = n a ). Innen
következik, hogy n a 1 1,
tehát n osztható kettővel. Ez pedig
azt jelenti, hogy az n és a számok paritása (páros vagy páratlan volta) megegyezik,
vagyis pontosan akkor páros, ha a is páros (0, 2, 4, 6 vagy 8), és ha a páratlan,
n
10 2 5 n − = ⋅ = ⋅ ⋅
a −
n
akkor n is páratlan.
Hasonlóan igazolható a következő kijelentés helyessége is (öttel való oszthatósági
szabály): egy szám pontosan akkor osztható öttel, ha utolsó számjegye 0 vagy 5.
A hárommal való oszthatósági szabály a következő: egy szám akkor és csak akkor
osztható 3-mal, ha számjegyeinek összege is osztható 3-mal.
Bizonyítás. Ha 1 2 ... n = aa am(a1,
a 2,...,
amszámjegyek),
S a számjegyek összege,
akkor a szám és számjegyeinek különbsége
n − S = aa ... a − ( a + a + ... a ) =
1 2 m 1 2 m
1
m−1 2
m−2
10 ... am−1 10 am ( a
= a ⋅ 10 + a ⋅ + + ⋅ + − 1 + a2 + ... + am)
=
m m ⎡ m ⎤
m−k = ( 10 − 1) ak = 99...9 ⋅ ak
= 3 ⋅3⋅⎢ 11...1 ⋅a
⎥ k
k= 1 k= 1 m−k⎢ ⎣ k=
1 m−k⎥ ⎦
∑ ∑ ∑ ,
tehát az n és S különbsége osztható hárommal. Innen következik, hogy az n csakis
akkor osztható 3-mal, ha számjegyei összege is osztható 3-mal. A bizonyításból jól
látszik a kilenccel való oszthatósági szabály is (sőt, a két kritérium bizonyítása teljesen
azonos): egy természetes szám akkor és csak akkor osztható 9-cel, ha számjegyei
összege osztható kilenccel.
Héttel való oszthatósági kritérium: az 1 2 ... n = a a amtermészetes
szám akkor és csak
akkor osztható 7-tel, ha az fn ( ) = aa 1 2... am−1 − 2am
szám osztható héttel (például
f (203) = 20 −2⋅ 3 = 14 , tehát 203 osztható 7 -tel).
Bizonyítás. “⇒ ” Tegyük fel, hogy n osztható héttel, ekkor n = 7,k k ∈ . De
n = 10 ⋅ aa ... a + a = 10 ⋅( aa ... a − 2 a ) + 21a = 10 f(
n + a , innen
1 2 m−1 m 1 2 m− 1 m m ) 21 m

6 Valós számok
pedig következik, hogy n = 10 f ( n) + 21am = 7k ⇒ 10 f( n) = 7( k − 3 am)
, tehát
10 fn ( ) osztható héttel. Mivel 10 és 7 relatív prímek, kapjuk, hogy fn ( ) osztható
héttel.
“⇐ ” Ha fn ( ) = 7, ll∈ N,
akkor
így n is osztható héttel.
n = 10 f ( n) + 21a = 10 ⋅ 7l + 21a
= 7 ⋅ (10l + 3 a ) ,
m m
Tizeneggyel való oszthatóság: egy szám csak akkor osztható 11-gyel, ha a
számjegyeiből alkotott alternáló összeg osztható 11-gyel (például a 80729
számjegyeiből alkotott alternáló összeg 9− 2+ 7− 0+ 8 = 22,
tehát 80729 osztható
11-gyel). A bizonyítás hasonlít a 3-mal, illetve 9-cel való oszthatóság igazolásához.
Ha 1 2 ... n = aa am,
akkor a számjegyeiből alkotott alternáló összeg
S = a
m − am−1 + am−2
... −
+ −
1
( 1) 1
m− a
n − S = aa ... a −( a − a + ... + ( − 1) a ) =
m−1
1 2 m m m−1
1
1
m−1 10
2
m−2
m−2 2
m−1
am am
am−1 am−2 m−1
a1
= a ⋅ + a ⋅ 10 + ... + a ⋅ 10 + a ⋅ 10 +
+
−( − + − ... + ( − 1) ) =
= (10 + 1) a + (10 − 1) a + (10 + 1) a + ... + (10 + ( −1)
) a =
2 3 m−1 m
m−1 m−2 m−3
( ) 1
m−1
k
∑ 10
k=
1
m−1
k−
k k−1
( −1) ⋅ am−k
= ∑ ⎡(11 − 1) + ( −1) ⎤
⎣ ⎦
⋅ am−k
k=
1
=
m−1
∑ ⎡
⎣
M11 k=
1
m−1
k k−1
( − 1) + ( −1) ⎤
⎦
⋅ am−k
= ∑(
M11) ⋅am−k
11,
k=
1
= +
= +
ahol M11
a 11 valamely többszörösét jelenti. Tehát n − S mindig osztható 11-gyel,
így n akkor és csak akkor osztható 11-gyel, ha S osztható 11-gyel.
4 2
2. Bizonyítsd be, hogy ha n páratlan természetes szám, akkor n n osztható
64-gyel.
m
+ 14 + 49
1
2
= n + 7 = ( ) 2
Bizonyítás. Mivel n egy páratlan természetes szám, létezik egyetlen olyan k ∈
szám, amelyre n = 2k
+ . Tehát
2
A = 4k + 4k + 1+ 7 = [4 kk+ ( 1) +
4 2
n + 14n + 49
] 2
8 .
( ) 2
, így
Tudjuk, hogy két egymás utáni szám szorzata mindig páros (az egyikük biztosan
páros), így k( k + 1) = 2m,m∈N
. Ezt felhasználva írhatjuk, hogy
[ ] 2
2
A= (8 m + 8)
tehát A többszöröse 64-nek.
= 8( m + 1)
2
= 64( m + 1) ,
3. Bizonyítsd be, hogy ha b | a , c | a és ( bc , ) = 1,
akkor bc | a .
Bizonyítás. A b | a és c | a oszthatóságokból következik, hogy léteznek a k, l
természetes számok, amelyekre a = k ⋅b és a = l ⋅c . Innen k ⋅ b = l ⋅c,
tehát kb
1

Valós számok 7
osztható c -vel, de mivel ( bc , ) = 1,
k osztható c -vel. Tehát létezik olyan m ∈ ,
amelyre k = m⋅c
. Ezt visszahelyettesítve az a = k ⋅b
összefüggésbe, kapjuk, hogy
a = m⋅b⋅c,
vagyis a osztható b⋅c-vel. 4. Bizonyítsd be, hogy öt egymás utáni természetes szám szorzata osztható 120-szal.
Általánosítás!
3
Bizonyítás. 120 = 1⋅2⋅3⋅4⋅5= 2 ⋅3⋅5, tehát elégséges igazolni, hogy öt
3
egymás utáni természetes szám szorzata osztható 2 -nel, 3 -mal és 5 -tel. Az öt szám
közül legalább kettő páros, ezek egymás utáni páros számok, tehát az egyik osztható
4 -gyel és a másik 2 -vel, így a szorzatuk osztható 8 -cal. Három egymás utáni
természetes szám közül az egyik osztható 3 -mal, tehát az öt közt is van 3 -mal
osztható. Öt egymás utáni természetes szám közül az egyik osztható 5 -tel, tehát a
3
szorzat osztható 2 ⋅3⋅5 = 120-szal.
Ez a gondolatmenet nehezen terjeszthető ki több
számra, ezért az általános esetre más megoldást kell találnunk. A tulajdonság
általánosabban a következőképpen fogalmazható meg:
k darab egymás utáni természetes szám szorzata osztható k ! -sal, ahol
k! = 1⋅2⋅3
⋅... ⋅k
.
( n + k)!
A tulajdonság ekvivalens azzal, hogy az kifejezés egész szám minden
n! ⋅ k!
*
nk∈ , esetén és ezt úgy fogjuk belátni, hogy tetszőleges p prímszámra igazoljuk,
hogy a számlálóban legalább akkora a kitevője, mint a nevezőben. Ehhez szükséges
megvizsgálni, hogy a p -nek mi a kitevője m ! prímtényezős felbontásában (m ∈
⎡m ⎤
tetszőleges). Az 1 , 2 , 3, .. ., m számok közt p -nek ⎢ ⎥ többszöröse van, ezek közül
⎢
⎣ p ⎥
⎦
⎡m⎤ ⎡ ⎤ 2
r
⎢ ⎥ osztható p -tel, ⎥⎥ p
⎢ 2
⎣p⎥ 3
⎦
⎣ ⎦
p !
m
⎡ 3
m ⎤
⎢ osztható -nel és általában ⎢ ⎥ osztható p -nel, ha
⎢
r
p
⎢
⎣ p ⎥
⎦
r ≥ 1.
Így a kitevője az m prímtényezős felbontásában
⎡m⎤ ⎡m⎤
⎡m⎤ ∞ ⎡m
⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ + ... = ⎢
⎢
⎣ p ⎥
⎦
⎢ 2
⎣p
⎥ 3
r
⎦
⎢
⎣p ⎥
⎦
⎢ r=
1 ⎣p
∑
⎤
⎥
⎦
Ezt a tulajdonságot Legendre-féle tételnek is nevezik. Másrészt az [ x] + [ y]
≤ [ x + y]
,
∞ ⎡ n ⎤ ∞ ⎡ k ⎤ ∞ ⎡ n + k⎤
∀xy
, ∈ egyenlőtlenség alapján ∑⎢⎥ + ⎢
n + k
⎢ r
⎣ p ⎥ ∑ ⎥ ≤ ⎢ ⎥
⎦
⎢ r
r
r= 1 r= 1 ⎣p
⎥ ∑ , vagyis ( ) !
⎦
⎢ r=
1 ⎣ p ⎥
⎦
felbontásában a p kitevője legalább akkora, mint az n ! ⋅ k!
felbontásában. Mivel ez a
( n + k)!
tulajdonság minden prímszámra igaz, az kifejezés egész szám minden
n! ⋅ k!
*
nk∈ , esetén, és így az ( n + 1)( n + 2)...( n + k)
szorzat osztható 1⋅2⋅3 ⋅... ⋅k-
val.

8 Valós számok
5. Hány nullára végződik az 1 ⋅2⋅3⋅4 ⋅... ⋅2001
szorzat?
Megoldás. A vizsgált szorzat prímtényezős felbontásában nagyobb 2 -nek a
kitevője, mint 5 -nek, ezért elégséges az 5 kitevőjét meghatározni. Az 1 ,2, 3 ,.. .,2001
⎡2001⎤ számok közül ⎢ ⎥ = 400 osztható 5 -tel. Ezek közül
⎢⎣ 5 ⎥⎦
2001 ⎡ ⎤
⎢ ⎥ = 80 osztható 25 -tel,
⎢⎣ 25 ⎥⎦
⎡2001⎤ ⎢ ⎥ = 16 osztható 125 -tel,
⎢⎣ 125 ⎥⎦
2001 ⎡ ⎤
⎢ ⎥ = 3 osztható 625 -tel, és így az 5 kitevője
⎢⎣ 625 ⎥⎦
400 + 80 + 16 + 3 = 3 ⋅ 4 + (16 −3) ⋅ 3 + (80 −16) ⋅ 2 + (400 −80) ⋅ 1 = 499 .
Tehát az 1 ⋅2⋅3⋅4 ⋅... ⋅2001 szorzat 49 9 nullában végződik.
6. Határozd meg a 3 kitevőjét az 1 ⋅2⋅3⋅4 ⋅... ⋅2001
szorzatban.
Megoldás. Az előbbi gondolatmenet vagy a Legendre-tétel alapján a 3 kitevője az
2001
1⋅2⋅3⋅4 ⋅... ⋅2001
szorzatban
667 222 74 24 8 997.
1 3 r
∞
⎡ ⎤
∑ ⎢ ⎥ = + + + + + 2 =
r=
⎢⎣ ⎥⎦
9
7. Bizonyítsd be, hogy a 2 + 2 szám osztható 10-zel.
99
Bizonyítás
( (
3
) ) 9 30
2 ( 2
60
1)( 2
30
2 1)
( )(
10 60 30
2 + 1)( 2 − 2 + 1)
=
(
10 60 30
2 + 1)( 2 − 2 + 1)
=
+ = ⋅ + =
9 99 9 30
2 2 2 2 1
9 10 20
= 2 ⋅ 2 + 1 2 −
9 20
= 2 ⋅1025⋅ 2 −
= ⋅ ⋅ ⋅ −
8 20 10 60 30
10 2 205 (2 2
+ − + =
+ 1)(2 − 2 + 1) ,
9 99
tehát 2 + 2 osztható tízzel.
8. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c egész számok és ( a + b + c)
6
, akkor
5 3
a + b + c is osztható 6-tal.
Bizonyítás. Elégséges igazolni, hogy ⎡ 5 3
( a b c) ( a b c)
⎤
⎢⎣ + + − + + ⎥⎦
6 . De
3
b − b = b( b− 1)( b + 1) 6,
mert három egymás utáni természetes szám közt biztosan
van páros is és hárommal osztható is. Hasonlóan
5 2 2 2
a − a = a( a − 1)( a + 1) = a( a − 1)( a + 1)( a + 1) 6 ,
tehát ⎡ 5 3 5 3
( a b c) ( a b c) ⎤ ⎡(
a a) ( b b)
⎤
⎢⎣ + + − + + ⎥⎦ = ⎢⎣
− + − ⎥⎦
6
.
n
9. Bizonyítsd be, hogy ( 3 + 2n+ 3)
4, ∀n∈ .
Bizonyítás. Két esetet különböztetünk meg n paritása szerint.
Ha n = 2k + 1, k ∈ , akkor
n 2k+ 1
3 + 2n + 3 = (4− 1) + 4k + 2+3
= v⋅4− 1+ 4k + 5 = 4 ⋅ ( v + k + 1) 4,
ahol v ∈ .
Ha n = 2, k k ∈ , akkor
+ + = − + + = v⋅ 4+ 1+ 4k + 3 = 4 ⋅ ( v + k + 1) 4,
n 2k
3 2n 3 (4 1) 4k 3

Valós számok 9
aholv egy természetes szám.
10. Milyen számrendszerben érvényes a következő szorzás 2 5 ⋅ 314 = 10274 ?
Megoldás. Ha x a számrendszer alapja, akkor a
2 4 2
(2x + 5) 3x + x + 4 = x + 2x + 7x + 4
( )
4 3 2
egyenlethez jutunk. Ez x −6x −15x −6x − 16 = 0 alakba írható, és az egyetlen
7 -nél nagyobb természetes szám gyöke az x = 8 , tehát a szorzás a 8 -as
számrendszerben érvényes.
11. Vizsgáld meg, hogy az alábbi egyenleteknek van-e megoldása a természetes
számok halmazában:
2 2
a) xy ( x + y)
= 2001;
b) x + y −x − y = 2001;
c) 3x − 2 1y = 14;
2 2
x y
d) x − 2y = 17;
e) 5 + 11 = 12 (x ); f) 3.
z
2 2
≠ 0 x + y = 2x + 2y
−
Bizonyítás
a) Ha az xy , számok közül valamelyik páros, akkor az xy (x+ y)
szorzat is páros,
tehát xy(x+
y)
nem lehet páratlan. Ha x és y páratlanok, akkor x + y páros, így
xy( x + y)
ebben az esetben sem lehet páratlan. Mivel más eset nincs, következik,
hogy xy(x + y)
mindig páros, tehát az xy(
x + y)
= 2001 egyenletnek nincs
megoldása -ben.
2 2
b) Az x + y −x − y = 2001 egyenlet még x( x − 1) + yy ( − 1) = 2001 alakban is
írható. Mivel két egymás utáni szám szorzata mindig páros és két páros szám összege
is páros, következik, hogy az egyenlet bal oldala csak páros értékeket vehet fel, tehát
sosem lehet 2001.
c) Tegyük fel, hogy a 3x − 2 1y = 14
egyenletnek van természetes megoldása. Ekkor
létezik x0, y0 ∈ N úgy, hogy 3x0 − 2 1y0 = 14 ⇒ 14 = 3 ⋅( x0 −7y0)
, s mivel
( x0 −7y0)∈
, ez azt jelentené, hogy 14 osztható hárommal, így nyilvánvalóan
ellentmondáshoz jutottunk. Következik, hogy feltételezésünk hamis volt, tehát az
egyenletnek nincs természetes megoldása.
d) Az egyenlet egy megoldása x 1 = 5 és y 1 = 2 .
e) A bal oldal utolsó számjegye 6 , tehát z 4
. A jobb oldal osztható -gyel és a bal
oldal -gyel való osztási maradéka 1 ( 1) , tehát y páratlan. A jobb oldal -mal
y
4
4
+ −
3
x
is osztható, míg a bal oldal 3 -mal való osztási maradéka ( −1 ) −1,
tehát x páros.
Ezek alapján létezik olyan x1, y 1,z1
∈ , amelyekre x = 2x1,
y = 2y1+
1 és
z = 4z
. Az eredeti egyenlet tehát
1
2 2
( ) ( ) ( )(
2y1+ 1 2z1 x1 2z1 x1 2z1
11 = 12 − 5 = 12 − 5 12 + 5
z1 x1 2z
1 x1
alakban írható. 12 − 5 és 12 + 5 relatív prímek és 11 prímszám, tehát az
2z1
x1
2z x 2y
+ 1
1 1 1
előbbi egyenlőség csak akkor lehetséges, ha 12 − 5 = 1 és 12 + 5 =
11 .
x1)

10 Valós számok
z
( ( ) )
2z 1
1
2
1
Másrészt 12 − 1 = 12 −1 143 és 5
x 143
, tehát a vizsgált egyenletnek nincs
megoldása a természetes számok halmazában.
f)
2 2
x + y
2
2
= 2x + 2y −3 ⇔ x −2x + 1+
y − 2y + 1=−1⇔ ( x 1) y
negatív.
2 2
− + ( − 1) = −1,
ami lehetetlen, mert két pozitív szám összege nem lehet
12. Határozd meg a hiányzó számjegyeket úgy, hogy
a) 36 | 52x2y; b) 45 | 24x68y; c) 99 | 62xy 427 .
⎧⎪ 4|52x2y Megoldás. a) 36 | 52x2y ⇔ ⎪
⎨ Az első oszthatóság alapján y értéke 0, 4
⎪⎪⎩ 9|52x2 y.
vagy 8 lehet. Ha y = 0 , a második oszthatóság alapján 9| (9 + x)
, s mivel x
számjegy, következik, hogy x = 0 . Ha y = 4 , akkor 9|(13 + x)
, tehát x = 5 . Ha
y = 8 , akkor 9| (17 + x)
, tehát x = 1 .
⎧ ⎪
⎪5 | 24x68 y ⎧⎪
y ∈ {0, 5}
b)
⎪
45 | 24x68y ⇔ ⎪
⎨ ⇔ ⎪
⎨
. Ha y = 0 , akkor 9| (20 + x)
,
⎪
⎪9 | 24x68y ⎪ 9|(20 + x + y)
⎪⎩
⎪⎩
tehát x = 7 . Ha y = 5 , akkor 9|(25 + x)
, tehát x = 2 .
⎧⎪ 9 | 62xy427 ⎧ ⎪9|(21
+ x + y)
c) 99 | 62xy427 ⇔ ⎪
⎨
⇔ ⎪
⎨
, ahol számjegyek. Ebből
⎪11
| 62xy427 ⎪ 11 | (13 + x − y)
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎧
( x + y)
∈ {6,15}
következik, hogy
( x −y) ∈{ −2,9}
⎪⎩
⎧⎪ x + y = 6
⎪⎩
x − y = −2
⎪ ⎨⎪
. Az így kapott négy egyenletrendszer közül csak
egynek van megfelelő megoldása, az ⎪ ⎨ rendszernek, innen pedig
⎪
⎪ xy ,
⎧ ⎪x
= 2
⎨ .
⎪
⎪⎩
y = 4
n + 1 n + 8
13. Lehet-e egyszerre egész az és az , ha n ∈ ?
15 21
n + 1 n + 8
Megoldás. Tételezzük fel, hogy létezik olyan n , amelyre és egészek.
15 21
Ekkor ( n + 1) 15, ( n + 8) 21, innen pedig n + 1 és n + 8 oszthatóak hárommal.
Következik, hogy különbségük is osztható 3-mal, tehát ( n + 8 ) −( n + 1) = 73,
ami
egy hamis állítás. Következik, hogy nem létezik olyan n , amelyre mindkét tört értéke
egész legyen.
14. Bizonyítsd be, hogy ha a természetes számokat írjuk a tizedes vessző után növekvő
sorrendben, a kapott szám nem lesz racionális.

Valós számok 11
Megoldás. A kapott szám nem véges, mert végtelen sok természetes szám létezik és
nem lehet periodikus sem, mert tetszőleges n ∈ esetén végtelen sok olyan
természetes szám létezik, amelynek több mint 3n−2 darab egymás utáni számjegye
0 . Így ha a periódus hossza n volna, akkor ezeket a számokat a periodikus rész nem
tartalmazhatná és ez nem lehetséges (mert végtelen sok van belőlük).
15. Határozd meg azokat az a ,
abcd + bcd + cd + d = 9844 .
b , c és d számjegyeket, amelyekre
Megoldás
abcd + bcd + cd + d = 9844 ⇔1000 ⋅ a + 200 ⋅ b + 30 ⋅ c + 4 ⋅ d = 9844 ⇔
⇔1000 ⋅( a − 9) + 100 ⋅(2b− 8) + 10 ⋅(3c− 4) + (4d − 4) = 0 .
Az összeg első három tagja többszöröse 10-nek, innen következik, hogy (4 d − 4) is
osztható kell legyen tízzel, tehát d ∈ {1, 6} .
Ha d = 1-et
helyettesítünk vissza, következik, hogy
1000 ⋅( a − 9) + 100 ⋅(2b− 8) + 10 ⋅(3c− 4) = 0 ,
innen pedig 10 0( a − 9) + 20( b− 4) + (3c− 4) = 0 . Az összeg első két tagja
többszöröse 20-nak, következik, hogy (3 c − 4) 20
, tehát c = 8 és
100( a − 9) + 20(
b− 4) + 20 = 0 azaz 5 a + b = 48,
ami csak úgy lehetséges, ha
a = 9 és b = 3 .
Ha d = 6 -ot helyettesítünk vissza, következik, hogy
1000 ⋅( a − 9) + 100 ⋅(2b− 8) + 10 ⋅(3c− 4) + 20 = 0 ,
innen pedig 100 ( a − 9) + 20( b− 4) + (3c− 2) = 0 . Az összeg első két tagja
többszöröse 20-nak, következik, hogy (3 c − 2) 20
, ami egyetlen c számjegy esetén
sem teljesül.
Tehát az egyetlen szám, amely kielégíti az egyenletet, az a bcd = 9381 .
16. Vizsgáld meg, mi lehet az osztási maradéka egy teljes négyzetnek 4-gyel, 3-mal, 5-tel, 7tel.
2
Megoldás. Ha x = 2, k k ∈ , akkor x = 4 , tehát x . Ha
2
2
k
4
2
x = 2k + 1, k ∈ , akkor x
2
= 4( k + k ) + 1 . Tehát egy teljes négyzetnek néggyel
való osztási maradéka 0 vagy 1 lehet.
2
Hasonlóan, ha x = 3k
± 1, akkor x
2
= 3(3k ± 2 k)
+ 1 , ha pedig x = 3k,
akkor
2
x 3
, tehát egy teljes négyzet 3-al való osztáskor 0 vagy 1 maradékot adhat.
2 2
Ha x = 5k
± 1, akkor x = 5(5k ± 2 k)
+ 1 , ha x = 5k
± 2,
akkor
2 2
2
x = 5(5k ± 4 k ) +
4 , ha pedig x = 5k
, akkor x 5
. A lehetséges maradékok:0, 1,
4.

12 Valós számok
Hasonlóan kapjuk, hogy egy teljes négyzet héttel való osztási maradéka 0, 1, 2, 4
lehet.
Megjegyzés. A levezetések alapján jól látszik, hogy a teljes négyzetek n -nel való
n + 1
osztási maradékait megkapjuk, ha meghatározzuk az -nél kisebb természetes
2
számok négyzeteinek n -el való osztási maradékainak halmazát.
17. Határozd meg azokat az x egész számokat, amelyekre
a) ( 4x−3) 7; b) ( 3x−2) 11; c) ( 7x + 4) 13.
Megoldás
a) Mivel (5 , 7) = 1,
ezért a (4 x − 3) 7
feltétel egyenértékű azzal, hogy
[5(4x − 3)] 7 , ez pedig rendre a következőkkel ekvivalens: (2 0x −15) 7
,
[ 7(3x −2) −(20x
−15)
] 7
, ( 21x −14− 20x
+ 15) 7 , ( x + 1) 7,
tehát ∃k∈ úgy,
hogy x + 1= 7k , innen pedig x = 7k −1.
Tehát minden x = 7k −1,k ∈alakú
szám megoldás.
b) (3x −2) 11 ⇔[ 4( 3x −2) ] 11 ⇔ (11x + x −8) 11 ⇔( x −8) 11⇔
∃k ∈ úgy,
hogy x − 8 = 11k ⇔ x = 11k + 8, k ∈ .
c) ( 7x + 4) 13 ⇔ [ 2( 7x + 4) ] 13 ⇔ (13x + x + 8) 13 ⇔ ( x + 8) 13
⇔∃k ∈
úgy, hogy x + 8 = 13k ⇔ x = 13k −8, k ∈ .
18. Bizonyítsd be, hogy ha a = b ⋅ c + d,
akkor ( ab , ) = (, bd)
.
Bizonyítás. Ha ( ab , ) = x és ( bd , ) = y,
igazolni kell, hogy x = y .
Mivel x = (,) a b , x osztja a -t is és b -t is, tehát x | a , x | bc,
innen pedig
x |( a −bc) ⇒x
| d . Tehát x | d és x | b,
így x -nek osztania kell y -t is (mert y
értelmezés szerint b és d közös osztói közül a legnagyobb). Kapjuk tehát, hogy x | y.
Hasonlóan bizonyítható a fordított oszthatóság is:
y |( bc + d) ⇒y | a, y | b ⇒y |( a, b) ⇒y
| x
Az x | y és y | x oszthatóságokból következik az x = y egyenlőség.
Megoldás. Ha a és b a két szám (a > b),
akkor az előbbi tulajdonság alapján a
következő lépéseket végezhetjük:
.
y = (, b d) ⇒y | b, y | d ⇒
19. Adjál algoritmust két szám l.n.k.o-jának és l.k.k.t.-ének meghatározására.
1. Osztjuk a -t b -vel, jelöljük q1 -gyel és r1
-gyel a hányadost és a maradékot.
2. Osztjuk b -t r1 -gyel, jelöljük q2 -vel és r2
-vel a hányadost és a maradékot.
3. Minden n ≥ 2 esetén osztjuk rn -et rn −1 -gyel, jelöljük qn+ 1 -gyel és rn+ 1 -
gyel a hányadost és a maradékot.

Valós számok 13
Ebben az eljárásban az előbbi feladat alapján ( r , r ) ( a, b)
, , tehát az
= ∀n≥1 n n+
1
utolsó nullától különböző maradék az eredeti két szám legnagyobb közös osztója (ezt
a
nevezik Euklideszi algoritmusnak). Ha d = (, a b ) és t = [, a b]
, akkor = b ⋅
t , tehát
d
meghatározható a legkisebb közös többszörös is.
3
20. Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ esetén az n − n szám osztható 6-tal.
Bizonyítás. Mivel 6 = 2⋅3
és (2 , 3) = 1 , elég igazolni, hogy az
3
n − n = ( n − 1) n( n + 1)
szorzat osztható 2-vel és 3-mal. Az n −1
és n egymás
utáni számok közül pontosan az egyik biztosan páros, ezért ( n −1
)n2
minden
n ∈
3
esetén, tehát n − n mindig páros. Ha n = 3, k k ∈ , akkor
3
3
n − n = 3( n − 1) k( n + 1) 3
, ha n = 3k + 1,
n − n = 3 kn(
n + 1)
3,
ha pedig
3
n = 3k −1,
akkor n − n = 3( n −1)
nk3.
3
3
Tehát minden természetes n szám esetén n − n 2,
3 , így n −n 6, ∀n ∈ .
21. Igazold, hogy három egymás utáni egész szám köbének összege osztható 3-mal.
Megoldás
3 3 3 3 3 2 3 2
A= a + ( a + 1) + ( a + 2) = a + ( a + 3a + 3a + 1) + ( a + 6a + 12a + 8) =
3 2
= 3 ⋅ ( a + 3a + 5a + 3) , tehát A osztható hárommal.
100 40 58 110 15 27 57 56 4 97
22. Adottak az a = 3 : ⎡3 3 ( 3 3 ) :3 ( 4 : 4 1 ) 3 ⎤
⎢⎣ ⋅ + ⋅ + − ⋅ ⎥⎦
⋅2
és a
3
2 2
0 125
b = 10 : { 123 + 34 : ⎡( 2 ⋅3 ) : 18 −17⋅1⎤ ⎢⎣ ⎥⎦}
számok. Határozd meg az a és b
számok l.n.k.o-ját és l.k.k.t-ét.
Megoldás
( ) ( )
( )
100 40 58
a = 3 : ⎡
⎢⎣ 3 ⋅ 3 +
110 15
3 ⋅ 3
27
: 3 +
57 56 4
4 : 4 −1 97
⋅3 ⎤
⎥⎦
⋅ 2 =
100 40+ 58 110+ 15−27 = 3 : ⎡
⎢⎣ 3 + 3 +
57−56 97
4 −1 ⋅3 ⎤
⎥⎦
⋅ 2 =
100 98 98 97
= 3 : ⎡3 + 3 + ( 4−1) ⋅3 ⎤
100 98 100−99 ⎣ ⎦
⋅ 2 = 3 : ( 3⋅3 ) ⋅ 2 = 3 ⋅ 2 = 2⋅3
= 6
{ ⎢( ⎣
2
)
⎥⎦}
{ ⎡( ) ( ) ⎤}
3 2 0 125
b 10 : 123 34 : ⎡ 2 3 : 18 17 1 ⎤
(,) ab = (6,8) = 2és
[ ab , ] = [6,8] = 24.
= + ⋅ − ⋅ =
3 2 4
= 10 : 123 + 34 : ⎢⎣ 2 ⋅3 2
: 2 ⋅3− 1⎥⎦
=
3
= 10 : ( 123 + 34 : 17) = 1000 : 125 = 8
23. Az a és b számok l.n.k.o-ja 15, l.k.k.t-e 180. Melyek ezek a számok?

14 Valós számok
Megoldás. Az a, b számok ln.k.o.-ja 15, ezért a = 15x
, b = 15y
, ahol xy∈ , és
(, xy ) = 1.
Ekkor 180 = [ ab , ] = [15 x,15 y]
= 15[ xy , ] , tehát [ xy , ] = 180: 15= 12.
⎧⎪ (, xy) = 1 ⎧x
= 1
⎪
⎪
⎨ ⇔ ⎨ vagy
⎪
⎪[, xy]
= 12 ⎪
⎪⎩
y = 12
⎪⎩
⎧⎪ 15 ⎧⎪
⎪
180
⎩ ⎪⎩
⎪ ⎨ vagy
⎪
⎪ ⎧ ⎪x
= 3 ⎧ ⎪x
= 4
⎨
⎪⎩
y = 4 ⎪
⎪⎩
y = 3
a = a = 45 ⎧⎪a
= 60 ⎧ a 180
megoldások:
⎪ ⎪
⎨ , ⎨ ,
⎪
⎪ =
⎨ ,
⎪
⎨ .
⎪b = ⎪b
= 60 ⎪
⎪⎩
b = 45 ⎪
⎪⎩
b = 15
vagy ⎪ ⎧ ⎪x
= 12
⎨ . Tehát a
⎪
⎪⎩
y = 1
24. Két természetes szám összege 2001. Határozzuk meg a számokat, ha legnagyobb
közös osztójuk 87.
Megoldás. Legyen a két szám a és b . Az ( ab , ) = 87feltétel
alapján a = 87x
,
b = 87y
, ahol x és y két egymással relatív prím természetes szám. Ekkor
2001 = a + b = 87( x + y)
, innen kapjuk, hogy x + y = 23 . Ez utóbbi összefüggés
tartalmazza azt is, hogy x és y relatív prímek, hiszen ha d | x ,d |y , akkor
d |( x + y)
= 23
d = 1
, innen pedig d ∈ {1,
23} . De d = 23 nem lehetséges, így marad a
eset, tehát ( xy , ) = 1.
Következik, hogy minden ( k, 23 − k),
k = 1,22
alakú
számpár megoldás, tehát a feladat megoldásai ( ab , ) = (87, k 87
⋅(23 −k))
, k = 1, 22 .
25. Határozd meg az n = 49a4b számot, ha n 28 és ( ab + 1) 9.
Megoldás
⎧⎪ n 28 n 4, n 7 ⎧
⎪
⎧⎪
⎪
⎪
⎪4b4,(49a4−2
b)
7
⎪
⎨ ⇔ ⎪
⎨ ⇔ ⎪
⎨
⎪ ( ab + 1) 9
⎪ (10a + b + 1) 9 ⎪
( a + b + 1) 9
⎪⎩
⎪⎩ ⎪⎩
⎧⎪ b ∈ {0,4,8}, (10a + 4− 2 b)
7
⇔ ⎪
⎨
⎪ ( a + b)
∈ {8,17}.
⎪⎩
Ha a + b = 17 , a b ∈ {0,4,8} feltétel alapján a = 9 és b = 8 , ekkor viszont
10a + 4 − 2b
= 78 nem osztható héttel. Következik, hogy a = 8 −b
, így
10a − 2b + 4 = 84 −12b
csak akkor osztható héttel, ha b = 0 , ekkor a = 8 , tehát a
keresett szám az n = 49840 .
26. Bizonyítsd be, hogy ha az n természetes szám nem osztható 7-tel, akkor az
6
n 6
N = + szám természetes szám.
7 7
Bizonyítás. Az n szám héttel való maradéka lehet 1 , 2, 3, 4, 5 vagy 6 . Mind a hat
6
6
esetben n -nak 7 -tel való osztási maradéka 1 , tehát ( n + 6) 7.
0 1 2 2000
27. Bizonyítsd be, hogy az N = 3 + 3 + 3 + ... + 3 szám osztható 13-mal és az
2000
M = N − 3 szám osztható 40-nel.
0 1
Bizonyítás. Észrevesszük, hogy 13 felírható 3 + 3 + 3 alakba. Ezért az N
összeg tagjait a következőképpen csoportosítjuk:
2

Valós számok 15
0 1 2 2000
N = 3 + 3 + 3 + ... + 3 =
0 1 2 3 4 5 1998 1999 2000
= ( 3 + 3 + 3 ) + ( 3 + 3 + 3 ) + ... + ( 3 + 3 + 3
0 1 2 3 0 1 2 1998 0 1 2
= ( 3 + 3 + 3 ) + 3 ⋅ ( 3 + 3 + 3 ) + ... + 3 ⋅(
3 + 3 + 3 )
3 6 1998 3 6 1998
( 9) ( 1 3 3 + ... + 3 ) = 13⋅ ( 1+ 3 + 3 ... 3 )
= 1+ 3+ ⋅ + + + + ⇒ N 13.
0 1 2
Hasonlóan, mivel 40= 3 + 3 + 3 + 3 , M tagjait négyesével csoportosítjuk:
3
0 1 2 1999
M = 3 + 3 + 3 + ... + 3 =
0
( 3
1
3
2
3
3 4 5 6 7 1996
3 ) + ( 3 + 3 + 3 + 3 ) + ... + ( 3
1997
3
1998
3
1999
3
0
( 3
1
3
2
3
3 4 0 1 2 3 1996
3 ) + 3 ⋅ ( 3 + 3 + 3 + 3 ) + ... + 3
0
( 3
1
3
2
3
3
3 )
(
4 8 1996
+ 3 + 3 + ... + 3 ) = 40 ⋅ ( 1
4
3
1996
M
= + + + + + +
= + + + ⋅ + + +
= (1 + 3 + 9 + 27) ⋅ 1 + + ... + 3 ) ⇒ 40
.
28. a) Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan természetes szám, amely négyzetének
hárommal való osztási maradéka 2.
2
b) Oldd meg az egész számok halmazán a b = 9a − 2b + 10
egyenletet.
Megoldás. a) Három esetet vizsgálunk n -nek hárommal való osztási maradéka
szerint:
•
2
ha n = 3, l l ∈ , akkor n
2
2
= 9l 3,
tehát n nem 3k + 2 alakú
2 2 2
• ha n = 3l
+ 1, akkor n = 9l + 6l + 1= 3(3l + 2 l)
+ 1 nem 3 k + 2 alakú
2 2 2
• ha n = 3l
+ 2, akkor n = 9l + 12l + 4 = 3(3l + 4l + 1) + 1 nem 3k + 2
alakú
Következik, hogy egy teljes négyzet hárommal való osztási maradéka csak a 0 és 1
értékek valamelyikét veheti fel, sosem lehet 2.
2
b) A b
2
= 9a − 2b + 10
egyenletet még így is írhatjuk: b + 2b + 1= 9a + 11,
2
( b + 1)
= 3 ⋅ (3a + 3) + 2.
Mindkét oldal hárommal való osztási maradékát nézve,
2
azt kapjuk, hogy ( b + 1)
-nek 3-mal való osztásakor maradékul kettőt kapunk, ez
pedig ellentmond az a) pontban megfogalmazott állításnak. Tehát az adott egyenletnek
nincs megoldása az egész számok halmazában.
29. Határozd meg azokat az n ∈ természetes számokat, amelyekre az n + 1 ,
n + 7 , n + 13 , n + 19 , n + 25 számok mindegyike prímszám.
Megoldás. n -nek öttel való lehetséges osztási maradékai szerint öt esetet
különböztetünk meg.
Ha n = 5k + 1, k ∈ , akkor n + 19 = 5k + 20 = 5 ⋅ ( k + 4) nem lehet prímszám.
Ha n = 5k + 2, k ∈ , akkor n + 13 = 5k + 15 = 5 ⋅ ( k + 3) nem lehet prímszám.
Ha n = 5k + 3, k ∈ , akkor n + 7 = 5k + 10 = 5 ⋅ ( k + 2)
nem lehet prímszám.
Ha n = 5k + 4, k ∈ , akkor n + 1= 5k + 5 = 5 ⋅ ( k + 1)
pontosan akkor lesz
prímszám, ha k + 1= 1,
vagyis ha n =
4 . Ez az érték valóban teljesíti a feltételeket.
)=
=
)=
=

16 Valós számok
Ha n = 5, k k ∈ , akkor n + 25 = 5k + 25 = 5 ⋅ ( k + 5) nem lehet prímszám.
Tehát az egyetlen megfelelő szám az n = 4 .
30. Bizonyítsd be, hogy az
5n+ 3
13n + 8
tört irreducibilis, bármely n esetén.
∈
Bizonyítás. Adott n esetén legyen d = (5n + 3,13 n + 8) . Ekkor d |5n + 3,
d |13n + 8,
tehát d | [ 5 ⋅ (13n + 8) −13 ⋅(5n
+ 3) ] , innen pedig d |1.
Következik,
hogy d = 1,
vagyis bármely n ∈ esetén (5 n + 3,13 n + 8) = 1 .
1 1 1
31. a) Igazold, hogy = −
kk ( + 1) k k+1
.
1 1 1 1 1
b) Bizonyítsd be, hogy + + + ... + <
4 9 16 100 20
9 .
1 k + 1− k k + 1 k 1 1
Bizonyítás. a) = = − = −
kk ( + 1) kk ( + 1) kk ( + 1) kk ( + 1) k k+
1
;
b)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ + + ... + = + + ... + < + + ... + =
4 9 16 100 2 ⋅23⋅310⋅10 1⋅22⋅39⋅10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9
= − + − + − + ... + − = 1 − = .
1 2 2 3 3 4 9 10 10 10
17 5
12 5
13 4
32. Bizonyítsd be, hogy a 2 + 2 −1,
2 −2 −1 és 2 − 2 + 1 számok összetett
számok.
Bizonyítás
17 5 17 5
2 + 2 − 1 = (3− 1) + (3−1) − 1= v ⋅3− 1+ v ⋅3−1− 1= 3 ⋅ ( v + v − 1)
,
1 2 1 2
17 5
ahol v ,v egész számok. Tehát ( 2 + 2 − 1 , így nem lehet prím.
1 2
( ) 3
2n+ 1 2n+ 1 2n 2n−1 2n−2 2 2n−1 2n
Az a + b = ( a + b) a − a b + a b −... − ab + b képlet alapján
) 3
12 5 4 4 3
2 2 1 2 2 2 1 (17 1) 2 (17 1) 1
− − = − ⋅ − = − − ⋅ − − =
17 1 2 17 2 1
v = ⋅ − − ⋅ + − = 17 ⋅( v3
−2) 17 , ahol v ∈ .
3
( ) 3
3
13 4 4 4 3
2 2 1 2 2 2 1 2 (17 1) (17 1) 1
− + = ⋅ − + = ⋅ − − − + =
= 2 ⋅(17v4−1) − 17+ 2 = v4
17 ⋅(2−1) 17 , ahol v ∈ .
4
105 105
33. Bizonyítsd be, hogy a 2 + 3 szám osztható 5-tel, 35-tel, 275-tel és 2315-tel.
( )
( )
105
105
2 + 3 (2+
3) = 5.
Ugyanezt a képletet használva, kapjuk, hogy
illetve
35 35
( ( ) ( ) ) ( )
105 105 3 3 3 3
2 + 3 = 2 + 3 2 + 3 = 35,

Valós számok 17
és
21 21
( ( ) ( ) ) ( )
,
105 105 5 5 5 5
2 + 3 = 2 + 3 2 + 3 = 275
15 15
( ( ) ( ) ) ( )
.
105 105 7 7 7 7
2 + 3 = 2 + 3 2 + 3 = 2315
I.2.1. Gyakorlatok és feladatok (15. oldal)
1. Milyen racionális számok tizedes reprezentációi a következő számok?
a) 0,(135) ; b) 1, 23 ; c) −24, 5 ; d) 0, (3) ;
e) 2, (12) ; f) − 5,(234) ; g) 0, 1(23) ; h) − 5,15(12) ;
i) − 0, 4(31) ;
Megoldás
j) 2, 43(1) .
135 5
23 123
245 49
a) 0,(135) = = ; b) 1, 23 = 1 = ; c) − 24, 5 = − = − ;
999 37
100 100
10 2
3 1
d) 0, (3) = = ;
9 3
12 4 70
e) 2, (12) = 2 = 2 = ;
99 33 33
234 26 581
f) − 5, (234) = − 5 = − 5 = − ;
999 111 111
123 −1
61
g) 0, 1(23) = = ;
990 495
1512 −15
499 16999
h) − 5, 15(12) = − 5 = − 5 = − ;
9900 3300 3300
431 − 4 427
i) − 0, 4(31) = − = − ;
990 990
431 − 43 97 547
j) 2, 43(1) = 2 = 2 = .
900 225 225
2. Írd végtelen tizedes szám alakjában a következő törteket:
a) − 10 ; b)
1
− ; f)
6
12
; g)
13
7
3
; c) ; d)
3 2
8
− ;
5
13
− ; h)
30
11
e)
35 .
Megoldás. a) − 10 = − 9,(9) = −10,(0)
;
7
b) = 2,(3) ;
3
c) 3
= 1, 5(0) = 1, 4(9) ;
2
8
d) − = − 1, 6(0) = −1,
5(9) ;
5
1 16−1 e) − = − = − 0,1(6) ; f)
6 90
12
= 0,(923076) ;
13
h)
13
g) − = − 0, 4(3) ;
30
11
= 0, 3(142857) .
35
3. Határozd meg a következő számok századik tizedes jegyét:
a) 3, 12(21) ; b) − 2, 75 ; c) 2,(243) ;
4
d)
5 ;
e) 10
;
3
23
f) − ;
15
1
g) − .
47

18 Valós számok
Megoldás. a) Könnyű belátni, hogy a tizedesvessző utáni számjegyek az első kettő
kivételével periodikusan ismétlődnek. Mivel a periódus kettő, ezért a századik
számjegy megegyezik a 98.-al, ez pedig a 96.-al, s folytatva a gondolatmenetet,
kapjuk, hogy a századik számjegy egyenlő a negyedikkel, ami az 1-es.
Általánosan, az N c , aa ... a ( bb ... b ) alakú szám n -dik tizedes jegyét a
= 1 2 i 1 2 j
következőképpen határozhatjuk meg:
• ha 0 < n ≤ i,
akkor a keresett számjegy a n lesz,
• ha i < n , akkor legyen m az ( n − i)
-nek j -vel való osztási maradéka. Ha
m = 0 , akkor az n -dik számjegy a b j , ha pedig 0 < m < j , akkor a
keresett számjegy az a m .
b) A második tizedes után mind nullák állnak, így a századik számjegy a 0.
c) A századik számjegy a kettes. d) 4
= 0, 8 = 0, 8(0) , a századik tizedes jegy a 0.
5
e) 10
23
= 3,(3) , a századik tizedes jegy a 3. f) − = − 1, 5(3) , a századik tizedes
3 15
jegy a 3.
4. Hasonlítsd össze a következő számokat. Melyik szám a nagyobb?
a) 2 6
4
és ; b) − és
3 9 5
5
13 16
; c) − és − ;
6 5 7
d) 15 14
és 7, 49 ; e) és 4, 667 ; f) − 1, (17) és − 1, 1(7) ;
2
3
g) − 4,123(4) és − 4,12(35) ; h) 2 és 1, (41) ; i) π és 3, 1(4) .
2 4
Megoldás. a) = <
3 9
6 4 5 13 91 90 16
; b) − < 0 < ; c) − = − < − = − ;
9 5 6 5 35 35 7
d) 15
14
= 7, 5 > 7, 49 ; e) = 4,(6) = 4, 666... < 4, 667 ;
2 3
f) 1 ,(17) = 1,1717.. < 1,1777... = 1,1(7) ⇒− 1,1(7) < −1,(17)
;
g) 4,123(4) = 4,123444... < 4,123535... = 4,12(35) ⇒− 4,12(35) < −4,123(4)
;
h) 2 > 1, 4142... > 1, 4141... = 1,(41) ; i) π ≈ 3,141 < 3,1444... = 3,1(4)
5. Határozd meg a következő számok egészrészét, illetve a törtrészét:
a) 17
65
15
; b) ; c) ; d) 4, 9(2) ;
2 6 28
16
512
e) − 3, 125 ; f) − 11, 8(41) ; g) − ; h) − .
5
63
17
Megoldás. a) = 8, 5 , így egészrésze 8, törtrésze pedig 0,5;
2
b) 65
= 10, 8(3) , egészrésze 10, törtrésze 0,8(3);
6
c) 15
= 0, 53(571428) , egészrésze 0 , törtrésze 0, 53(571428)
;
28

Valós számok 19
d) [ 4, 9(2) ] = 4 , { 4, 9(2) } = 0, 9(2) ;
e) − 3,125 = − 4 + 0, 875 ⇒− [ 3,125] = − 4, { -3,125} = 0, 875 ;
f) − 11, 8(41) = − 12 + 0,1(58) ⇒− [ 11, 8(41) ] = −12, { − 11, 8(41) } = 0,1(58) ;
16
⎡ 16⎤
16
g) − = − 3, 2 = − 4 + 0, 2 , ⎢− ⎥ = −4
− = 0, 2 ;
5
⎢⎣ 5 ⎥⎦
5
512
⎡ 512⎤
512
h) − = −8,(126984)
, tehát ⎢− ⎥ = −9
, és
63 ⎢⎣ 63 ⎥ { − } = 0,(873015) .
⎦
63
6. Határozd meg a következő irracionális számok 1, 2 illetve 4 tizedessel hiánnyal,
majd többlettel való közelítéseit:
a) 2 ; b) 5 ; c) 13 ; d) − 17 ;
e) − 85 ; f) − 2001 .
Megoldás. a) 1, 4 < 2 < 1, 5 ; 1, 41 < 2 < 1, 42 ; 1 , 4142 < 2 < 1, 4143 ;
, { }
b) 2, 2 < 5 < 2, 3 ; 2, 23 < 5 < 2, 24 ; 2,2360 < 5 < 2,2361;
c) 3, 6 < 13 < 3, 7 ; 3, 60 < 13 < 3, 61 ; 3, 6055 < 13 < 3, 6056 ;
d) − 4, 2 < − 17 < −4,1
; − 4,13 < − 17 < −4,12
; − 4,1232 < − 17 < 4,1231 ;
e) − 9, 3 < − 85 < − 9, 2 ; − 9,22 < − 85 < −9,21;
− 9,2196 < − 85 < −9,2195
;
f) − 44, 8 < − 2001 < −44,
7 ; − 44, 74 < − 2001 < −44,
73 ;
− 44, 7326 < − 2001 < − 44, 7325
7. Határozd meg az x + y , illetve az x ⋅ y számok három tizedessel hiánnyal, majd
többlettel való közelítéseit, ha
a) x = 2 és y = 7 ; b) x = 2, 41321... és y = 5,12347 ;
c) x = 3,(12) és y = 10 ; d) x = −4, 71654... és y = −8,1(4)
.
Megoldás. a) 4 , 059 < 2 + 7 < 4, 06 és 3, 741 < 2 ⋅ 7 < 3, 742 ;
b) 7 , 536 < x + y < 7, 537 és 12 , 364 < x ⋅ y < 12, 365 ;
c) 6, 283 < x + y < 6, 284 és 9, 870 < x ⋅ y < 9, 871;
d) − 12, 861 < x + y

20 Valós számok
Következik, hogy n pontosan akkor racionális, ha n teljes négyzet, és ebben az
esetben n is egész szám.
d) Tegyük fel, hogy 2 +
a
3 = ,
b
ab∈ , , b ≠ 0 . Ekkor
( 2 +
2
2
2 a
a
3)
= , 5+ 2 6 = ,
2
2
b
b
2 2
a − 5b
2 2 2
6 = , s mivel a − 5b
, 2b egészek,
2
2b
ez azt jelenti, hogy 6 racionális, ami ellentmond a c) pontban szereplő állításnak.
Tehát 2 + 3 irracionális.
Más megoldás. Könnyű belátni, hogy egy nullától különböző szám pontosan akkor
racionális, ha inverze is az. Mivel ( 3 − 2)( 3 + 2) = 3− 2 = 1,
ezért 3 − 2
és 3 + 2 egymás inverzei. Így, feltételezve, hogy 3 + 2 racionális,
következik, hogy 3 − 2 is az. Két racionális szám összege is az, tehát
( 3 − 2) + ( 3 + 2) = 2 3 is racionális kell legyen, ez pedig szintén ellentmond
a c) alpontnak.
e) Feltételezzük, hogy 2 + 3 +
a
5 = , ahol a , b egészek, b ≠ 0 . Ekkor
b
2 +
a
3 = −
b
2
a a
5 és 5+ 2 6 = − 2 5 + 5, tehát
2
b b
4
24b 4 2 2 3
= a + 20a b −45a b ⇔
4 2 2 4
a + 20a b − 24b
5 = ,
3
4ab
vagyis 5 racionális, ami ellentmondás.
1 m
9. Bizonyítsd be, hogy ha ( mn , ) = 1,
akkor az és számok tizedes
n n
ábrázolásában a szakasz hossza ugyanaz.
Bizonyítás. A 2.4. tétel g) alpontja alapján a legkisebb szakasz hossza csak az
1 m
irreducibilis alakban írt tört nevezőjétől függ, tehát és
n n
m
n
tizedes
reprezentációjában ugyanakkora a szakasz hossza.
*
10. Ha m, n ∈ ( mn , ) = 1 és ( n , 9) = 1,
akkor felírható olyan tizedes tört
formájában, amelynek a szakasza egy 9-cel osztható szám.
Bizonyítás. Ha a,, bc ∈ , akkor az x = a , b( c)
tizedes szám átalakítása során az
k ( 10 1)
b − + c
x = a + (*)
99...9 00...0
k
törtet kapjuk. Ha ez ekvivalens egy m
irreducibilis törttel, amelyben ( n , 9) = 1,
n
akkor a (*) tört egyszerűsíthető 9 -cel, tehát c 9
.
1 1 1
11. Bizonyítsd be, hogy + + vegyes szakaszos tizedes tört, bármely
n n + 1 n + 2
*
n ∈
esetén.

Valós számok 21
2
1 1 1 3n + 6n
+ 2
Bizonyítás. + + =
. A tört nevezője osztható 3 -
n n + 1 n + 2 n( n + 1)( n + 2)
mal és a számlálója nem, tehát a tört tizedes reprezentációja szakaszt is tartalmaz (2.4.
tétel a) alpontja). Másrészt a számláló páratlan n esetén páratlan, páros n esetén nem
osztható 4 -gyel, míg a tört nevezője az első esetben páros és a második esetben
osztható 4 -gyel. Így a tört nevezője egyszerűsítés után mindig páros lesz, tehát a tört
tizedes ábrázolása vegyes szakaszos tört (2.4. tétel c) alpont).
2
n + 1
*
12. Bizonyítsd be, hogy vegyes szakaszos tizedes tört, bármely n ∈ \{1}
2
nn ( − 1)
esetén.
2
n + 1
Bizonyítás. Az tört számlálója nem osztható 3 -mal és a nevezője
2
n( n − 1)
osztható, tehát irreducibilis alakban a nevezőnek van 2 -től és 5 -től különböző
osztója. Ugyanakkor páros n esetén a nevező páros és a számláló páratlan, míg
páratlan n esetén a nevező osztható 8 -cal és a számláló nem osztható 4 -gyel, tehát
az irreducibilis alakra hozott tört nevezője páros. Így a 2.4. tétel c) alpontja szerint a
tört tizedes reprezentációja vegyes szakaszos.
13. Bizonyítsd be, hogy két tiszta szakaszos tizedes tört szorzata is tiszta szakaszos
tizedes tört.
Bizonyítás. Ha az a c
és irreducibilis törtek tizedes reprezentációja tiszta
b d
szakaszos, akkor ( b , 10) = 1 és ( d , 10) = 1,
tehát ( b⋅ d,
10) = 1.
Ebből következik,
ac
hogy b⋅d minden osztója is relatív prím 10 -zel, tehát az tört tizedes
bd
reprezentációja is tiszta szakaszos.
14. Ha az x és y valós számoknak ismerjük az n jegyű hiánnyal illetve többlettel
való közelítését, akkor milyen közelítést adhatunk a következő kifejezésekre:
2 2
a) x + y ; b) x − y ; c) x ⋅ y;
d) x + y ?
Megoldás. Feltételezhetjük, hogy xy> , 0,
mert a többi eset erre visszavezethető.
1
1
Az a < x < a + és b < y < b + egyenlőtlenségek alapján írhatjuk, hogy:
10 n
10 n
2
a + b < x + y < a + b + n
10
1
< a + b + , n−1
10
1
a −b− n
10
1
< x − y < a − b + n
10
1
< a −b− + −1
10 10
2
n n ,
a + b 1
ab < xy < ab + + n 2n
10 10
, és
2 2 2 2 2 2 2( a + b)
2
a + b < x + y < a + b + + n 2n
10 10
.
Ez alapján látható, hogy az összeadás és a kivonás esetén csak a legutolsó számjegy
veszhet el (tehát az eredmény n −1
tizedesjegye pontos), míg a szorzás és
négyzetösszeg kiszámítása során több számjegyet is veszíthetünk a számok
nagyságrendjétől függően.

22 Valós számok
I.6. Gyakorlatok és feladatok (21. oldal)
1. Számítsd ki:
2
−1
⎛1⎞⎟⎠
a) ⎜
⎜⎝
;
3
⎛1⎞ b) ⎜
⎝⎜2⎠⎟ ;
⎛1⎞ c) ⎜
⎟
4⎟
9
3 f) ( − 3)
; g) ( −
3
5)
;
⎛1⎞ h) ⎜
⎝⎜3⎠⎟ ⎛
k) ⎜
⎝⎜ 1
2 +
−2
⎞
3⎠⎟
.
2 2
−1
1
2
⎜⎝ ⎠ ; d) 2
( − 3)
; e) ( ) 27
−1
⎛ 1 ⎞⎟
; i) ⎜
⎝⎜2⎠ ⎛1⎞ 1
Megoldás. a) ⎟
1 ⎛1⎞ ⎜
⎜⎝
= = 2
3⎠⎟ ; b) ⎟
⎛1⎞ 1
⎜ = 2
3 9 ⎜⎝2⎠⎟ ; c) ⎜ ⎟
⎜⎝
=
4⎠⎟2 1 27 27
27
3 3 3
e) ( )
⎛ ⎞
3 = ⎜
⎜3 ⎟ = 3 =
⎜⎜⎝ ⎠⎟
3 3 3
g) ( ) ⎡ ⎤
3 ( )
− 5 =
⎣
( −1) ⋅ 5
⎦
= ( −1) ⋅ 5 = −5
5
−2
1 −2
−2 −
2
1
( )
⎛ 1 ⎞
− ⎛ ⎞
⎟ = 2 =⎜
⎜2
⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠⎟
⎜⎜⎝ ⎠
⎟
i) ⎜ ( )
k)
−2 −2
⎛ ⎞
1
2
−2
3 3 ;
⎛ 1 ⎞⎟
; j) ⎜
⎝⎜33⎠ ; d) ( ) ;
2
− 3 = 3
−3
9
3 ; f) ( ) ( ) 9
9
3
3
− 3 = − 3 3 = ( − 3) = −27;
= 2;
j)
⎛1⎞ ⎜⎝3⎠⎟ −1
−1
⎟ = =
−1
; h) ⎜ ( )
−3
1 −3
⎛ 1 ⎞ ⎛ − ⎞
⎜ ⎟ ⎜ 3
⎜
⎟
⎟ ⎟
⎜⎝ 3 ⎠⎟
⎜ ⎟
3
( 3 2)
= 3 = 3;
⎜⎝ ⎠
;
3 3;
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ 3 − 2⎟1 1
⎟
⎜⎝
⎟ = ⎜
= 2 = = 5 2 6
2 + 3⎟ ⎜ 3−2 ⎟
+ .
⎠ ⎝ ⎠⎟ − 5−2 6
2. Írd egyszerűbb alakba a következő számokat:
3 6
3 6
a) 2⋅ 2⋅ 2 ; b) a ⋅ a ⋅ a , ahol a 0 ; c)
Megoldás. a)
d) 175 ; e) 5 − 96 ; f)
b)
1 1 1 1 1 1
+ +
3 6 2 3 6 2 3 6 1
2⋅ 2⋅ 2 = 2 ⋅2 ⋅ 2 = 2 = 2 2
3 6
1
2
1
3
1
6
1 1 1
+ +
2 3 6 1
a ⋅ a ⋅ a = a ⋅a ⋅ a = a = a = a;
c) ( )
d)
e)
f)
> ( ) 2
3 4
= ;
2 1 2 1 1 2
2
+
3 4 23 ⋅ 4 6 4 6 2 3 3 2 3
6
xy
3
9
3 3 = 3⋅ 3 = 3 ⋅ 3 = 3 = 3 = 3 = 9;
2 2
175 = 7 ⋅ 5 = 7 ⋅ 5 = 5 7 ;
− 96 = ( −32) ⋅ 3 = ( −2) ⋅ 3 = −2 3 5 ;
5 5
5 5 5
6 23 ⋅
2 3
2
xy x ⎛x⎞ x
= ⋅ y = ⎜ ⎟
⋅ y =
z z ⎜⎝z ⎠
⎟ z
3 3 3
3
9 33 ⋅
3 3
y .
z
3 3 ;
3. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket:
a) 300 − 45 + 3 27 + 2 20 − 64 ;
3 4 3 4 3 7
b) 64a + 3 27a − 8a
;
a
.

Valós számok 23
3 3 c) 3 9⋅ 3;
d) 3 3 3 3
5⋅25 ; e) 192 : 3 3 ;
2 2
f)
Megoldás. a) 300 − 45 + 3 27 + 2 20 − 64 =
b)
: 5
5 7 5 3
3 1
xy xy .
= 10 3 − 3 5 + 9 3 + 4 5 − 8 = 19 3 + 5 − 8 ;
4 3 4
64a + 3 27a −
a
7
4
3 3 2 3
8a = 4a a + 9 a − 2a
a =
a
3 3
3 = (4a + 9) a − 8 a a = (9 − 4 a)
a ;
3 3
3 9⋅ 3 = 3 9⋅ 3 = 3⋅ 3 = 9;
c) 3 3 3
d)
e)
f)
1 2 1 2 7
+
3 2 3 2 3 6 6
5⋅ 25 = 5 ⋅ 5 = 5 = 5 = 5 5 ;
1
1 1 1 2 2 2
3
3 3 ⎛ ⎞ −
3 3 3 3 3 3 3 2
192 : 3 3 = ⋅43⋅ ⋅ ⎜ ⎟ = 2 ⋅3⋅3⋅ 2 = 2 ⋅ 3 = 6 = 6
3 3 3 1 3
2 2 2 3
⎜⎜⎝ ⎟
2⎠⎟
3 1
2 1
5 7 5 3 3 2 3 2 2 2
−1
− ⎛ ⎞
xy : 5xy = 5 xy xy⋅ ⎜
⎜5 ⋅ xy xy ⎟ =
25 ⎜⎜⎝ ⎠
⎟
4. Számítsd ki:
2 2 1 1 1 1
− −
− −
3 2 3 3 2 −2 −1
2 2
= 5 xy x y ⋅5 ⋅xy
x y
a) 5 4 11
0, 00001 ; b) 3 0, 001 ⋅ 625 ⋅ 2048 ; c)
⎛ 1 1 ⎞ 1
d) ⎜ ⋅ 4 ⎟ : .
4
⎝⎜2 32⎠⎟4 2
Megoldás. a)
b)
c)
2
1 ⎛ 1 ⎞ 1
0, 00001 = = ⎜ ⎟ 0,1
10
⎜⎜⎝ ⎟ = =
10⎟ ;
⎠ 10
5 5
5
5
3 4 11
3
5
25
7 5
− −
6 6
5
6 = 5 x y .
3
⎛ 1 ⎞ 4 4 11 11 5
0, 001 625 2048 ⎟
⋅2
⋅ ⋅ = ⎜
⎜⎜⎝ ⎟ ⋅ 5 ⋅ 2 = = 1
10⎠⎟ ;
10
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅ 9 ⋅ 5 ⋅
3 5 6
3 3 5 5 6 6
27 32 64 3 2 2 3 2 2 4
= =
3 81 125 2 3 3 9 5 15
2 2
= ;
3 5 6 27 ⋅ 32 ⋅ 64
3 81 ⋅ 125
⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1⎞ 4 4
d) ⎜ 1 1 1 1
⎜ ⋅ 4 ⎟ : = ⎜ ⎟ 4 2
4 2 4
4
4
2 32
⎟ ⎜ ⎟ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
4 2 2
⎟
2 .
⎝ ⎜ ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎠⎟
32 2 4 2 2 2
5. Írd egyszerűbb alakba:
( )
a) 3+ 2 ; b) 5+ 2 6 ; c) 5− 2 6 ; d) 4 17 − 12 2 ; e) 3 26 − 15 3 .
Megoldás. a) A megoldás során vagy az összetett gyökök képletét használjuk, vagy
a külső gyök alatti kifejezést teljes négyzetté alakítjuk. Az első módszerrel
2 2
3+ 3 −8 3− 3 −8
3+ 2 2 =
a második módszerrel
2
+
2
= 2 +1,
;
;

24 Valós számok
b)
c)
2
3+ 2 2 = 2+ 2 2 + 1 = ( 2 + 1) = 2 + 1 = 2 +1;
5+ 1 5−1 5+ 2 6 = + = 3 + 2 ;
2 2
2
5− 2 6 = ( 3 − 2) = 3 − 2 = 3 − 2 ;
17− 12 2 = 3− 2 2 = 3− 2 2 = 3− 2 2 = 2 − 1;
d) ( ) 2
4 4
e) Mivel a köbgyökön belül gyökjel alatt csak a hármas szám szerepel, ezért
várhatóan a keresett egyszerűbb alak a + b 3 lesz. Meg kell határozni az a, b
3
(lehetőleg racionális) számokat úgy, hogy teljesüljön az 26 − 15 3 = a + b 3
egyenlőség. Köbre emelve mindkét oldalt, kapjuk, hogy
3 2 2 3
26 − 15 3 = a + 9 ab + (3a b + 3 b ) 3 . Ha a, b racionálisak, akkor ez azt jelenti,
⎧ 3 2
⎪26
= a + 9ab
hogy ⎪
⎨
. Az egyenletrendszernek egy megoldása ( ab , ) = (2, −1)
.
⎪−
2 3
15 = 3ab+ 3b
⎪⎩
Könnyen ellenőrizhető, hogy valóban teljesül a
6. Írd egyszerűbb alakba:
10
5 a) ( 7 ) : 49 ; b) ( ) 10
Megoldás. a) ( )
b) ( )
3
26 − 16 3 = 2 − 3 egyenlőség.
4 7
3 : 3 ; c) ( 50 + 18 ) ; d) ( − ) .
10
10
5 5
2
7 : 49 7 : 49 7 : 49 1
10 5
10
4 4 2
= = = ;
3 : 3 = 3 : 3 = 3 : 3 = 9 3 : 3 = 9;
3
7 1 3
3 3 3
7 7 7
7 ⎟ 2 2
c) ( ) ( ) ( )
3
−2
3
48 3
50 + 18 = 5 2 + 3 2 = 8 2
⎛
⎜
= ⎜
⎜⎜⎝ 2
⎞
⎟
⎠⎟
⎛ ⎞
= ⎜
⎜2
⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠⎟
= 2 2 ;
48 − 3
−2
=
1
3
4 3 − 3
2 =
1
2
3
3 3
=
3
1
3
3
1
2 =
6 6
3
1
= .
3
3
d) ( )
( ) ( ) ( )
7. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket:
a) ( ) ; b)
3
3 2
x y x
2
⎛132⎞ ⎜
yx
x ⎟
12
⎛
2 8 ⎞⎟
d) 3xy 3
2 4 ⎜⎝
⎜
;
xy ⎠
4
3
x y ( x y)
e) : 4
1
y y −
⎜
⎛
+ +
⎞
⎜
⎟
⎜
.
⎜⎝
⎜
⎠⎟
3 2 3 2 4 2
Megoldás. a) ( ) ;
3
x y x = x ⋅y ⋅ x = x ⋅ y
2 4 4
−
3 3 3 3
⎛1 2 ⎞ 1 4 2
b) ⎜ yx⎟ ⎜⎝
= ⋅ yx = yx
2
x ⎠⎟x
c) ( ) ( ) 4
2
3 2 2 3 2 4 2 3 2 2 3
− x xy = x xy = xy xy= xy ;
⎝ ⎠ ; c) 3 2 ( −x
xy ) ;
;
2

Valós számok 25
12 4
⎛ 12 12 12 24
2 8 ⎞
12 12 24
d) ⎜ 8 3 2 x y
3xy ⎟ ⎛ ⎞
3 3 x y ⎜
⋅ ⋅ ⋅
12 4 8
⎜ ⎟ = x y
2 4 ⎜
⎟
= =
2 4 8 16
xy
⎟ ⎜⎝xy ⎠
⎟
6 ;
⎜⎝
⎠
⎟ x ⋅ y
4
⎛ 3 4 1
x y ( x y) ⎞ −
⎜
( )
e) ⎜
+ + x y y x y
: 4 ⎟ +
+
⎜
= ⋅ = , ha y( x + y)
> 0.
−1
4 3 5
⎜⎝
⎜ y y ⎠ ⎟ y ( x + y) y
8. Számítsd ki:
a) ( ) 2
3 3
2+ 2 + 2− 2 ; b) ( a + b + a − b)
.
Megoldás. a) ( ) 2
2+ 2 + 2− 2 = 2+ 2 + 2 2+ 2 2− 2 + 2− 2 =
3 3
b) ( a b a b)
+ + − =
3
3
= 4+ 2 4− 2 = 4+ 2 2;
( )( 3 ) ( 3 )
2a 3 2
3 a b
3 ( a b
3
a b)
= a + b + 3 a + b a − b ⋅ a + b + a − b + a − b =
= + − ⋅ + + − .
9. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket:
a) ( ) 2
32− 5 = 15− 2 3;
b) 10 + 40 − 24 + 60 = 2 − 3 + 5 ;
c) 3+ 1+ 5
5 = ;
2
d)
Megoldás. a)
2
( ) ( )
3 3
26 − 15 3 + 26 + 15 3 = 4 .
3 2 − 5 = 3 9 − 4 5 = 27 − 12 5 = 15 + 12 − 4 45 =
( ) 2
= 15 − 2 3 = 15 − 2 3 = 15 − 2 3 , vagy
2 2
( ) ( ) ( )
32− 5 = 3 2− 5 = 32− 5= 3 5− 2 = 15− 2 3.
b) 10 + 40 − 24 + 60 = 2 − 3 + 5 ⇔
⇔ 10 + 2 10 − 2 6 + 2 15 = 2 + 3 + 5 − 2 6 + 2 10 − 2 15 ,
ami nyilván igaz.
c) Mivel mindkét oldal pozitív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítást jelent.
1+ 5 1+ 2 5 + 5
3+ 5 = ⇔ 3+ 5 = ⇔ 3+ 5 = 3+
5 ;
2 2
d) Ha
Tehát
3 3
26 − 15 3 + 26 + 15 3 = x , akkor
( )( )
= 26 − 15 3 + 3 26 − 15 3 26 + 15 3 + 26 + 15 3 ⇔
3
x 3
x
3 2
⇔ x − x − = ⇔ x − x + x + = ⇔ x =
3 52 0 ( 4)( 4 13) 0 4
3 3
26 − 15 3 + 26 + 15 3 = 4 .
3
, mert x ∈ .

26 Valós számok
10. Rendezd növekvő sorrendbe a következő számokat:
a) 12 − 6 ; 20 − 12 ; 3−2; b) 0, 1 ;
3 1
; ;
4 2
3 − 2 ;
c) 0, 45 ;
2 19
;
3 40 ;
3 9
;
5
d) 0, 75 ;
2 15
;
2 21 ;
4 63
4 .
Megoldás. a) Hasonlítsuk össze az első két számot. A
egyenlőség a következőképpen alakítható:
12 − 6 > 20 − 12
() 2 () 2
⇔ ⇔ .
12 − 6 > 20 − 12 ⇔ 4 3 < 2 5 + 6 22 < 4 30 121 < 120
Mivel az utolsó egyenlőtlenség nem igaz és ekvivalens átalakításokat végeztünk, az
eredeti egyenlőtlenség sem volt igaz, tehát 12 − 6 < 20 − 12 . Hasonló módon
a 12 − 6 > 3 − 2 egyenlőtlenség átrendezés és négyzetre emelés segítségével a
következőképpen írható:
() 2
12 − 6 > 3 − 2 ⇔ 12 + 2 > 3 + 6⇔ 14 + 4 6 > 15 + 6 6 .
Mivel az utolsó egyenlőtlenség nem igaz, 12 − 6 < 3 − 2 . Az eddigi két
egyenlőtlenség alapján nem állapítható meg a sorrend, tehát a harmadik
összehasonlítást is el kell végeznünk.
() 2
20 − 12 < 3 − 2 ⇔ 20 + 2 < 3 + 12⇔ 1 + 4 10 < 6 12 .
Másrészt 1+ 4 10 < 1+ 4⋅ 4 = 17 < 18
és 18 < 12 3 ⇔ 3 < 2 3 ⇔ 9 < 12 ,
tehát 20 − 12 < 3 − 2 .
b) A gyökök közelítő értékeit használjuk. 1, 7 < 3 < 1, 74 , tehát 0, 4 <
3
< 0, 5 .
4
1, 4 < 2 < 1, 42 , tehát 0,28 = 1, 7 − 1, 42 < 3 − 2 < 1, 74 − 1, 4 = 0, 34 . Ezek
3 1
alapján a sorrend a következő: 0, 1 < 3 − 2 < < .
4 2
45 9 18 19 19
c) 0, 45 = = = < , tehát 0, 45 < . Ugyanakkor
100 20 40 40
40
3 3 9 4 9 9
3 2
= < ⇔ 4 < 9
5 20 20
⇔ 64 < 81,
tehát
3 9
< 0, 45 <
5 4
19
.
0
Másrészt
3⋅ 0,45= 1,35< 1,4< 2,
tehát 0, 45 <
2
,
3
és így a
2
-at
3
kell
összehasonlítanunk a 19
40 -nel.
2 19
< ⇔ 40 2 < 57 ⇔ 3200 < 3249 , tehát a
3 40
3 9
helyes sorrend a következő: < 0, 45 <
5
2
<
3
19
40 .
d)
4 4 63 64
< =
4 4
8 2 2
= =
4 4
2 3
< , tehát
2 4
4 63
<
4
2
< 0, 75 . Másrészt
2
2 5
< ⇔ 7 2 < 10 ⇔ 98 < 100
2 7
és
5 3
< ⇔ 20 < 21,
7 4
tehát
4 63
<
4
2 15
< < 0, 75 .
2 21

Valós számok 27
11. Bizonyítsd be, hogy a következő számok irracionálisak:
a) 10 ; b) 3 3 ; c) 4 2 ; d) 5 7 .
Megoldás. a) Tegyük fel, hogy 10 racionális. Ekkor léteznek az a, b relatív prím
egész számok úgy, hogy b ≠ 0 és
a
2 2
2
10 = . Innen kapjuk, hogy a = 10b
, tehát a
b
osztható kettővel, ami egyenértékű azzal, hogy a páros, vagyis a = 2m,
ahol m egy
2
egész szám. Visszahelyettesítve, 10 b
2 2 2 2
2
= a = 4m ⇒ 5b = 2m
, tehát b 2 ⇒ b 2.
Ez viszont azt jelenti, hogy mind a , mind b osztható kettővel, ez pedig ellentmond
feltételezésünknek, miszerint ( ab , ) = 1.
Következik, hogy 10 irracionális.
b) A bizonyítást az a) ponthoz hasonlóan végezzük. Feltételezzük, hogy 3 a
3 = ,
b
3
(,) ab = 1,
a, b ∈ . Így a
3 3
= 3b ⇒a 3 ⇒a3 ⇒ a = 3m , m ∈ , innen
3 3 3 3 3 3
3b = a = 27m ⇒ b = 9m ⇒b 3 ⇒b3 ⇒( a, b) 3 ⇒( a, b)
≠1,
ellentmondás.
Hasonlóan igazoljuk a c) és d) alpontokat is.
12. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy a k n szám racionális legyen,
ha k, n ∈ , k ≥ 2 ?
Megoldás. Ha az n prímtényezős felbontásában van olyan p 0 prímszám, amelynek
k n
k
a kitevője legalább k , akkor p0
kihozható a gyök alól, és n ∈ ⇔ ∈ ,
tehát
p0
feltételezhetjük, hogy az n prímtényezős felbontásában nincs k -val egyenlő vagy
a
k annál nagyobb kitevő. Ha p az n legkisebb prímosztója, és n = , ahol a, b ∈
b
k
k
k
és (, ab ) = 1,
akkor a = n⋅b és így a p.
Ez csak úgy lehetséges, ha a p
viszont
k k k
k
ebben az esetben a = p ⋅a1és
( ab , ) = 1alapján
np . Ez csak akkor lehetséges,
ha n felbontásában nincs legkisebb prím, vagyis ha n = 1 . Figyelembe véve, hogy a
k gyök alól csak a teljes k -adik hatványok emelhetők ki n pontosan akkor racionális
szám, ha n teljes k -adik hatványa egy természetes számnak.
3 3
13. Bizonyítsd be, hogy ha a + b ⋅ 2 + c⋅
4 = 0 és a, b , c ∈ , akkor
a = b = c = 0 .
3 3
Megoldás. Az a + b ⋅ 2 + c⋅
4 = 0 egyenlőség mindkét oldalát megszorozva
3 2 ⋅c -vel, kapjuk, hogy 3 3
2
ac 2 + bc 4 + 2c=
0.
Az eredeti egyenlőségből
kifejezve 3 c 4 -t és ez utóbbiba behelyettesítve, kapjuk, hogy
ac b a b c
3 3
2
2 3
2
2 − ( + 2) + 2 = 0, vagyis ( 2c ab) 2(
ac b )
2
c −ab
− + − = 0. Ha
2
3 2
2c −ab ≠ 0,
akkor 2 = −
2
ac −b
∈ , ami ellentmondana annak, hogy 3 2
2
irracionális. Következik hogy ac − b
2
= 0 , innen pedig 2 c − ab = 0.
Tehát a

28 Valós számok
⎧ 2
⎪2c
− ab = 0
következő egyenletrendszerhez jutottunk: ⎪
⎨
. Az első egyenlet mindkét
⎪ 2
ac − b = 0
⎪⎩
oldalát megszorozva c -vel és felhasználva a második egyenletet, kapjuk, hogy
3 2
2c = bac = bb = . Ha c , akkor
3
3
b
b ≠ 0 2 = , 3
c
3 b
2 = ∈ , így ellentmondáshoz
c
jutottunk ( 3 2 irracionális). Tehát c = 0 , innen pedig következik, hogy b = 0 és
a = 0 .
14. Bizonyítsd be, hogy az
S = 26 + 6 13 − 4 8 + 2 6 − 2 5 + 26 − 6 13 + 4 8 − 2 6 + 2 5
szám racionális.
Megoldás. Belülről kifele haladva rendre egyszerűbb alakra hozzuk a gyököket:
( ) 2
5 −1
6−2 5 = = 5 −1,
( )
8+ 2 5 − 1 = 6+
2 5 = 5 + 1 = 5 + 1,
( )
13 − 4 5 + 1 = 9 − 4 5 = 2 − 5 = 5 − 2 ,
26 + 6 5 − 2 = 14 + 6 5 = 3 + 5 = 3 + 5 , és
( ) 2
5 + 1
6+ 2 5 = = 5 +1,
( )
8−2 5 + 1 = 6−2
5 = 5 − 1 = 5 − 1,
( )
13 + 4 5 −1 = 9 + 4 5 = 2 + 5 = 5 + 2 ,
26 − 6 5 + 2 = 14 − 6 5 = 3 − 5 = 3 − 5 .
Tehát S = 3+ 5 + 3−5 = 6.
15. Bizonyítsd be, hogy
( ) 2
( ) 2
( ) ( ) 2
( ) 2
( ) 2
( ) ( ) 2
a
2 2
a + b −b
ha a törtek mind értelmezettek.
+
2
b
2 2
a + b −a
=
2
2 2
a + b
,
a + b
Megoldás.
a
2 2
a + b −b
+
2
b
2 2
a + b −a
=
2
2 2
a( a + b + b
= 2 2 2
a + b − 2b 2 2
2) b( a + b + a 2)
2 2
( a − b) a + b
+
=
2 2 2
2 2
a + b − 2a
a −b
=
2 2
a + b
.
( a + b)

Valós számok 29
16. Számítsd ki az ( )
2 2
a + b ab
E x
=
4
4 x + 1+
x −
4
4 + 1− −1
x x
x =
4ab
+ .
2 2
a + b
2 2 4 2 2 4
a + b ab a + 6a
b + b
Megoldás. x = + =
,
2 2 2 2
4ab a + b 4 ab( a + b )
4 3 2 2 3 4
4
a + 4a b + 6a b + 4ab
+ b ( a + b)
x + 1 = =
4 ab( a + b ) 4ab
a + b
1 , kifejezés értékét, ha
( )
2 2 2 2
4 3 2 2 3 4
4
a − 4a b + 6a b − 4ab
+ b ( a −b)
x − 1 = =
4 ab( a + b ) 4ab
a + b
( )
2 2 2 2
Mivel x kifejezése szimmetrikus a, b-ben, feltételezhetjük, hogy a ≥ b.
Így
a + b
4 x + 1 =
4
2 2
4ab
a + b
4
a −b
és x −1
=
4
2 2
4ab
a + b
a
, tehát Ex ( ) = .
b
( )
( )
a c a a + c c
17. Bizonyítsd be, hogy ha 0 < < , akkor < < .
b d b b + d d
a c
a a + c c
Bizonyítás. 0 < < ⇔ ad < bc és < < pontosan akkor teljesül, ha
b d
b b + d d
ab ( + d) < ba ( + c)
és d( a + c) < cb ( + d)
. Az utóbbi két egyenlőtlenség ekvivalens
az ad < bc egyenlőtlenséggel, tehát a bizonyítás teljes.
18. Számítsd ki az x = 3 0, 99...9 szám első 2001 tizedesjegyét.
2001
3 Megoldás. Mivel 0 , 99...9 ∈ (0,1) és minden x ∈ (0,1) esetén 1 > x ≥ x ,
2001
következik, hogy 1 > 3 0, 99...9 ≥ 0, 9
9...9 , tehát 3 0, 99...9 első 2001 tizedesjegye
2001
2001
2001
9-es.
19. Van-e olyan a és b irracionális szám, amelyre a + b és a ⋅b
racionális?
− s ±
Megoldás. Ha a + b = s ∈ és a⋅ b = p ∈ , akkor ab , =
2
s − 4p
, tehát
2
ha úgy választjuk meg az s és p értékét, hogy s 4p ne legyen teljes négyzet,
akkor irracionális számokat kapunk. Ilyenek például az a = 3−2 és b = 3+ 2.
20. Határozd meg az { } *
A= 999 ⋅n | n ∈ halmaz legkisebb elemét, amely nem
tartalmazza a 9-es számjegyet.
Megoldás. 999 ⋅ n = n⋅1000 −n
. Ha n egy számjegyű akkor a kivonás elvégzése
során az utolsó előtti számjegy 9 -es. Ha az n két számjegyű, akkor hátulról a
harmadik számjegy 9 -es, tehát az n legalább háromjegyű kell legyen. Ebben az
esetben az utolsó számjegy nem lehet 1 és az előtte álló számjegy nem lehet 0 . Így a
legkisebb n , amit érdemes kipróbálni a 112 . Másrészt 11 2 ⋅ 999 = 111888 , tehát az
A
halmaz legkisebb eleme 112 .
2 −
,
.

30 Valós számok
1.7.2 Gyakorlatok és feladatok (25. oldal)
1. a) Bizonyítsd be, hogy
( 1)( 1)( 1)
x x x x
2 4
2 4 8
− + + = −1 x − 1 x + 1 x + 1 x + 1 = x −1
( )( )( )
és ( ) .
n
2 4 8 2
b) Számítsd ki az ( x − 1) ( x + 1)( x + 1)( x + 1)( x + 1 ) ⋅... ⋅ ( x + 1)
szorzatot.
2 2 2 4
Megoldás. a) ( x − 1) x + 1 x + 1 = x − 1 x + 1 = x −1.
( )( ) ( )( )
2 4 2 2 4
( x − 1)( x + 1)( x + 1)( x + 1) = ( x − 1)( x + 1)( x + 1)
4 4 8
= ( x − 1)( x + 1)
= x − 1.
( )(
2
)(
4
)(
8
) (
n
2 ) =
n
2 2 4 8 2
= ( x − 1)( x + 1)( x + 1)( x + 1 ) ... ( x + 1)
=
n
4 4 8 2
= ( x − 1)( x + 1)( x + 1 ) ... ( x + 1 ) = ... =
b) ( x − 1) x + 1 x + 1 x + 1 x + 1 ... x + 1
n−1 n−1 n n n
( )( )( ) ( )( )
2 2 2 2 2
= x − 1 x + 1 x + 1 = x − 1 x + 1 = − 1.
( )(
4 2 2 2
2. Bizonyítsd be, hogy x + x + 1= x − x + 1 x + x + 1 és
Bizonyítás
( )( )(
8 4 2 2 4 2
x + x + 1= x − x + 1 x + x + 1 x − x + 1 .
(
2
) ( )( 1)
(
2
) ( )( )
2
( x x
2
1)( x x
4
1)( x
2
x 1)
.
)
1
2 n
x +
4 2 4 2 2 2 2 2 2
x x 1 x 2x 1 x x 1 x x x 1 x x
+ + = + + − = + − = − + + +
8 4 8 4 4 4 4 4 2 4 2
x + x + 1= x + 2x + 1− x = x + 1 − x = x − x + 1 x + x + 1
= − + + + − +
2 2 2 2 2 2 2
3. Bizonyítsd be, hogy ( x − y ) + ( 2xy)
= ( x + y ) , ∀xy , ∈ .
Bizonyítás
2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2
( x y ) ( 2xy) x 2x y y 4x y x 2x
y y ( x y )
2 2
− + = − + + = + + = + .
4. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c páronként különböző valós számok, akkor:
⎧ ⎪0,
k = 1
⎪ 1, 2
k k k ⎪
k =
a b c ⎪
+ + =⎨
⎪
( )( ) ( )( ) ( )(
a + b + c, k = 3 .
a −b a −c b−a b−c c−a c−b) ⎪
⎪⎪⎪
1
⎪ , k = −1
⎪⎩ abc
Bizonyítás. Mind a négy esetben elvégezzük a műveleteket.
)
=
=

Valós számok 31
a b c
+ +
( a −b)( a −c) ( b−a)( b−c) ( c−a)( c− b)
=
ac ( − b) + ba ( − c) + cb ( −a)
= = 0 , mert
( a −b)( b−c)( c−a) a( c− b) + b( a − c) + c( b− a) = ac− ab + ba − bc + cb− ca = 0.
2 2 2
a b c
+ +
( a −b)( a −c) ( b−a)( b−c) ( c−a)( c− b)
=
2 2 2
a c− b + b a − c + c b−a ( ) ( ) ( )
= = 1 , mert
( a −b)( b−c)( c−a) 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a ( c b) b ( a c) c ( b a) a c a b b a b c c b c a
− + − + − = − + − + − =
( ) ( )
2 2 2 2
= a ( c− b) + a b −c −bc( b− c) = −( b−c) a − a( b + c) + bc =
= ( a −b)( b−c)( c− a).
3 3 3
a b c
+ +
( a −b)( a −c) ( b−a)( b−c) ( c−a)( c− b)
=
3 3 3
a c− b + b a − c + c b−a ( ) ( ) ( )
= = a + b + c , mert
( a −b)( b−c)( c−a) ( )
3 3 3 3 3 3 2 2
a ( c− b) + b ( a − c) + c ( b− a) = a ( c− b) + a b −c −bc( b − c ) =
3 2 2
( )
= ( b−c) a − a( b + bc + c ) + bc( b + c)
=
2 2 2
( ( )
)
= −( b−c) a a − b + bc( b− a) + c ( b− a)
=
2
( )
= −( a −b)( b− c) a( a + b) −bc− c =
2 2
( )
= ( a −b)( b−c) − a + ac− ab + bc− ac + c =
= ( a −b)( b−c)( c− a)( a + b + c)
.
1 1 1
+ +
a( a −b)( a −c) b( b−a)( b−c) c( c−a)( c− b)
=
bc( c − b) + ac( a − c) + ba( b −a)
1
= = , mert
abc( a −b)( b −c)( c −a)
abc
2 2 2 2 2 2
bc( c b) ac( a c) ba( b a) bc b c a c c a b a a b
− + − + − = − + − + − =
= ( a −b)( b−c)( c− a).

32 Valós számok
5. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c páronként különböző valós számok, akkor:
b−c c−a a −b
2 2 2
+ + = + +
( a −b)( a −c) ( b−c)( b−a) ( c−a)( c−b) a −b b−c c− a
.
b−c c−a a −b
Bizonyítás. + +
( a −b)( a −c) ( b−c)( b−a) ( c−a)( c− b)
=
c−b a −c b−a = + +
( a −b)( c−a) ( b−c)( a −b) ( c−a)( b− c)
=
c− a + a −b a − b + b−c b− c + c−a = + +
( a −b)( c−a) ( b−c)( a −b) ( c−a)( b− c)
=
1 1 1 1 1 1 2 2 2
= + + + + + = = + + .
a −b c−a b−c a −b c−a b−c a −b b−c
c−a 3 3 3
6. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 0 , akkor a + b + c = 3abc.
Megoldás. A 7.2. tétel 15. alpontja szerint
3 3 3 2 2 2
a + b + c − 3 abc = ( a + b + c)( a + b + c −ab−bc − ca)
,
3 3 3
tehát ha a + b + c = 0 , akkor a + b + c = 3abc.
Más megoldás. Az a + b + c = 0 feltételből c = −a −b
. Ezt behelyettesítjük:
3 3 3 3 3 3
a + b + c − 3 abc = a + b − ( a + b) + 3 ab( a + b)=
3 3 3 2 2 3 2 2
3 3 3
= a + b −a −3a b−3ab − b + 3a b + 3ab = 0,
tehát a + b + c = 3abc.
3 3 3 3
7. Bizonyítsd be, hogy ha( ) , akkor
a + b + c = a + b + c
2001 2001 2001 2001
( a + b + c) = a + b + c .
Bizonyítás. A 7.2. tétel 14. alpontja alapján csoportosítás segítségével belátható,
hogy
3 3 3 3
( a + b + c) = a + b + c + 3( a + b)( b + c)( c + a)
, ∀abc ,, ∈ , tehát a
feladatban megjelenő számokra ( a + b) ( b + c)( c + a)
= 0 . Ha a + b = 0 , akkor
2001
a + b + c = a + ( − a) + c = c
2001 2001 2001 2001 2001 2001
( a + b + c) = a + b + c
egyenlőséghez jutunk.
2001 2001 2001 2001
2001 2001
és ( a + b + c)
= c , tehát
. Hasonlóan a másik két esetben is ugyanehhez az
3 3 3
8. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 3abc
és a + b + c ≠ 0 , akkor a = b = c.
Bizonyítás. A 7.2. tétel 15. alpontja szerint
3 3 3 2 2 2
a + b + c − 3 abc = ( a + b + c)( a + b + c −ab−bc − ca)
,
3 3 3
tehát ha a + b + c
2 2 2
= 3abc
akkor ( a + b + c) ( a + b + c −ab−bc− ca)
= 0.
Figyelembe véve az a + b + c ≠ 0 feltételt, következik, hogy
2 2 2
a + b + c −ab−bc− ca = 0 . Beszorozva 2-vel és átcsoportosítva a tagokat,
2 2
2
kapjuk, hogy ( a − b) + ( b−c) + ( c− a)
= 0.
Mivel három szám négyzetösszege
csak akkor lehet nulla, ha a számok mind nullák, következik, hogy
a − b =
b− c = c− a = 0 , vagyis a = b = c.

Valós számok 33
9. Bizonyítsd be, hogy ha az a , b és c nullától különböző valós számok páronként
különböznek és a + b + c = 0 , akkor
⎛b−c c−a a −b⎞⎛ a b c ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎜
+ + + + = 9
⎝ a b c ⎠⎝
⎟ ⎜
⎟
b−c c−a a −b⎠⎟
.
Bizonyítás. Mindkét zárójelben elvégezzük a műveleteket.
b−c c−a a −b
( b− c) bc + ( c− a) ca + ( a −b)
ab
+ + = =
a b c abc
( a −b)( b−c)( c−a) = −
és
abc
a b c a( a −c)( a − b) + b( b−a)( b− c) + c( c−a)( c−b) + + =− =
b−c c−a a −b ( b−c)( c−a)( a −b)
= −
3 3 3 2 2 2
a + b + c − a ( b + c) − b ( c + a) − c ( a + b) + 3ab
( b−c)( c−a)( a −b)
Az
3 3 3
a + b + c = 0 feltétel alapján a + b + c = 3abc
(lásd 6. feladat) és
2 2
2
3 3 3
a ( b + c) + b ( c + a) + c ( a + b)
= −a −b − c = −3abc,
tehát
a b c
9abc
+ + = − ,
b−c c−a a −b
( b−c)( c−a)( a − b)
⎛b−c c−a a −b⎞⎛ a b c ⎞
és így ⎜ + + ⎟ ⎜ ⎟
⎜
+ + ⎟=
9
a b c ⎟⎝ ⎜ ⎜b−c
c−a a −b⎠⎟
.
⎝ ⎠
I.8.2. Gyakorlatok (27. oldal)
1. Racionalizáld a következő törtek nevezőjét:
1
a)
5 4 ; b) 1
3 4
f)
1
; g)
5 + 3
1
k) ; l)
3 3 9 − 3 + 1
1
; c)
3 ; d) 1
; e)
3 9
1
; h)
7 − 1
1
3 + 2
; i) 3
1
; m)
2 + 3 − 7
1
3 − 1
; j) 3
c
.
1
;
3 − 2
1
7 + 2
;
1
1+ 2 + 3 + 6 .
5 4
1 4
Megoldás. a) =
5 5 5 4
4 4⋅4 5 4
3 2
4 1
= ; b) =
3 4 4 4
4 1
; c) =
3
3
;
3
1 1
d) =
3 9 3 2
3
3
=
3
3 ; e)
1
3 −
=
2
3 + 2
=
3−2 3 + 2;
f)
1
5 +
=
3
5 −
2
3
; g)
1
=
7 − 1
7 + 1
; h)
6
1 2−3 = = 2− 3 + 2 4−3 3 ;

34 Valós számok
i)
j)
k)
3
3 2 3 3 3
1 3 + 3 + 1 9 + 3 + 1
= =
;
3 −1 3−1 2
3 2 3 2
3 3
3
3
1 7 − 2 7 + 2 49 − 2 7 + 4 49 − 2 7 + 4
= =
3 3 =
3
3 3 2 3 2
3
( 7 + 2)( 7 − 2 7 + 2 ) ( )
7 + 2 7 + 2
15
3 3
1 3 + 1 3 + 1
= = ; l)
9 − 3 + 1 3+ 1 4
3 3
( 2 + 3 + 7)( 2 6 + 2)
1 2 + 3 + 7
= 2 2 =
2 + 3 − 7 2 + 3 − 7
( ) ( )
=
2 + 3 +
2 6 −2 7
=
24−4 = 4 2 3 3 7 42
+ +
10
+
;
m)
1+ 1
2 + 3 +
=
6 ⎡
⎢( 1+ ⎣
1− 2 − 3 +
6) + ( 2 + 3) ⎤⎡
⎥⎢(
1+ ⎦⎣
6
6) − ( 2 +
=
3)
⎤
⎥⎦
=
⎡
⎢( 1+ ⎣
1− 2 − 3 +
6) + ( 2 + 3) ⎤⎡
⎥⎢( 1+ ⎦⎣
6
6) − ( 2 +
1− 2 − 3 +
=
2
3) ⎤
⎥⎦
( 1+ 6) − ( 2 +
6
2
3)
=
=
1− 2 −
2
1+ 6 −
3 +
2 +
6
2
3
1− 2 − 3 + 6 1− = =
7+ 2 6 −5−2 6
2 −
2
3 + 6
.
( ) ( )
2. Racionalizáld a következő törtek nevezőjét:
a)
1
a + b + c
c)
1
− +
Megoldás. a)
b)
n n 4 3 2 2
, ahol a b ; b)
, , c ∈ +
; d)
1
4 4 4
27 + 9 + 3 + 1
1
a + b + c
3 3 3
; e)
, ahol a b ;
, , c ∈ +
1
n n 9 − 5 3 + 6
.
( a + b − c)( a + b−c−2ab) ( ) 2
1
a + b − c
= =
a + b + c a + b− c + 2 ab a + b−c −4ab
a +
1
b +
=
c
3 2
a
3 2 3 2 3 3 3
+ b + c − ab − bc − ca
a + b + c−3abc =
2 3
3 2 2 2
S ⋅ ( ( a + b + c) + 3( a + b + c) abc + 9 a b c )
=
3
, ahol
( a + b + c) − 27abc
3 3 3
3
3 2 3 2 3 2 3 3 3
S a b c ab bc ca
c)
=
= + + − − − .
n n−1 n n−2 n n−3
n
1 1 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 1
= =
=
4 − 3 2 + 2 2 −1 2 −1 2 −1 2 −2
n
n n
( )( ) ( ( ) )( )
n n n n n
n n−1 n n−2 n n n−1 n n−2 n−2 n n−1
( 2 + 2 + ... + 2 + 1)( 2 + 2 2 + ... + 2 2 + 2 )
2−2 n
;
;
;

Valós számok 35
d)
e)
=
4 4
4
1 3 −1 3 −1
3 −1
= = = ;
27 + 9 + 3 + 1 3 −1
2
4 4 4 4
( 3 − 1)( 3 + 3 + 3 + 1)
4 4 4
3 2
n n−1 n n−2 n−2 n n−1
1 1 3 + 2 3 + ... + 2 3 +
= =
9 − 5 3 + 6 3 −2 3 −3 3 −2 3 −3
n
n n
( )( ) ( ( ) )( )
n n n n n
2 =
n n−1 n n−2 n−2 n n−1 n n−1 n n−2 n−2
n n−1
( 3 + 2 3 + ... + 2 3 + 2 )( 3 + 3 3 + ... + 3 3 + 3 )
9.1.2. Alkalmazások (28. oldal)
n n
( 3−2 )( 3−3 )
1. Ha a,, b c≥ 0,
akkor ( a + b) ( b + c)( c + a) ≥ 8abc
.
Bizonyítás. Mivel a,, bc ≥ 0,
felírhatjuk az ( ab , ) , (, bc ) , (, ca)
számpárokra a
számtani-mértani középarányosok közti egyenlőtlenséget.
a + b ≥ 2 ab ,
b + c ≥ 2 bc , c + a ≥ 2 ca . Ha az egyenlőtlenségek megfelelő oldalait
összeszorozzuk, kapjuk, hogy
( a + b)( b + c)( c + a) ≥2⋅ ab ⋅2⋅ bc ⋅2⋅ ca = 8abc
.
Egyenlőség abban az esetben áll fenn, ha a = b = c.
x y
2. + ≥ 2 , , 0.
y x
xy ∀ >
x y
Bizonyítás. Az xy> , 0 feltétel alapján és pozitívak, így írhatjuk, hogy
y x
x y
+ ≥2 y x
x y
⋅
y x
= 2.
Egyenlőség akkor áll fenn, ha x
=
y x
y , vagyis ha x = y .
⎛1 1 1⎞
3. ( x + y + z)
⎜ + + ⎟ ≥ 9
⎜x y z
⎟ , ∀ xyz , , > 0.
⎝ ⎠⎟
Bizonyítás
⎛1 1 1⎞
x x y y z z
( x + y + z)
⎜ + + ⎟ 1 1
x y z
⎟ = + + + + + + + + 1 =
⎜⎝ ⎠⎟y
z x z x y
⎛x y⎞ ⎛y z⎞ ⎛z x⎞
= 3+ ⎜ + ⎟ ⎟+ ⎜ + ⎟ ⎟+
⎜ + ⎟ ≥ 3+ 2+ 2+ 2 = 9
⎜y x
⎟
⎜
⎟
z y
⎟ ⎜⎝x
z
⎟
.
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠
Felhasználtuk az előző feladatban szereplő egyenlőtlenséget. Egyenlőség pontosan
akkor áll fenn, ha x = y = z .
2 2
⎛ 1⎞ 1
4. Ha a, b > 0 és a + b = 1,
akkor a ⎟
⎛ ⎞
b ⎟
25
⎜ + ⎟ + + ⎟ ≥
a⎟ ⎜
⎜ ⎝⎜ b⎠⎟
.
⎝ ⎠
⎜ 2
.

36 Valós számok
2 2 2 2 2 2
2 2 x + y + x + y x + y + 2xy 1 2
Bizonyítás. Az x + y = ≥ = ( x + y)
és
2 2 2
x + y 1 2
xy ≤ ⇒ ≥ egyenlőtlenségek figyelembe vételével írhatjuk, hogy
2 xy x + y
2 2 2
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1⎛ 1 1⎞ 1⎛
a + b⎞
E = ⎜a b a b a b ⎟
⎜
⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎜
+ + + ≥ + + + = + +
⎝ a⎠ ⎟ ⎝ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟
b⎠⎟ 2⎝ ⎜ a b⎠⎟ 2
⎜ ⎜⎝
ab ⎠⎟
=
2 2
2
1⎛ 1 ⎞ 1⎛ 2 ⎞ 1 2 1
2
1 ⎟ ⎜1
⎟ ⎛ ⎞
1 ⎟
25
= ⎜ (1 4)
2 2
2
⎜
⎜
⎜
+ ≥ + ⎟ = + ≥ + =
⎝ ab⎠ ⎟ ⎜
⎟
2⎜⎝ a + b ⎠⎟2⎝
⎜ 1−2ab⎠⎟ 2
2 .
2 2 32
5. Ha a, b > 0 és a + b = 4 , akkor a + b + ≥
ab
32
.
ab
Bizonyítás.
2 2 32 2 16 2 16
a + b + = a + + b + ≥ 2
ab ab ab
2
16a + 2
ab
2
16b
ab
=
⎛
= 8⋅ ⎜ ⎜⎝ a
+
b
b⎞ ⎟ ⎛a + b⎞
⎟ 8 ⎜ ⎟ 8
a
⎟ = ⋅ ⎜ ⎟ = ⋅
⎠⎟⎜⎝
ab ⎠⎟
4
=
ab
32
.
ab
9.1.4. Alkalmazások (29. oldal)
Bizonyítsd be, hogy:
2 2 2
a b c a b c
1. + + ≥ + + ;
2 2 2
b c a b c a
2. bc ac ab
+ + ≥ a + b + c,
ha ab c > 0 ;
a b c
4 4 4 2 2 2 2 2
3. a + b + c ≥ a b + b c + c a ;
2
4 4 4
4. a + b + c ≥ abc( a + b + c)
;
2 2 2 2
5. a + b + c + d ≥ ab + bc + cd + da .
2 2 2
a
Bizonyítás. 1. Ha az x + y + z ≥ xy + yz + zx
egyenlőtlenségben az x = ,
b
b c
y = és z = helyettesítést alkalmazzuk, a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.
c a
bc ca ab ⎛
2. Ha a ab c > 0 , akkor + + = ⎜ a b c ⎜ ⎜⎝ 2
bc ⎞
⎟ ⎛
a
⎟ + ⎜
⎠⎟ ⎜⎝ 2
ca ⎞ ⎛
⎟
+ ⎜
b ⎠⎟
⎜⎝⎜
2
ab ⎞
⎟
≥
c
⎟
⎠⎟
bc ca ca ab ab bc
≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ ≥a + b +c.
a b b c c a
2 2
3. Ha a 9.1.3. paragrafusban bizonyított egyenlőtlenségbe a , b , c helyébe a -et, b -
2
et illetve c -et helyettesítünk, a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.
2

Valós számok 37
4. Az előbbi egyenlőtlenség valamint a 9.1.3. paragrafus alapján
4 4 4
a + b + c
2 2 2 2 2 2
≥ a b + b c + c a =
= + + +
2 2 2
( ab) ( bc) + ( ca) ≥ abbc + bcca + caab = abc(
a b c)
2 2 2 2
5. Az ( a − b) + ( b− c) + ( c− d) + ( d −a) ≥ 0 egyenlőtlenségből következik,
2 2 2 2
hogy 2a+ 2 b + 2c+ 2d−2ab−2bc −2cd −2da≥
0,
tehát
9.1.8. Alkalmazások (30. oldal)
2 2 2 2
a b c d ab bc cd da
+ + + ≥ + + + .
x y z
1. + + ≥ 3 , ha x, y , z> 0.
y z x
x y z
Bizonyítás. Mivel az , és számok pozitívak, alkalmazhatjuk rájuk a
y z x
x y z x y z
számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenséget: + + ≥ 33⋅ ⋅ = 3.
y z x y z x
2. ( a + 2b + c) ( a + b + 2c)( 2a
+ b + c) ≥ 54abc, ha a,, b c≥ 0.
Bizonyítás. Az a + 2b
+ c , 2a + b + c és a + b + 2c összegekre alkalmazzuk
külön-külön a számtani mértani közepek közti egyenlőtlenséget.
⎧⎪ 3
⎪2a
+ b + c ≥ 3 2abc
⎪ 3
3 3
⎨a
+ 2b + c ≥ 3 2abc
⇒ (2 a + b + c)( a + 2 b + c)( a + b + 2 c) ≥ 3 ⋅ 3 (2 abc)
.
⎪ 3
⎪
⎪⎩
a + b + 2c ≥ 3 2abc
2 2 2
x y z x y
3. + + ≥ + + 2 2 2
y z x y z
z
, ha x, y , 0.
x z≥
Bizonyítás. A négyzetes és számtani közép közti egyenlőtlenség alapján
2 2 2
2
x y z 1 ⎛x y z⎞ ⎜ ⎟ x y z
+ + ≥ 2 2 2 ⎜ + + ⎟ ≥ + +
y z x 3 y z x
⎟
, az utolsó egyenlőtlenség az
⎜⎝ ⎠⎟y
z x
x y z
+ + ≥ 3 -ból következik.
y z x
2 2 2
1 1 1
4. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = 1 és x, y , z> 0,
akkor + + ≥ 3 3 .
x y z
Bizonyítás. A harmonikus és négyzetes középarányosok közti egyenlőtlenség
alapján
2 2 2
3 x + y + z 1 3 1
1 1 1
≤ = ⇒ ≤ ⇒ 3 3 ≤ + +
1 1 1 3 3 1 1 1
+ + + + 3 x y z
x y z x y z
.
.

38 Valós számok
5. Bizonyítsd be, hogy ha a,, b c> 0,
akkor
a + b
+
c
b + c
+
a
c + a
≥ 3 2 .
b
Bizonyítás. Alkalmazzuk a
a + b
,
c
b + c
és
a
c + a
számokra a számtani-
b
mértani közepek közti egyenlőtlenséget, majd a 9.1.2 alkalmazások közül az elsőt.
a + b b + c c + a a + b b + c c + a
c a b c a b
+ + ≥ 3 3 ⋅ ⋅ ≥
( a + b)( b + c)( c + a)
abc
3 3
≥ 3 ≥ 3 =
9.2.2. Alkalmazások (31. oldal)
b + bc + ca ≤ a
Buniakovski egyenlőtlenség segítségével.
+ b + c
8 3 2.
2 2 2
1. Bizonyítsd be az a egyenlőtlenséget a Cauchy-
Bizonyítás. Alkalmazzuk a Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenséget az ( abc , , ) és
( x = b, y = c, z = a)
számhármasokra. Így
2
( ab + bc + ca) 2 2 2 2 2 2
≤ ( a + b + c )( b + c + a ) ,
tehát négyzetgyökvonással a keresett egyenlőtlenséghez jutunk:
ab + bc + ca ≤ ab + bc + ca
2 2
≤ a + b + c
2 .
2. a( b + c) + b( c + a) + c( a + b) ≤ 2 ( a + b + c)
, ahol a, b és c pozitív.
Bizonyítás
( ab ( c) bc ( a) ca (
2
b) ) ( a b c b c a c a
2
b)
≤ ( (
2
a) + (
2
b) + (
2
c) ) ( (
2
b + c) + (
2
c + a) + ( a + b)
)
2
= 2( a b
2
c)
+ + + + + = + + + + + ≤
⇒ a( b + c) + b( c + a) + c( a + b) ≤ 2( a + b + c ) .
+ + ⇒
⎛1 1 1⎞
3. ( x + y + z)
⎜ + + ⎟
≥ 9
⎜x y z
⎟ , ha x, y , z> 0.
⎝ ⎠⎟
Bizonyítás
2 2
2
⎛1 1 1⎞ ⎛
2 2
2 ⎛ 1 ⎞ ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎞
⎟
( x + y + z) ⎜ ( ( x) ( y) ( z)
⎜
⎜ + + ⎟ ⎟= + + ) ⎜⎜
⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟ ≥
⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟
⎝x y z⎠ ⎟ ⎜
⎜⎜⎝ ⎜⎝ x ⎠⎟ ⎝⎜y⎠ ⎟ ⎝⎜ z ⎠⎟
⎟
⎠⎟
⎛
≥ ⎜
⎜⎜⎝ x
1
+
x
y
1
+
y
z
2
1 ⎞
⎟ 2 ⎟ =
z
⎟ 3 = 9.
⎠⎟
4. Határozd meg az a − 2b + 3c
kifejezés minimumát és maximumát, ha
2 2 2
a + b + 2c = 1 és a,, bc ∈ .

Valós számok 39
Megoldás
2 2
⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞
⎜
⎛ ⎞ ⎟
⎜ ⎜⎝ ⎜ ⎟
2 ⎠⎟ ⎜⎜⎝
⎝⎜ 2⎠⎟
⎠⎟
2 2 2
2 2
( a − 2b + 3c) = ⎜1⋅a − 2b + ( 2c) ⎟ ≤ ⎜1
+ ( − 2) + ⎜ ⎟
⎟(
a + b + 2c
)
2 =
⎛ 9⎞ 1
1 4 ⎟
9
= ⎜
⎜⎜⎝ + + ⎟⋅
1=
2⎠⎟. 2
Tehát az a − 2b + 3c
kifejezés értéke mindig kisebb, mint
19
és nagyobb, mint
2
−
19
. Még ellenőrizni kell, hogy felveszi-e ezeket a szélsőértékeket. Ez akkor
2
lehetséges, ha a Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenségben egyenlőség van, vagyis ha
1 −2
3
3
2 2 2
= = . Innen b = −2a,
c = a . Az a + b + 2c = 1 egyenlőségből
a b 2c
2
2 2 9
következik, hogy + 4 +
2
2
a a a =1,
ahonnan a =±
2
. Tehát a =
19
2
,
19
b = − 2
2 3
, c =
19 2
2
esetén megkapjuk az a − 2b + 3c kifejezés maximális
19
értékét,
19
-t, ha pedig a = −
2
2 2 3
, b = 2 , c = −
19 19 2
2
, akkor a − 2b + 3c
19
értéke minimális, −
19
.
2
5. Bizonyítsd be, hogy az ABC és ABC ′ ′ ′ háromszögek pontosan akkor hasonlók,
ha aa′ + bb′ +
a + b + c a′ + b′ + c′
cc′
= 2 pp′
, ahol p = és p′
=
.
2
2
Bizonyítás. A Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenség alapján
( ) 2
aa′ + bb′ + cc′ ≤ ( a + b + c)( a′ + b′ + c′ ) = 4pp′,
ahonnan aa′ + bb′ + cc′ ≤ 2 pp′.
Az egyenlőtlenségben pontosan akkor van
egyenlőség, ha
a
=
a′ b
=
b′ c a b c
, vagyis = = , ami egyenértékű azzal,
c′
a′ b′ c′
hogy a két háromszög hasonló.
9.3.4 Alkalmazások (34. oldal)
1. bc ac ab
+ + ≥ a + b + c,
ahol ab c >
0 .
a b c

40 Valós számok
Bizonyítás. Mivel az egyenlőtlenség szimmetrikus, feltételezhetjük, hogy
a ≥b ≥c
. Ekkor fennáll a következő egyenlőtlenségsor is:
ab ac bc
≥ ≥ .
c b a
Ezekre a számokra felírva a rendezési tételt, kapjuk, hogy
ab ab ac ac bc bc ab ac ac bc bc ab
+ + ≥ + + ,
c c b b a a c b b a a c
ami éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség.
2 2 2 2 2
2. a + b + c + d + e ≥ ab + bc + cd + de + ea , ahol a,,,,e∈ bcd .
Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy a ≥b ≥c ≥d ≥e
, így a rendezési tételből
következik, hogy a ⋅ a + b⋅ b + c⋅ c + d ⋅ d + e⋅e ≥a⋅ b + b⋅ c + c⋅ d + d⋅ e + e⋅a. ( ) ( )( )
3 3 3 2 2 2
3. 3 a + b + c ≥ a + b + c a + b + c ≥ 9 abc,
ha a,, bc > 0.
Bizonyítás. Az egyenlőtlenségsor szimmetrikus volta miatt feltételezhetjük, hogy
2 2 2
a ≥b ≥c,
ekkor igazak az a ≥b ≥c
egyenlőtlenségek is. A rendezési elv alapján
felírhatjuk a következő egyenlőtlenségeket:
⎧ 2 2 2 2 2 2
⎪a⋅
a + b⋅ b + c⋅c ≥a⋅ b + b⋅ c + c⋅a ⎪
⎨
.
⎪ 2 2 2 2 2 2
a⋅ a + b⋅ b + c⋅c ≥a⋅ c + b⋅ a + c⋅b ⎪⎩
Ha összeadjuk az előbbi egyenlőtlenségek megfelelő oldalait és mindkét oldalhoz
3 3 3
hozzáadunk ( a + b + c -t, kapjuk, hogy
( )
)
3 a + b + c ≥ a + b + c + ab + ac + ba + bc + ca + cb
3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
2 2 2
= ( a + b + c)( a + b + c ) .
3
2 2 2
Másrészt az a + b + c ≥ 3 abc és a + b + c
3 2 2 2
≥ 3 a b c egyenlőtlenségek
összeszorzásával a második egyenlőtlenséghez jutunk.
3 3 3
4. a + b + c
2
≥ a
2
bc + b
2
ca + c ab
, a,, b c> 0.
2
Bizonyítás. Az a
1 2
b c ≤ a ( b + c)
egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy
2
2
a
2
bc + b
2
ac + c
1 2 2 2
bc ≤ ( a ( b + c) + b ( a + c) + c ( a + b)
) .
2
A rendezési elv alapján viszont
2 2 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3
ab+ bc+ ca≤ a + b + c és ac + ba+ cb≤ a + b + c ,
2 2 2 3 3
tehát c + b ac + c bc ≤ a + b + c
3
a b .
a b c 3
5.
+ + ≥ , ha a,, b 0.
a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b
+ c 5 c>
⎛ 1 1 1 ⎞
Bizonyítás. Az ( abc , , ) és
, ,
⎝a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b
+ c⎠
⎟
számhármasok
⎜
ellentétes rendezésűek, tehát a rendezési tétel alapján írhatjuk, hogy
=

Valós számok 41
a b c b c a
+ + ≥ + +
a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b
+c
a b c c a b
+ + ≥ + +
a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b
+c
a b c a b
c
+ + = + +
a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b
+ c
Ha az első két egyenlőtlenséget szorozzuk 2 -vel és összeadjuk mindhárom
egyenlőtlenség megfelelő oldalait a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.
I.9.4. Gyakorlatok és feladatok (34. oldal)
1. ( a + b) c + ( b + c) a + ( c + a) b ≥ 6 abc , ha a,, bc ≥ 0.
Bizonyítás. Tudjuk, hogy a + b ≥ 2 ab , b + c ≥ 2 bc , c + a ≥ 2 ac , így
( a + b) c + ( b + c) a + ( c + a) b ≥ 2 abc + 2 abc + 2 abc = 6 abc .
a b c d
2. + + + ≥ 4 , ahol a,,, bc d> 0.
b c d a
Bizonyítás. A számtani-mértani középarányosok közti egyenlőtlenség alapján
a b c d
+ + + ≥2 b c d a
a b
⋅ + 2
b c
c d
⋅ ≥ 4⋅
d a
a b c d
⋅ ⋅ ⋅
b c d a
= 4.
3. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 1,
akkor
2 2 2 1
1 1 1
a) a + b + c ≥ ; b) + + ≥ 9 .
3
a b c
Bizonyítás. a) A számtani és négyzetes közepek közti egyenlőtlenség alapján
2 2 2
a + b + c a + b + c
1
2 2 2 ⎛1⎞ 1
≥ = , tehát a + b + c ≥⎜⎟ ⎟ ⋅ 3 =
3 3 3
⎜⎜⎝3⎠⎟ .
3
b) A 9.1.2. alkalmazások 3. feladata (vagy a számtani és harmonikus közép közti
⎛1 1 1⎞
egyenlőtlenség) alapján ( a + b + c) ⎜
⎟
⎜⎝
+ + ⎟ ≥ 9
a b c⎠⎟,
tehát az adott feltétel alapján
1 1 1
+ + ≥ 9 .
a b c
4. Bizonyítsd be, hogy:
1 1 1 1⎛1 1 1 ⎞
a)
⎟
*
+ + ≤ ⎜ + + ⎟
a + b b + c c + a 2
⎜⎜⎝a b c⎠⎟,
ha a, b , c ∈ + ;
2 2 2 1 1
*
b) + + ≤ + + 1,
ha a, b ∈
+ ;
a + b a + 1 b + 1 a b
2

42 Valós számok
a + b b + c c + a 1 1 1
*
+ + ≤ + + , ha a, b , c ∈ + ;
a + b b + c c + a a b c
c) 2 2 2 2 2 2
2 2 3
a + b a + b a + b
d) ⋅ ≤
2 2 2
3
ha a + b > 0 ;
e) ab c ≥( − a + b + c)( a − b + c)( a + b − c)
, ha a,, b c> 0;
f)
a b c
+ + ≤
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( a + b )( a + c ) ( b + a )( b + c ) ( c + a )( c + b )
≤
1
2
2 2 2
a + b + c
abc
*
, ha a, b , c ∈ + ;
⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 1 ⎞
g) 3 ⎟ 4
⎟
*
⎜ ⎜
⎜
+ + ≥ + + ⎟
⎝abbc ca ⎠⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎝a+
b a + c b + c ⎠⎟
, ha a, b , c ∈ + .
Bizonyítás. a) A számtani és harmonikus közép közti egyenlőtlenség alapján
a + b 2 1 1 4
1 1 4
≥ , tehát + ≥ . Hasonlóan írhatjuk, hogy + ≥ és
2 1 1
+ a b a +b b c b + c
a b
1 1 4
+ ≥ , tehát ha az előbbi egyenlőtlenségek megfelelő oldalait összeadjuk, a
c a c + a
bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.
b) Ha az előbbi egyenlőtlenséget c = 1 esetén írjuk fel, megkapjuk a kívánt
egyenlőtlenséget.
2 2
2 2 2
c) Az a + b ≥ 2ab
egyenlőtlenségből következik, hogy 2( a + b ) ≥ ( a + b)
, tehát
a + b 2
b + c 2
≤ . Hasonlóan írhatjuk, hogy ≤ 2 2
2 2
a + b a + b
b + c b + c
és c + a 2
≤ 2 2
c + a c +a ,
a + b b + c c + a ⎛ 1 1
tehát 2⎜
1 ⎞⎟⎠
+ + ≤ + +
2 2 2 2 2 2
a + b b + c c + a ⎜⎝a
+ b b + c c + a
és így az a) alpont
alapján következik a kért egyenlőtlenség.
2 2
2 2 a + b
d) Ha az a − a b + b ≥ egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk
2
a + b > 0 -val, a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.
*
e) Mivel a,, bc ∈ + , a jobboldalon megjelenő zárójelek közül csak egy lehet negatív
(bármely kettő összege nagyobb, mint 0 ) és ebben az esetben a bal oldal pozitív és a
jobb oldal negatív, feltételezhetjük, hogy − a + b + c = x > 0 , a − b + c = y > 0 és
y + z x + z x + y
a + b−c
= z > 0 . Így viszont a = , b = és c = , tehát az
2 2
2
egyenlőtlenség 8xyz ≤ ( x + y)( y + z)(z + x)
alakban írható, és ezt már igazoltuk a
9.1.2. alkalmazások 1. feladatainál.
2

Valós számok 43
b −( c−a) ≤b
2 2 2 2 2 2
Más megoldás. Összeszorozzuk az a b , és
2 2
c −( a −b) ≤c
2
egyenlőtlenségeket.
( )( )
−( −c) ≤a 2 2
f) Az a + b
2 2
≥ 2ab,
a + c ≥ 2ac
egyenlőtlenség alapján
a
2 2 2 2
a + b a + c
≤
a 1
= ⋅
2ab ⋅ 2ac
2
1
,
bc
tehát az S =
a
+
b
+
c
a + b a + c b + a b + c c + a c + b
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
1⎛ összeg nem nagyobb, mint ⎜ 2 ⎜⎝
1
+
bc
1
+
ca
1 ⎞
⎟
ab ⎠ ⎟
. Másrészt az
1
+
bc
1
+
ca
1 a b c
≤ + +
ab bc ac ab
2 2
egyenlőtlenség ekvivalens a abc ( a + b + c ) ≤ a + b + c
2 egyenlőtlenséggel
és ez a 9.1.4. alkalmazások 4. feladata a, b és c -re.
⎛
g) Alkalmazzuk a Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenséget az ⎜
⎝⎜ ⎛2 bc 2 ac 2 ab ⎞
⎜ , ,
⎟
⎜b c a c a b
⎟ számhármasokra. Így írhatjuk, hogy
⎜ ⎝ + + + ⎠ ⎟
1
,
bc
1
,
ac
1 ⎞
ab ⎠⎟
és
2
⎛ 2 2 2 ⎞ 1 1 1 ⎛
⎜
⎛ ⎞⎜4bc ⎜
⎟ ⎜ ⎟
⎜
+ + ⎟ ≤ + + ⎟⎜
2 ⎝b+ c a + c a + b⎠⎟ ⎜ ⎜⎝bcac
ab⎠⎜ ⎟
⎝⎜( b + c) 4ac 4ab
⎞
+ + ⎟
2
( a + c) ( a + b)
⎟.
2
⎠⎟
Ebből következik a kért egyenlőtlenség, mert
4bc
1 2
( b c) ≤ ,
+
4ac
1 2
( a c) ≤
+
4ab
2
( a b) 1 ≤
+
.
és

44 Egyenletek és egyenlőtlenségek
II. Egyenletek és egyenlőtlenségek
II.1.3. Gyakorlatok és feladatok (37. oldal)
1. Oldd meg a következő egyenleteket:
a) x + 2 = 3 ; b) 2x− 3 =
x + 1 3x + 1 1
6 ; c) − = − ;
2 3 3
2x 2x
−1
d) ( x − 2)( x + 1) −( x − 1)( x + 1) =−5;
e) = ;
x − 3 x + 2
3 3
f) ( x + 1 ) −( x − 1)
2
= 6x
+ 2.
Megoldás. a) x + 2 = 3 ⇔ x = 3 − 2;
b) 2x − 3 = 6 ⇔ 2x = 6 + 3 ⇔ x =
6 +
2
3
= 3 +
2
6 ;
x + 1 3x + 1 1
c) − = − ⇔ 3( x + 1) − 2(3x + 1) =−2⇔ − 3x = −3⇔ x = 1 ;
2 3 3
d) ( x − 2)( x + 1) −( x − 1)( x + 1) =−5 ⇔ ( x + 1)[( x −2) −( x − 1)] = −5⇔ ⇔ ( x + 1)(
− 1) = −5 ⇔ x + 1= 5 ⇔ x = 4;
e) Ahhoz, hogy a 2x
2x−1
és törtek értelmezettek legyenek, szükséges, hogy
x − 3 x + 2
x ≠ 3 és x ≠−2.
Ha ez teljesül, az eredeti egyenlet a következő módon alakítható:
2 2
3
2( xx+ 2) = (2x−1)( x−3) ⇔ 2x+ 4x= 2x− 7x+ 3⇔
11x = 3 ⇔ x = ;
11
3 3 2 3 2 3 2
f) ( x + 1) −( x − 1) = 6x + 2 ⇔ x + 3x + 3x + 1 −( x − 3x + 3x − 1) =
2
2 2
= 6x+ 2 ⇔ 6x + 2 = 6x + 2 ⇔ 0 = 0.
Az egyenlőség tehát minden valós x
esetén teljesül, így a megoldáshalmaz .
2. Oldd meg a következő egyenleteket:
a + b + x b + c + x c + a + x
*
a) + + + 3 = 0,
ahol a,, bc ∈ ;
c a b
x + ab x + bc x + ac
b) + + =− ( a + b + c)
, ahol ( a + b)( b + c)( a + c)
≠ 0 és
a + b b + c a + c
abc∈ ,, ;
x + a x + b x + c −3x
c) + + = , ahol ( a + b)( b + c)( a + c)
≠ 0,
b + c c + a a + b a + b + c
a + b + c ≠ 0 és a,, bc ∈ .
Megoldás. a) A következő átalakításokat végezhetjük
a + b + x b + c + x c + a + x
+ + + 3 = 0 ⇔
c a b
2 2 2 2 2 2
⎛1 1 1⎞ ab+ ab + bc+ bc + ca+ ca + 3abc
⇔ ⎜
⎟
⎜⎝
+ + ⎟x
+ = 0 ⇔
a b c⎠⎟ abc

Egyenletek és egyenlőtlenségek 45
⇔ ( ab + bc + ca) x + ( a + b + c)( ab + bc + ca)
= 0 ⇔
⇔ ( ab + bc + ca)( x + a + b + c)
= 0.
Ha a b + bc + ca = 0 , akkor minden valós szám megoldása az egyenletnek.
Ha ab + bc + ca ≠ 0 , akkor x + a + b + c = 0 , tehát az egyenlet egyetlen
megoldása az x = −(
a + b + c)
;
b) Az egyenlet a következőképpen alakítható:
x + ab x + bc x + ca
+ + =− ( a + b + c)
⇔
a + b b + c c + a
x + ab x + bc x + ca
⇔ + c + + a + + b = 0 ⇔
a + b b + c c + a
x + ab + bc + ca x + bc + ca + ab x + ca + ab + bc
⇔ + + = 0 ⇔
a + b b + c c + a
⎛ 1 1 1 ⎞
⇔ ( x + ab + bc + ca) ⎜
⎟
⎜⎝
+ + ⎟ = 0
a + b b + c c + a⎠⎟
.
1 1 1
Ha + + = 0 , akkor minden valós szám megoldása az egyenletnek,
a + b b + c c + a
1 1 1
míg ha + + ≠ 0 , akkor x = − ( ab + bc + ca)
az egyenlet egyetlen
a + b b + c c + a
megoldása.
c) A következő ekvivalens átalakításokat végezzük:
x + a x + b x + c −3x
+ + = ⇔
b + c a + c a + b a + b + c
x + a x + b x + c −3x
⇔ + 1+ + 1+ + 1=
+ 3 ⇔
b + c a + c a + b a + b + c
x + a + b + c x + b + a + c x + c + a + b − 3( x + a + b + c)
⇔ + + = + 6 ⇔
b + c a + c a + b a + b + c
⎛ 1 1 1 3 ⎞
⇔ ( x + a + b + c) ⎜ ⎟
⎜⎝
+ + + ⎟ =
b + c a + c a + b a + b + c⎠⎟
6.
1 1 1 3
Ha + + + = 0 , az egyenletnek nincs megoldása, míg ha
b + c a + c a + b a + b + c
1 1 1 3
+ + + ≠ 0 , az egyetlen megoldás
b + c a + c a + b a + b + c
6
x = −a −b−c .
1 1 1 3
+ + +
b + c a + c a + b a + b + c
3. Oldd meg a következő egyenleteket:
1⋅2⋅x −3 2⋅3⋅x −5 3⋅4⋅x −7
k ⋅ ( k + 1) ⋅x −2k −1
a) + + + ... +
= 0 ;
2 2 2 2 2 2 2 2
1 ⋅2 2 ⋅3 3 ⋅4 k ⋅ ( k + 1)

46 Egyenletek és egyenlőtlenségek
b).
1 1 1 1 4
+ + +
= .
xx ( + 1) ( x+ 1)( x+ 2) ( x+ 2)( x+ 3) ( x+ 3)( x+ 4) 5x
k
ii ( + 1) x−2i− 1 ⎛ k
1 ⎞ k
2i+ 1
∑ = 0 ⇔ x ⎜ ⎟ 2 2
i ( i + 1)
⎜
= ⇔
⎜ ∑i( i 1 )
⎟ ∑
⎝ + ⎠ i ( i + 1)
Megoldás. a) 2 2
i=
1
i= 1 i=
1
⎛ k k
⎛1 1 ⎞⎞ ⎛1 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1
⇔ x⎜⎜ − ⎟ ⎟ = ⎜ − ⎟
⇔ x⎜1−
⎟=
1−
⎜
⎜
⎜ ∑ ⎟ 2 2
⎟
i= 1 ⎝
⎜ ⎜i i 1 ⎠⎟⎟ ⎟ ∑⎜ ⎜
⎜
i=
1 i ( i 1) ⎟
⎜ k 1 ⎟
2
⎝ + ⎠ ⎝ + ⎠ ⎝ + ⎠ ( k + 1)
1
Tehát x = 1 + az egyenlet egyetlen megoldása.
k + 1
b) Az értelmezési tartomány D = \ {0, −1, −2, −3, −4}
.
1 1 1 1 4
+ + + = ⇔
xx ( + 1) ( x+ 1)( x+ 2) ( x+ 2)( x+ 3) ( x+ 3)( x+ 4) 5x
.
1 1 1 1 1 1 1 1 4
⇔ − + − + − + − = ⇔
x x + 1 x + 1 x + 2 x + 2 x + 3 x + 3 x + 4 5x
1 1 4 4 4 x ≠0
1 1
⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ x + 4 = 5 ⇔ x = 1.
x x + 4 5x
xx ( + 4) 5xx+ 4 5
Mivel 1 ∈ D , az egyenlet egyetlen megoldása az x = 1 .
4. Oldd meg és tárgyald a következő egyenleteket:
a) mx + n = 0, m, n ∈ ;
2
b) m( m − 1) x= 2( m −1), m∈
;
2 3
c) ( m − 1) x + m − 1= 0,
x −m x −2m
m ∈ ; d) = ,
x −2 x −4
m ∈ ;
mx + 1 mx
e) = ,
x x − 2
m ∈ ; f) xx ( − m) = ( x− 1)( x+ m), m∈
;
g) ( x + 1 )( x + m) = ( x − 2 m)( x + 2) + n, m, n ∈ ;
1 1 1 3
*
h) + +
= , ahol m ∈ .
xx ( + 1) ( x+ 1)( x+ 2) ( x+ 2)( x+ 3) mx
Megoldás. a) Az mx + n = 0 egyenletet ekvivalens az mx = −n
egyenlettel. A
következő eseteket kell letárgyalnunk:
1. Ha m ≠ 0 , akkor végigoszthatjuk az egyenlet mindkét oldalát m -mel, így
n
kapjuk az egyenlet egyetlen megoldását az x = − -et.
m
2. Ha m = 0 , akkor az egyenlet így alakul: 0 = −n
. Így ismét két esetet
különböztetünk meg:
2.a. Ha n ≠ 0, akkor az egyenletnek nincs megoldása.
2.b. Ha n = 0 , akkor a megoldáshalmaz a valós számok halmaza.
2
b) m( m − 1) x= 2( m −1) ⇔ mm ( − 1) x= 2( m− 1)( m+
1)
Ha m = 1 , akkor az egyenlet 1⋅0 ⋅ x = 2⋅0⋅2 alakot ölt, amelyet minden valós
szám kielégít.

Egyenletek és egyenlőtlenségek 47
Ha m ≠ 1 , akkor az egyenlet mindkét oldalát eloszthatjuk ( m −1)
-el, így kapjuk,
hogy mx = 2( m + 1) . Így tárgyalás szükséges. Ha m = 0 , akkor az egyenlet 0 = 2,
a megoldáshalmaz tehát az üres halmaz, míg ha m ≠ 0 , akkor az egyenlet mindkét
2(m + 1)
oldalát végigoszthatunk m -mel, a megoldás: x = . Az előbbi eseteket a
m
következő táblázatba foglalhatjuk:
m A megoldáshalmaz
m = 1
m = 0
∅
m ∈ \{0,1}
⎧⎪2( m + 1) ⎫⎪
M = ⎪
⎨
⎪
⎬
⎪ ⎪⎩ m ⎪ ⎪⎭
2 3 2
c) ( m − 1) x + m − 1 = 0 ⇔ ( m − 1)[( m + 1) x + m + m + 1] = 0
Ha m = 1 , azonosságot kapunk, tehát minden valós szám megoldás.
2
Ha m ≠ 1 , akkor ( m + 1 ) x =−m −m −1.
Két esetet különböztetünk meg,
aszerint, hogy ( m + 1) nulla vagy sem. Ha m + 1= 0,
vagyis m = −1
, akkor az
egyenlet: 0 = − 1+
1−1, amelynek nyilvánvalóan nincs megoldása. Ha m ≠ 1 és
2
m + m + 1
m ≠−1,
akkor az egyenletnek egyetlen megoldása van, x = −
. Tehát
m + 1
az esetek a következő táblázatban foglalhatók össze:
m A megoldáshalmaz
m = 1
m = − 1
∅
m ∈ \{ −1,1}
⎧ 2
⎪ m + m + 1⎫⎪
M = ⎪
⎨−⎪ ⎬
⎪ ⎪⎩ m + 1 ⎪ ⎪⎭
x −m x −2m
d) Az = egyenlet gyökeit az \{2,4} halmazban kell keresnünk,
x −2 x − 4
másként a törtek nem lennének értelmezettek. Átalakítva az egyenletet, kapjuk, hogy
( x −m)( x − 4) = ( x −2 m)( x −2)
⇔
2 2
⇔ x − 4x − mx + 4m = x −2x − 2mx + 4m
⇔ ( 2)
m − x =
Ha m = 2 , akkor minden \{2,4} halmazbeli szám megoldás. Ha m ≠ 2 , akkor az
egyenlet megoldása x = 0 , ez a törtek értelmezési tartományában is benne van.
m A megoldáshalmaz
m = 2
\{2,4}
m ≠ 2
M = {0}
e) Az egyenlet értelmezési tartománya D = \{0,2} .
mx + 1 mx
2 2
= ⇔ mx + x −2mx − 2 = mx ⇔(1− 2 m) x = 2.
x x − 2
0.

48 Egyenletek és egyenlőtlenségek
1
Ha 1− 2m= 0,
vagyis m = , akkor a 0 = 2 hamis egyenlőséget kapjuk, így az
2
1
2
egyenletnek nincs megoldása. Ha m ≠ , akkor x = , tehát azt kell
2
1−2m megvizsgálni, hogy ez benne van-e az értelmezési tartományban vagy sem. A
2
0
1 2m = egyenlőség nem teljesülhet egyetlen m ∈ esetén sem, míg a
−
2
2
1 2m = egyenlőségből m = 0 . Így a következő táblázathoz jutunk:
−
m A megoldáshalmaz
1
m =
2
∅
m = 0
1
m ∈ \ { 0,
2}
∅
2
M = { 1−2m} 2 2
f) xx ( − m) = ( x− 1)( x+ m) ⇔ x − mx= x − x+ mx−m⇔(2m− 1) x = m .
1
1
Ha m = , akkor a 0 ⋅ x = egyenlőséghez jutunk, amelyet egyetlen valós szám
2
2
1
m
sem teljesít. Ha m ≠ , akkor a megoldás x = .
2
2m−1 m A megoldáshalmaz
1
m =
2
1
m ≠
2
∅
m
M = { 2m− 1}
g) ( x + 1 )( x + m) = ( x − 2 m)( x + 2) + n ⇔ (3m − 1) x = − 5m
+ n.
1
− 5m
+ n
Ha 3m−1≠ 0,
vagyis m ≠ , akkor x = . Ha
3
3m−1 1
m = ,
3
akkor az
5
1 5
5
egyenlet 0 ⋅ x = − + n alakúvá válik. Ha m = és − + n = 0 , vagyis n = ,
3
3 3
3
1 5
akkor a megoldáshalmaz az , míg ha m = és n ≠ , akkor az egyenletnek nincs
3 3
megoldása. Ezeket az eseteket a következő táblázatba lehet szemléltetni:
m
1
m ≠
3
n
n ∈
A megoldáshalmaz
− 5m
+ n
M = { 3m−1 }
1
m =
3
5
n =
3
5
n ≠
3
∅

Egyenletek és egyenlőtlenségek 49
h) A törtek értelmezési tartománya D = \ {0, −1, −2, −3}
.
( x + 1) − x ( x + 2) − ( x + 1) ( x + 3) − ( x + 2) 3
+ + = ⇔
xx ( + 1) ( x+ 1)( x+ 2) ( x+ 2)( x+ 3) mx
1 1 1 1 1 1 3 1 1 3
⇔ − + − + − = ⇔ − = ⇔
x x + 1 x + 1 x + 2 x + 2 x + 3 mx x x + 3 mx
3 3
2
⇔ = ⇔ mx = x + 3 x ⇔ x( x + 3 − m)
= 0.
xx ( + 3) mx
Ez utóbbi alapján x = 0 vagy x + 3− m = 0.
De az x = 0 érték nincs benne az
értelmezési tartományban, így csak az x + 3− m = 0 eset lehetséges, tehát
x = m − 3 . Ha m ∈ {1, 2, 3}
akkor x rendre −2, − 1, 0 , ezek az értékek viszont
nincsenek benne az értelmezési tartományban, tehát az egyenletnek ezekben az
esetekben nincs megoldása. Minden más esetben egyetlen gyök létezik, az
x = m − 3 .
m A megoldáshalmaz
m ∈ {1, 2, 3}
∅
*
m ∈ \{1,2,3}
M { m 3
= − }
5. Mi a feltétele annak, hogy az y = a 1x + b1
és y a2x b egyenesek párhuzamosak
legyenek?
= + 2
Megoldás. Két egyenes akkor párhuzamos, ha nem metszik egymást. Tehát annak
feltétele, hogy az y = a x + b és y = a x + b egyenesek párhuzamosak legyenek,
1 1
2
az, hogy az a1x + b1 = ax 2 + b2
( = y)
egyenletnek ne legyen megoldása. Az
egyenletet átalakítva, kapjuk, hogy ( a1 − a2) x = b2 −b1. Amennyiben az a 1 és a 2
számok különbözőek lennének, az egyenletnek mindig lenne megoldása
⎛ b2 −b ⎞
1
⎜ x
⎟
⎜
=
a1 a
⎟ . Tehát a párhuzamosság egyik szükséges feltétele az, hogy a1 = a 2
⎜⎝ − ⎟
2⎠
legyen. Azonban ez még nem elégséges, ugyanis ebben az esetben az egyenlet
0 ⋅ x = b2 −b1
alakú, amelynek b 1 2 esetben minden valós szám megoldása (ez
egyben azt is jelenti, hogy a két egyenes pontosan akkor egybeeső, ha a a2
és
b1 = b2).
Tehát még az is szükséges, hogy b és b különbözzenek. A két egyenes
párhuzamosságának feltétele tehát a és b b .
b =
1 =
1 2
1 = a2
1 ≠ 2
6. Egy olyan M(, x y ) síkbeli pontot, amelyre x, y ∈ rácspontnak nevezünk.
Bizonyítsd be, hogy ha egy egyenesen van két rácspont, akkor végtelen sok rácspont
található rajta.
Bizonyítás. Legyen az egyenes egyenlete y = ax + b,
a rajta fekvő két rácspont
pedig ( x , y ) és ( x , y . Felírható tehát az y = a x + b és y a b x = +
1 1
egyenlőség. Ha k tetszőleges egész szám, az első egyenletet ( k + 1)
-el, a másodikat
pedig k -val szorozzuk, majd egymásból kivonjuk a kapott egyenlőségeket, akkor a
( k + 1 ) y − ky
=
a⋅ [( k + 1)
x − kx ] + b egyenlőséghez jutunk. Tehát a
1 2
2 2)
1 2
2
1
1
2 2

50 Egyenletek és egyenlőtlenségek
( ( k + 1) x1 − kx2,( k + 1) y1 − ky2)
pont is az egyenesen helyezkedik el. A
továbbiakban igazoljuk, hogy különböző k értékekhez különböző pontok tartoznak.
Ha M ( ( m + 1) x − mx ,( m + 1)y
− my
) és N ( n + 1) x − nx ,( n + 1) y − ny
1 2
1
( )
2 1 2 1 2
két ilyen pont, ahol m, n ∈ , akkor
⎧ ⎪(
m + 1) x1
− mx2
= ( n + 1) x1
− nx2
⎪⎧
( m −n)( x1 − x2)
= 0
M = N ⇔ ⎪
⎨
⇔ ⎪
⎨
⎪ ( m + 1) y1
− my2
= ( n + 1) y1
− ny ⎪ 2 ( m −n)( y1 − y2)
= 0
⎪⎩
⎪⎩
Ha m ≠ n , akkor x 1 = x2
és y 1 = y2,
ami azt jelentené, hogy az egyenesen fekvő két
rácspont egybeesik, ami ellentmondana a feltételnek. Következik tehát, hogy m ≠ n
esetén M és N különböző pontok. Mivel végtelen sok egész szám létezik és a
különböző számokhoz tartozó pontok különbözőek, az egyenesen végtelen sok
rácspont helyezkedik el.
7. Van-e olyan egyenes, amely csak egy rácsponton halad át?
Megoldás. Igen, sőt végtelen sok olyan egyenes van, amely pontosan egy
rácsponton halad át. Tetszőleges q irracionális szám és r egész szám esetén vegyük a
d : y = qx + r egyenest. A d egyenes nyilván átmegy az O (0, r)
ponton. Ha d
y0−r tartalmaz még egy Mx ( 0, y0)
rácspontot, akkor y0 = qx0 + r , q = , ami
x
ellentmond q irracionalitásának. Tehát az y = q x + r , q ∈ \ , r ∈ egyenletű
(0, 0) Mmn ( , ) mn ) = 1
mn) = d , ,d∈ *
egyenesek pontosan egy rácspontot tartalmaznak.
8. Hány rácspont van az OM szakaszon, ha O , és ( , ? Hát
akkor ha ( , ? (m n ).
Megoldás
Nézzük előbb azt az esetet, amikor m ,n
relatív prímek. Igazoljuk, hogy az OM
szakaszon két rácspont található, a szakasz
végpontjai. Legyen ( x0, y0)
egy rácspont az
OM szakaszról. Thálész tétele alapján
x0 ON y0
= = ,
m OM n
vagyis xn 0 = ym 0 . Eszerint n osztója y0m-nek, s mivel ( nm , ) = 1,
következik,
hogy y0 többszöröse n -nek. De 0 ≤y0≤n
, így y 0 csak a 0 és n értékeket veheti
fel. Ha y 0 = 0 , akkor x 0 = 0 kell legyen (ekkor N egybeesik az origóval), ha pedig
y0= n , akkor x0= m , ekkor N = M . Tehát két rácspont van az OM szakaszon,
ezek az O, M pontok.
Ha ( nm , ) = d,
akkor léteznek az n 0,m0 számok úgy, hogy ( n0, m 0) = 1,
n = dn0,
m = dm0.
Ekkor az x0n = y0megyenlőség
xn 0 0 =
ym 0 0 alakban írható.
0

Egyenletek és egyenlőtlenségek 51
Tehát n y m ⇒ n y ⇒
0 0 0 0 0 0 0
⎧⎪ 0
⎪⎩
0
+ 1
, y = kn k ∈ ⇒ x0 = km0
≤x0≤m szakaszon van, tehát ⇔
≤y0≤n ⎧⎪ 0 ≤km ≤d
⎪
⎨
⎪
⎪⎩
0 ≤kn ≤dn
⎪ OM
⎨
⎪
m
0 0
OM szakaszon d rácspont van, ezek a következők: ⎜
n
0 0
. Másrészt az N pont az
⇔ 0 ≤k ≤d
. Tehát az
⎛ m⎟
⎞
k , k , ahol k 0, d .
⎝ d d ⎠ =
9. a) Ábrázold az ax + by
= c egyenlőséget teljesítő ( xy , ) koordinátájú pontokat.
b) Mi a feltétele annak, hogy az előbbi pontok közt rácspont is legyen, ha
abc ,, ∈ ?
a c
≠ 0, b ≠ 0
− x
b b
+ =
c
,0
a
⎟
= 0
c
y = b ≠ 0 = 0,
b
c
c) Ha az előbbi feltételek teljesülnek és a pontok közt vannak rácspontok, mennyi
a rácspontok közt fellépő minimális távolság?
Megoldás. a) Ha a , akkor az egyenlet y alakban írható,
ami a 0,
⎞
b
⎟⎠
c
= 0, a ≠ 0 =
a
= 0, b = 0
c
b ⎟
⎛
⎜
⎜⎝
és ⎛ ⎞
⎜
⎜⎝ pontokon átmenő egyenes egyenlete (ha c , az egyenes:
⎠
a
− ). Ha a = 0, , akkor y , ami a
b
⎛ ⎜
⎜⎝ ponton átmenő, az Ox
⎛c⎞ tengellyel párhuzamos egyenes egyenlete. Ha b , akkor x , a ,0
⎝a⎠⎟ xOy
-n
⎞
⎠
x
⎜
átmenő, Oy -nal párhuzamos egyenes. Ha a és c = 0 , akkor az sík
bármely pontja kielégíti az egyenletet. Ha a = 0, b = 0 és c ≠ 0 , akkor egyetlen
pont koordinátáira sem teljesül az egyenlőség.
b) Igazoljuk, hogy az ax + by = c, a, b, c ∈ egyenletet teljesítő (, xy)
pontok
között pontosan akkor van rácspont, ha ( ab , ) |c.
Előbb igazoljuk, hogy a feltétel
elégséges. Ha a = b = 0 , akkor csak abban az esetben van rácspont az egyenletet
teljesítő pontok között, ha c = 0 . Feltételezve, hogy a ≠ 0 vagy b ≠ 0 , létezik
uc
d = ( a, b ) és az u, v ∈ számok úgy, hogy au + bv = d . Ha d | c,
akkor x = és
d
vc
y = esetén az ( xy , ) koordinátájú pont rácspont, és koordinátái teljesítik az
d
egyenletet. A feltétel szükségességét egyszerű belátni, hisz ha létezik xy , ∈ és
ax
+ by
= c
, akkor, mivel d | a , d | b,
d osztja c -t is.
c) Ha a⋅ b = 0 , akkor a legkisebb távolság 1, mivel az egyenes párhuzamos
valamelyik tengellyel. Ha a⋅b ≠ 0 , és ( x , y ) , ( x , y ) két rácspont, akkor a köztük
levő távolság a Pithagorasz-tétel alapján
2 2
2 2
( x − x ) + ( y − y ) . Az ax
1 2
és ax 2 + by2 = c egyenlőségeket egymásból kivonva kapjuk, hogy
a( x − x ) = − b(
y −y
) .
1 2
1 1
1 2
1 2
+ by = c
1 1

52 Egyenletek és egyenlőtlenségek
Ha ( ab , ) = d,
akkor a = d a , b = db , ( a , b ) = 1,
továbbá a x
(
−b y −y
=
1 1 2
. Következik, hogy ( x − x ) b
és ( , ahonnan
a y − y
( ) és ( ) , ahol uv . Innen
2 2
2 2
x − x = ub
y − y = va , ∈
1 2
)
1
1 2 1
1 1 1 1
1 2 1
1 2)
1
2 2 2 2 2
( x1 − x2) + ( y1 − y2) = ub1 + va1 ≥ a1 + b
2
1 ,
( ) x
− =
1 1 2
2 2
a + b
tehát a legkisebb távolság nem kisebb, mint d min = . Másrészt ha ( xy , ) egy
d
b
rácspont, amelyre ax + by = c , és = + , v = y −
d d
a
u x , akkor u, v ∈ , és
⎛ b⎞ ⎛ a⎞
au + bv = a ⎜ ⎟ + b ⎜y
− ⎟
⎜⎝
x + ⎟
d⎟⎜⎝ d⎠⎟=
ax + by = c , tehát ( uv , ) rácspont távolsága az
⎠
2
2 ⎛b⎞ a
( xy , ) ponttól ( ) 2 ( y v) ⎜ ⎟
⎛ ⎞
d = x − u + − = ⎜ ⎟ + ⎜
⎜⎝
= dmin
d⎠⎟⎜⎝d⎠⎟. Tehát az egyenes
két rácspontja közti legkisebb távolság d min =
2 2
a + b
.
d
10. Az A-ból a B felé induló személyvonat sebessége 60 km h . A vonatot a később
induló 120 km h sebességű gyorsvonatnak B-ben kell utolérnie. Útjának 2
3 részét
megtéve a személyvonat eredeti sebességének felével folytatja útját és így a gyorsvonat
80 km -rel B előtt éri utol. Milyen messze van A-tól B?
Megoldás. Legyen az A és B közti távolság x km. Ezt a távot a személyvonat
x x
, a gyorsvonat óra alatt teszi
60
120
meg (a t = képlet alapján).
Jelöljük t1
-gyel a két vonat indulása közti időt. Mivel egyszerre érnek B -be, írhatjuk,
x x
hogy t1 = − . Jelöljük a B várostól 80 km-re levő helyet E -vel. Ha a
60 120
személyvonat az AD távolságot 60km/h sebességgel, a DE -t pedig 30km/h-val teszi
meg, a személyvonat indulásától az E pontba érkezéséig eltelt idő
1 2
3 x ⋅
A C D E B
d
80km
v
AD DE
1 ⎛x⎞
+ = + ⋅⎜ ⎟
60 60
⎜ −80
30
30 ⎝3⎠
⎟ . A gyorsvonat ugyanezt a távot
AE x − 80
= óra alatt teszi meg. Mivel a gyorsvonat a személyvonat után t 1 órával
120 120
indul, és egyszerre érkeznek E -be, írhatjuk, hogy
x x 8 x x − 80
1 1
+ − = + ⇔ 2x2 90 90 3 120 120 3 4
⎛ ⎞ ⎜ − ⎟
⎜⎝
⎟ = 0 ⇔ x = 360 . Tehát az A és B
⎠
városok közti távolság AB =
360 km.
2

Egyenletek és egyenlőtlenségek 53
11. Egy országnak export rendelése van egy műszer I. típusából 1500 darabra és a II.
típusából 800 darabra. A műszert az A és B üzemekben gyártják: az A üzem naponta
30 darabot készít az I. típusból vagy 20 darabot a II. típusból, a B üzem pedig naponta
50 darab I. típusú vagy 40 darab II. típusú műszert gyárt. Hogyan kell elosztani a
gyártást a két üzem között ahhoz, hogy a lehető legrövidebb idő alatt elkészüljenek a
rendelt darabok? (egy üzem egy nap nem gyárthat mind a kétféle műszerből)
Megoldás. Ha az A üzemben x napig gyártják az I. típust és u napig a II. típust, a
üzemben pedig y napig az I. típust, v napig a II. típust, akkor felírhatjuk a
következő egyenleteket: ⎪ ⎨ . A megrendelt termékek legyártása
⎪
akkor veszi fel a legrövidebb időt, ha mindkét üzem folyamatosan dolgozik, vagyis
(jelöljük a közös értéket s -sel). Megoldva az ⎪ B
⎧ ⎪30x
+ 50y
= 1500
⎪⎩
20u + 40v
= 800
⎧⎪
⎪s
= x + u = y + v
⎪
x + u = y +v
⎨ 30x + 50y = 1500
⎪
⎪20u
+ 40v = 800
⎪⎩
egyenletrendszert (s -t paraméternek tekintve) kapjuk, hogy
x = 500 − 15 s, u = 16s − 500, y = 9s − 270, v = 270 − 8s.
A megoldások mind természetes számok kell legyenek, tehát 50 0 −15s≥ 0 ,
16s −500 ≥ 0 , 9s −270 ≥ 0, 270 −8s≥ 0 , ahonnan s ∈ { 32, 33}
. Mivel a lehető
legkisebb s értéket keressük, tehát s = 32 , innen pedig
x = 20, u = 12, y = 18, v = 14 .
3x + 5,03 2x
− 3
12. Legalább mekkora és legfeljebb mekkora a = egyenlet gyöke,
4 1, 75
ha figyelembe vesszük, hogy az előforduló tizedes számok kerekítéssel jöttek létre?
3x + 5,03 2x − 3
Megoldás. = ⇔ 12 + 5, 03 ⋅ 1, 75 = ( 8 −3⋅1, 75)
x ⇔
4 1,75
⎧ ⎪ 12 + 5, 03 ⋅1,
75 20, 8025
⎪
12 + 5, 03 ⋅ 1, 75
⎪x
≥ = = 7, 56(45)
8 3 1,75 2,75
x = ⇒ ⎪ − ⋅
⎨
8−3⋅1,75 ⎪ 12 + 5, 04 ⋅1,
76 20, 8704 3261
⎪x
< = = .
⎪
⎪⎩ 8 −3⋅1, 76 2, 72 425
13. Két cég összesen 8200 számítógépet szerelt össze. Az ellenőrzés az egyik cég
gépeinek 2%-át, míg a másik cég gépeinek 3%-át hibásnak találta, összesen 216
darabot. Hány jól működő gépet szereltek össze a cégek külön-külön?
Megoldás. Jelöljük x -szel az első cég által összeszerelt számítógépek számát, ekkor
2
a másik cég 82 00 − x gépet szerelt össze. A hibás gépek száma x , illetve
100
3
⋅ ( 8200 )
100 x
2 3
− , tehát írhatjuk, hogy x + ( 8200 − x)
= 216 , innen kapjuk,
100 100
hogy x = 3000.
Tehát az első cég 3000, a második pedig 5200 gépet szerelt össze,

54 Egyenletek és egyenlőtlenségek
ezekből 60, illetve 156 hibás volt, így az összeszerelt működő gépek száma 2940,
illetve 5044.
14. Egy gyalogos és egy kerékpáros reggel 8 órakor elindul a 12 km-távolságra levő
városba. A kerékpáros 20 percet időzik a városban, azután visszaindul. Hol és mikor
találkozik a gyalogossal, ha a kerékpáros sebessége 18 km h , a gyalogosé pedig
6km h.
Megoldás. A kerékpáros 12 2
= óra alatt ér be a városba, ott 20 percet (1/3 órát
18 3
2 1
időzik), tehát amikor visszaindul, a gyalogos + = 1 órája úton van, ezalatt 6 km-
3 3
t téve meg. Tegyük fel, hogy innen számítva t óra múlva találkoznak. A gyalogos
d = 6t
km-t, a kerékpáros d = 18t
km-t tesz meg ezalatt. Tudjuk, hogy
1
d + d
1 2
= 6 km, innen 6 = 6t + 18t
⇒ t = 1/4.
Tehát a gyalogos és a kerékpáros 9
óra 15 perckor találkozik, d 4, 5 km-re a várostól.
2 =
2
15. János bácsi elindult Nekeresdfalváról a legközelebbi vonatállomás irányába.
Miután az első óra alatt 3 km utat tett meg, kiszámolta, hogy ezzel a sebességgel 40
percet fog késni. Így a maradék távolságot 4km h sebességgel tette meg és 45
perccel hamarabb érkezett. Hány kilométerre volt az állomástól az indulás
pillanatában?
Megoldás. Jelöljük d -vel Nekeresdfalva és a vonatállomás közti távolságot,
valamint t -vel a vonat indulásáig hátralevő időt (órában mérve). János bácsi 3 km/h
átlagsebességgel 40 percet (2/3 órát) késik, tehát d = 3( t + 2/ 3 ) . 3 km után ( d − 3)
km-t kell megtegyen ( t −1)
óra alatt, de ekkor 45 perccel (3/4 óra) hamarabb érkezik,
⎛ 3⎞
tehát d − 3 = 4 ⎜
t −1− ⎟
⎝ 4⎠
⎟ . A két egyenlet alapján t = 6, d = 20 , tehát János bácsi
20 km-re volt az indulás pillanatában az állomástól.
16. Két fogaskerék összekapcsolásakor a meghajtó és a meghajtott kerék
fordulatszámának aránya 9:7.
Ha az egyik kerék helyére 3-mal kevesebb, a másik
helyére 3-mal több fogú kereket teszünk, az áttétel 1: 3 vagy 3: 1.
Melyik kereket
cseréltük kevesebb fogúra? Hány foga van a 4 kerék mindegyikének?
Megoldás. A kerekek fordulatszámának aránya fordítottan arányos a fogak
számának arányával. Ha a meghajtó keréken k1 , a meghajtott keréken k 2 fog van,
k1
7
akkor = . Ha a meghajtó kereket cseréljük ki egy nála 3-mal kevesebb fogú
k 2 9
k1
− 3
fogaskerékre, akkor az arány
k2
+ 3
lesz, ami kisebb, mint k1
7
= , tehát nem lehet
k 2 9
k1 7 k1
− 3 1
3:1 (tehát az arány 1:3). A = , = arányokból k 1 = 7, k2
= 9 , a fogak
k2 9 k2
+ 3 3
száma 7, 9, illetve 4 és 12.

Egyenletek és egyenlőtlenségek 55
Ha a meghajtott kereket cseréljük ki egy nála 3-mal kevesebb fogú fogaskerékre,
akkor az arány 1 k + 3 k1 7 k1
+ 3
21
. A = , = 3 egyenletrendszerből k 1 = , ami
k2
− 3 k2 9 k2
− 3
5
nem egész szám, tehát ez az eset nem állhat fenn.
17. Egy tehergépkocsinak mind a négy kerekére új gumiabroncsot szereltek. Egy
abroncsot akkor tekintenek teljesen elkopottnak, ha hátsó keréken 15000 km-t futott,
vagy ha első keréken 25000 km-t. Mennyit futhat a kocsi a négy abroncs teljes
elkopásáig, ha az első abroncsokat felcserélhetik a hátsókkal?
Megoldás. Tegyük fel, hogy az egyik abroncs d km-t futott valamelyik első
d 2
keréken, 2 -t hátul, egy másik abroncs pedig ( t elöl és d km-t hátsó keréken
(d km után az abroncsokat felcserélték). Bevezethetjük a következő "kopási
állandókat": a hátsó kerekeké
d − ) 1
1
1
1
c 1 = , az elsőké c 2 = . ( km után
15000
25000
⎧⎪ cd 1 1 c2
mind a négy abroncs teljesen elkopott, tehát
⎪⎩
cd 1 2 c2
⎪ d + d ) 1 2
+ d2=
1
⎨ , összeadva
⎪ + d1=
1
2 2
( d1 + d2)( c1 + c2)
= 2 , ahonnan 1 + 2 =
0
c1 + c 1 1
2
15000 +
d d =
= 1875 km.
25000
18. Két egyenlő hosszú gyertyát egyszerre gyújtottak meg. Az egyik 3, a másik 5 óra
alatt égett el egészen. Egy fényképen a két gyertya hosszának aránya 1
, egy másikon
2
1
1
, egy harmadikon . Mikor készültek a fényképek, ha a gyertyák egyenletesen
3 4
égnek?
Megoldás. Legyen x a gyertyák hossza. Ekkor az első gyertya égési sebességének
x x x
x
számértéke , a másiké , tehát t idő alatt az elsőből t , a másodikból pedig t
3 5
3
5
hosszúság ég el. A meggyújtás után t idővel a két gyertya hosszának aránya
x t
x −t 1 −
3 3 3−t5 x = = ⋅ .
x −t t
1 − 5−t3 5 5
3−t5 1
15 3−t5 1
Ha ⋅ = , akkor 30 − 10t = 15 −3t ⇒ t = . Ha ⋅ = , akkor
5−t3 2 7 5−t3 3
5 3−t5 1
45
15 − 5t = 5 −t ⇒ t = . Ha ⋅ = , akkor 60 − 20t = 15 −3t ⇒ t = .
2 5−t3 4 17
Tehát a fényképek a gyertyák meggyújtása után 15
órával, 2, órával illetve
7 5
45
17
órával készültek.
x −a x −b
19. Oldd meg és tárgyald az + = 2 egyenletet!
x −2 x −3
1

56 Egyenletek és egyenlőtlenségek
Megoldás. Az értelmezési tartomány D = \{2,3} .
x −a x −b x − 2+ 2−a x − 3+ 3−b
+ = 2 ⇔ + = 2 ⇔
x −2 x −3 x −2 x −3
2−a 3−b
2−a 3−b
⇔ 1+ + 1+ = 2 ⇔ + = 0 ⇔
x −2 x −3
x −2 x −3
⇔(2 −ax ) − 6 + 3 a+ (3 −bx ) − 6 + 2b = 0 ⇔ (5 −a − b) x = 12 −3a − 2b
12 −3a −2b
Ha a + b ≠ 5 , akkor az egyenletnek egyetlen megoldása van, az x =
.
5 −a −b
Ez a kifejezés pontosan akkor 2 , ha a = 2 és pontosan akkor 3 , amikor b = 3 , tehát
ha a = 2 és b ≠ 3 vagy b = 3 és a ≠ 2 , akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha
a + b = 5 , akkor az egyenlet 0⋅ x = 12−3a
−2b
alakban írható, tehát ha a
(12
−3a −2
b)
értéke 0 , akkor a D halmaz minden eleme megoldása az egyenletnek,
különben nincs megoldása az egyenletnek. Ha b = 5 −a
és 12 −3a − 2b = 0 , akkor
a = 2 és b = 3 , tehát a következő táblázatban foglalhatjuk össze az eseteket:
a b A megoldáshalmaz
3 \{2,3}
2
\{3}
∅
3 ∅
\{3} és a + b = 5
∅
\{2}
\{3} és a + b ≠ 5 12 −3a −2b
M = { 5 −a −b
}
20. Micimackó órájának számlapjáról lekoptak a számok. Egy reggeli alkalmából
Malacka megkérdezte Micimackót, hogy mennyi az idő. Erre Micimackó azt
válaszolta, hogy a kis és a nagy mutató merőleges egymásra és, hogy az elmúlt egy
órában ilyen állás csak egyszer fordult elő. Meg tudja-e állapítani Malacka, hogy
mennyi az idő, ha tudja, hogy déli 12 óra előtt reggeliznek?
Megoldás. Egy óra kismutatója 12 óra alatt tesz meg 360 fokot, tehát egy óra alatt
360 1
30 fokot mozdul, egy perc alatt pedig = fokot. A nagymutató egy perc alatt
12 ⋅ 60 2
360
= 6 fokot mozdul. Ha Malacka x óra y perckor kérdezte meg az időt, ebben az
60
időpontban a kismutató o = 30x
+ 12y
fokos szöget zár be a 12 órához tartozó
sugárral, míg a nagymutató p = 6y
fokos szöget. Mivel a két mutató merőleges
egymásra, az ( o−p) egész szám osztható 90-nel, továbbá tudjuk, hogy
x ∈ { 0,1, 2,...,11 } és y ∈ { 0, 1, 2, ..., 59}
.
⎛ 11 ⎞
( o−p) 90 ⇒ ⎜
⎜30x y⎟ ⎜⎝
− ⎟ 90 ⇒ y = 2 y1, ( 30x −11y1) 90 ⇒
2 ⎠⎟
( 30x −11y1) 30 ⇒
⇒11y 30 ⇒y 30 ⇒ y = 2y 60 ⇒ y = 0 .
1 1 1
Visszahelyettesítve 30x 90 ⇒ x ∈ { 0, 3, 6, 9}
.

Egyenletek és egyenlőtlenségek 57
Pontosan 6 órakor a két mutató 180 -os szöget zár be, tehát ez az eset nem állhat fenn,
s mivel 12 előtt reggeliznek, csak az x eset lehetséges. Tehát Malacka pontban 9
órakor kérdezte meg az időt.
= 9
21. Egy órán a három mutató 12 órakor találkozik. Hány perc múlva felezi a
másodpercmutató az óra- és percmutató által bezárt szöget?
Megoldás. x óra y perc és z másodperc múlva a másodpercmutató a 12 -eshez
tartozó sugárral z ⋅ 6° -os szöget zár be, a percmutató y ⋅ 6°
-os szöget (mert a
⎡ y ⎤
percmutató csak percenként mozdul el) és a kismutató x ⋅ 30°+⎢ ⎥ ⋅ 6°
-os szöget
⎢⎣ 12⎥⎦
(mert az óramutató 12 percenként mozdul egyet). A másodpercmutató pontosan akkor
felezi a percmutató és az óramutató által bezárt szöget, ha
⎡ y ⎤
2⋅z ⋅ 6°= x ⋅ 30°+ ⎢ ⎥⋅
6°+ y⋅
6°
vagy
⎢⎣ 12⎥⎦
⎡ y ⎤
2⋅z ⋅ 6°+ 360°= x ⋅ 30°+ ⎢ ⎥⋅
6°+ y⋅
6°
.
⎢⎣ 12⎥⎦
⎡ y ⎤
⎡ y ⎤
Így a 2z = 5 x + y + ⎢ ⎥ vagy 2z + 60 = 5x
+ y + ⎢ ⎥ egyenlethez jutunk. Ennek
⎢⎣12⎥⎦ ⎢⎣ 12⎥⎦
a legkisebb megoldása x = 0 , y = 2 és z = 1 .
22. Határozd meg az összes olyan időpontot, amikor a percmutató állása
felcserélhető az óramutató állásával.
Megoldás. A feladat megfogalmazásából nem derül ki, hogy milyen óráról van szó
(a mutatók folytonosan járnak, vagy beosztásról beosztásra ugranak) és, hogy mit
értünk felcserélhetőségen. Világos, hogy ha a felcserélés után is ugyanazt az órát kell
mutatniuk, akkor a két mutató egymást kell fedje. Ilyen állás a folytonos mozgású
mutatók esetében 11-szer van 0 óra 0 perctől 11 óra 59 percig (egy körbejárás
alatt), minden órában egy, az utolsó kivételével. A találkozásoknak megfelelő
60m
ívhosszak a (12 -től számítva a mutatók járása mentén) alakú, ahol
11
m ∈ {0,1,2,... ,10} . Nem folytonos járású mutatók esetén a helyzet bonyolultabb,
⎡ y ⎤
mert x óra y perc után a mutatók x ⋅ 30°+ ⎢ ⎥ ⋅ 6°
-os, illetve y ⋅ 6°
-os szöget
⎢⎣ 12⎥⎦
⎡ y ⎤
zárnak be a 12 -eshez húzott sugárral. Így az x ⋅ 30°+ ⎢ ⎥⋅6°=
y⋅
6°
egyenlethez
⎢⎣ 12⎥⎦
⎡ y ⎤
jutunk. Mivel ⎢ ⎥ ∈ {0,1, 2, 3, 4} , a következő esetek tárgyalása szükséges:
⎢⎣12⎥⎦ ⎡ y ⎤
1. eset. Ha ⎢ ⎥ = 0 , akkor y = 5x
, tehát a (0 , 0) , (1, 5) , (2,10)
megoldásokhoz
⎢⎣12⎥⎦ jutunk (12 óra, 1 óra 5 perc és 2 óra 10 perc).

58 Egyenletek és egyenlőtlenségek
⎡ y ⎤
2. eset. Ha ⎢ ⎥ = 1 , akkor y = 5x
+1 , tehát a (3 ,16) , (4,21) megoldásokhoz
⎢⎣ 12⎥⎦
jutunk ( 3 óra 16 perc és 4 óra 21 perc).
⎡ y ⎤
3. eset. Ha ⎢ ⎥ = 2 , akkor y = 5x
+2, tehát az ( 5,27) , (6, 32) megoldásokhoz
⎢⎣12⎥⎦ jutunk ( 5 óra 27 perc és 6 óra 32 perc).
⎡ y ⎤
4. eset. Ha ⎢ ⎥ = 3 , akkor y = 5x
+3 , tehát a (7 , 38) , (8, 43) megoldásokhoz
⎢⎣12⎥⎦ jutunk ( 7 óra 38 perc és 8 óra 43 perc).
⎡ y ⎤
5. eset. Ha ⎢ ⎥ = 4 , akkor y = 5x
+4 , tehát a (9 , 49) , (10, 54) és (1 1, 59)
⎢⎣ 12⎥⎦
megoldásokhoz jutunk ( 9 óra 49 perc, 10 óra 54 perc és 11 óra 59 perc).
Másrészt a felcserélhetőség azt is jelentheti, hogy a felcserélt pozíció is egy valós
állást jelentsen (a mutatók egymáshoz viszonyított helyzete nem lehet tetszőleges
például 3 óra 0 perckor ha megcseréljük a mutatók állását, egy nem lehetséges
pozíciót kapunk). Ebben az esetben is más a helyzet folytonosan mozgó mutatók és
ugráló mutatók esetében. Az első esetben ha x és y a kis és nagymutató által bejárt ív
00
⎞
hossza a 12 -hoz viszonyítva, akkor ∈
5 60⎠
⎛x
y
⎜ − ⎟
⎜⎝ ⎟ . Ebből következik, hogy
60( 12m
+ n)
60(12 n + m)
x =
és y =
. Ha a mutatók beosztásról beosztásra
143
143
⎡ ⎡ y ⎤⎤
⎡ ⎡ y ⎤ ⎤
⎢5x+ ⎢ ⎥⎥
⎢5x + ⎢ ⎥ ⎥
⎢ ⎢
ugranak, akkor az
⎣12⎥⎦⎥ ⎢ ⎢
y = ⎢ ⎥ vagy y 30
12⎥
⎥
= +⎢
⎣ ⎦
⎥ egyenlethez jutunk,
⎢ 12 ⎥
⎢ 12 ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎥
⎢ ⎥
⎦
⎢⎣ ⎥⎦
ahol a felcserélhető állás x óra y perc. Az első egyenletnek csak y ∈ {0,1, 2, 3, 4}
esetén van megoldása és a másodiknak csak y ∈ {30, 31, 32,
33,
34} esetén. A
megoldások felsorolását az olvasóra bízzuk.
2 2
x + a + b x + a − b a + b
23. Oldd meg az
= − 2
x + a x −a x −a 2 egyenletet a valós számok
halmazán ( ab∈ , )
.
Megoldás. Az értelmezési tartomány: D = \{ −a
, a}
.
2 2
x + a + b x + a − b a + b
= − 2 2
x + a x −a x −a
2 2
b 2a
− b a + b
⇔ = − 2 2
x + a x −a x −a
⇔
2 2 2
⇔bx − ab = (2 a − b) x + 2a
−ab−a−b⇔ ( a − b)(2 x + a + b)
= 0.
Ha a = b , akkor minden ± a -tól különböző valós szám megoldás.
a + b
Ha a ≠ b , akkor x = − . Le kell ellenőrizni, hogy a kapott érték benne van-e az
2
értelmezési tartományban.

Egyenletek és egyenlőtlenségek 59
a + b
− = −a ⇔ a + b = 2a
⇔ a = b , ez ellentmondás, hiszen az a ≠ b
2
esetben vagyunk.
a + b
− = a ⇔ a + b =−2a ⇔ b = − 3a
.
2
Összefoglalva, ha a = b , akkor a megoldáshalmaz M = \{ −a,
a}
, ha
a ≠b, b ≠−3a , akkor egyetlen megoldás van, ha pedig a ≠ b , b = −3a
, akkor nincs
megoldás.
24. Egy hatjegyű számnak első számjegye 1, a második 4. Ha e két számjegyet
egyenként letöröljük és a szám végére írjuk, akkor az eredeti szám kétszeresét kapjuk.
Melyik ez a szám?
Megoldás. Legyen a keresett szám 14 abcd . A feltétel szerint felírhatjuk az
abcd14 = 2 ⋅ 14abcd
egyenlőséget. Kifejtve, kapjuk, hogy
5 4 3 2
a⋅ 10 + b⋅ 10 + c⋅ 10 + d⋅
10 + 10 + 4 =
5 4 3 2
= 2⋅ 10 + 8⋅ 10 + 2a⋅ 10 + 2b⋅ 10 + 2c⋅ 10+ 2d
vagyis
5 4 3 2
( a − 2)10 + ( b− 8)10 + ( c− 2 a)10 + ( d − 2 b)10 + (1 − 2 c)10 + 4 − 2d = 0 .
A bal oldal első öt tagja osztható 10-zel, tehát (4 − 2 d)
is többszöröse kell legyen
tíznek. Következik, hogy d kettő vagy hét.
Ha d = 2 , akkor mindkét oldalt elosztva 10-zel, kapjuk, hogy
4 3 2
( a − 2)10 + ( b−8)10
+ ( c− 2 a)10 + ( d − 2 b)10 + (1 − 2 c)
= 0 , ami nem
lehetséges, mert a bal oldalon egy páratlan szám áll, így nem lehet zéró. Tehát d = 7 .
Ebben az esetben
4 3 2
( a − 2)10 + ( b− 8)10 + ( c− 2 a)10 + (7 −2 b)10 − 2c = 0 ,
3 2
tehát c = 5 és ( a − 2)10 + ( b− 8)10 + (5 − 2 a)10 + 6 − 2b = 0 . Innen kapjuk,
2
hogy b = 8 és ( a − 2 )10 + 4− 2a = 0,
vagyis a = 2 . A keresett szám tehát az
142857.
x x x
25. Oldd meg a valós számok halmazán az + + − 1 = abc − ( a + b + c) x ,
ab bc ac
( abc∈ ,, )
egyenletet.
Megoldás. A következő ekvivalens átalakításokat végezzük:
x x x
+ + − 1 = abc − ( a + b + c) x ⇔
ab bc ca
a + b + c
⇔ x + ( a + b + c) x = abc + 1 ⇔ ( a + b + c)(1 + abc) x = abc( abc +1) .
abc
Ha ab c = −1
, akkor a megoldáshalmaz a valós számok halmaza.
Ha ab c ≠−1,
akkor az egyenlet így írható: ( a + b + c) x = abc.
Ebben az
abc
esetben, ha a + b + c ≠ 0 , akkor az egyenlet egyetlen megoldása az x =
.
a + b + c

60 Egyenletek és egyenlőtlenségek
Ha a + b + c = 0 és ab c = 0 , vagyis ha az a ,, bc számok közül valamelyik nulla, a
másik kettő összege nulla, akkor minden valós szám megoldás. Ha a + b + c = 0 , de
abc ≠ 0 , akkor az egyenletnek nincs megoldása.
1
4
1
39 21
V1⋅ + V2
⋅ = 2 =
2 2
55 39
= ⋅ 14, 9 2
72 2
⋅
26. Hiero király koronájának súlya 20 font. Vízben a korona 1 fontot veszít a
súlyából. Hány font aranyat és hány font ezüstöt tartalmaz a korona (más anyagot
1
1
nem tartalmaz), ha az arany fajsúlya 19 , az ezüsté pedig 10 ?
2
2
Megoldás. Jelöljük V -gyel és V2 -vel a koronában levő arany, illetve ezüst
térfogatát. Mivel a víz fajsúlya 1 és Arkhimédész törvénye szerint a súlyvesztés a
5
kiszorított víz súlyával egyenlő, írhatjuk, hogy V1 + V 2 = . Másrészt a korona súlya
4
20 , tehát 1 = 55 35
39
V és V , és így a korona V 1 ⋅ =
72 72
2
715
21 35 21 245
= ≈ font aranyat és V = ⋅ = ≈ 5,10 font
48
2 72 2 48
ezüstöt tartalmaz.
II.2.1. Gyakorlatok és feladatok (42. oldal)
1. Oldd meg a valós számok körében a következő egyenlőtlenségeket:
x + 1
a) 2x− 1<
;
3
x + 1 x −1
x
b) + + < 0 ;
2 2 6
2
c) ( x + 1)( x −1) − x < x ;
d) 2x + 3 <
x
6; e) 0,(6)
x + 0,25< + 0,25(3) ; f)
3
x + 1
<
2 − 3
3 + 2 .
x + 1 4
Megoldás. a) 2x − 1 < ⇔ 6x − 3 < x + 1 ⇔ 5x < 4 ⇔ x < ;
3 5
x + 1 x − 1 x 3x + 3+ 3x − 3+
x
b) + + < 0 ⇔
< 0 ⇔ 7x
< 0 ⇔ x < 0;
2 2 6
6
2
c) ( x + 1)(
x −1) −x 2 2
< x ⇔ x −1− x < x ⇔− 1<
x ;
d) 2x + 3 < 6 ⇔ 2x < 6 − 3 ⇔ x <
6 −
2
3
⇔ x < 3 −
6
;
2
x 6 1 x 253−25 e) 0,(6) x + 0,25< + 0,25(3) ⇔ x + < + ⇔
3 9 4 3 900
2x x 19 1 x 1 1
⇔ − < − ⇔ < ⇔ x < ;
3 3 75 4 3 300 100
f)
x + 1
<
2 − 3
3 + 2 ⇔ x + 1 > ( 2 − 3)( 2 + 3) ⇔ x > − 2 .
2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenlőtlenségeket, ha m ∈
:

Egyenletek és egyenlőtlenségek 61
1 1
a) mx + 1 ≤ m ; b) m + x ≥( m− 1)(
x + 1)
; c) <
x( x + 1) ( x + 1)(
x +2 )
;
2
1 2
m − x m + x
d) 2mx < m + 1; e) > ; f) < .
x −2x −m x 1 − x
m − 1
Megoldás. a) mx + 1≤m⇔
mx ≤m−1. Ha m > 0 , akkor x ≤ . Ha
m
m −1
m < 0 , akkor x ≥ . Ha m = 0 , akkor nincs megoldása az egyenlőtlenségnek.
m
b) m + x ≥( m − 1)( x + 1) ⇔ m + x ≥( m − 1) x + m −1⇔ ( m −2) x ≤1
1
Ha m − 2> 0,
vagyis m > 2 , akkor x ≤ .
m − 2
1
Ha m − 2< 0, vagyis m < 2 , akkor x ≥ .
m − 2
Ha m = 2 , akkor minden valós szám kielégíti az egyenlőtlenséget.
c) M = ( −∞, −2 ) ∪ ( −1,0)
;
d) Ha m > 0 , akkor a megoldáshalmaz
⎛ 2 ⎞
⎛ 2 ⎞
⎜ m + 1
⎜⎜ −∞, ⎟ .
⎝ 2m
⎠⎟
m + 1
Ha m < 0 , akkor x ∈ ⎜ , ∞⎟ ⎟
⎜⎝ 2m
⎠
⎟.
⎟
Ha m = 0 , akkor minden x ∈ megoldás.
1 2
e) Az > egyenlőtlenség megoldásait csak az \{2, m}
halmazban
x −2x −m
kereshetjük.
1 2 1 2 x −m− 2x + 4
> ⇔ − > 0 ⇔ > 0 ⇔
x −2 x −m x −2 x −m ( x −2)( x −m)
x + m − 4
⇔ < 0 ⇔ ( x + m −4)( x −2)( x − m)
< 0.
( x −2)( x −m)
Három szám szorzata csak úgy lehet negatív, ha vagy mindhárom szám negatív, vagy
az egyik negatív és a másik kettő pozitív. Így a következő eseteket kell megvizsgálni:
⎧ ⎪
⎪x + m − 4 < 0 ⎧⎪
x < 4−m
⎪ ⎪
I. ⎪
⎨x − 2< 0 ⇔
⎪
⎨x
< 2 ⇔ x < min{4 − m,2, m}
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪x − m < 0 ⎪ x < m
⎪⎩
⎪⎩
Könnyű ellenőrizni, hogy
min{4 − m,2, m} = m,
ha m ≤ 2 és m in{4 − m,2, m} = 4 − m , ha m >
2 .

62 Egyenletek és egyenlőtlenségek
⎧ ⎪
⎪x + m − 4 < 0 ⎧⎪
x < 4−m
⎪ ⎪
⎪ ⎪
II. x 2 0
⎪
⎨
⎪ − > ⇔ ⎨
⎪x
> 2 . Az első két egyenlőtlenség alapján
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪x − m > 0 ⎪ x > m
⎪⎩
⎪⎩
2< x < 4−m ⇒ 2 < 4−m
⇒ m < 2.
Tehát az m ≥ 2 esetben nincs megoldás, ha
pedig m < 2 , akkor x ∈(2, 4 −m)
.
⎧
⎪ x + m − 4 > 0 ⎧⎪
x > 4−m
⎪ ⎪
⎪ ⎪
III. x 2 0
⎪
⎨
⎪ − < ⇔ ⎨
⎪x
< 2 . A második és a harmadik egyenlőtlenség alapján
⎪ ⎪
⎪ x − m > 0 ⎪ x > m
⎪⎩
⎪⎩
m < x < 2 ⇒ m < 2 kell legyen. Következik, hogy ha m ≥ 2 , akkor az
egyenlőtlenségnek nincs megoldása, ha pedig m < 2 , akkor 4−m> 2,
tehát
x ∈ ( m,2)
.
⎧ ⎪
⎪x + m − 4 > 0 ⎧⎪
x > 4−m
⎪ ⎪
⎪ ⎪
IV. x 2 0
⎪
⎨
⎪ − > ⇔ ⎨
⎪x
> 2 . Az első és harmadik egyenlőtlenség szerint
⎪
⎪
⎪ x − m < 0 ⎪ x < m
⎪⎩
⎪⎩
4− m < x < m ⇒ 4−
m < m ⇒ 2<
m.
Ha tehát m ≤ 2 , akkor nincs megoldás.
Ha m > 2 , akkor 4− m < 2, így x ∈ (2, m ) .
Összesítve az eddigi részeredményeket (egyesítve a halmazokat), írhatjuk, hogy ha
m < 2 , akkor x ∈( −∞, m) ∪(2,4 −m) ∪ ( m,2) = ( −∞,4 − m)\{2,
m}
, ha
m = 2 , akkor x ∈( −∞, m ) ⇒x ∈( −∞,2) , ha m > 2 , akkor
x ∈( −∞,4
−m) ∪(2,
m)
.
m − x m + x
f) Az , törtek nevezői közül egyik sem lehet 0 , így x ∈ \{0,1} .
x 1 − x
m − x m + x m m + 1 m m + 1
< ⇔ − 1< −1 ⇔ < .
x 1−x x 1−x
x 1−x Az egyenlőtlenséget az előző alponthoz hasonlóan oldjuk meg.
3. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenlőtlenségeket:
a) ( x − 1)( x + 1)
< 0; b) ( 2x − 3) ( x + 7)
≥ 0; c) ( 3x −4) ( x − 2)
< 0;
d) ( 2x − 1) ( x + `3)
≥ 0; e) ( 3x + 1) ( 2x + 3)
< 0;
f) ( 3− 2x) ( 1+ x)
≤ 0;
g) ( 1+ 2x) ( 3− x)
< 0;
h) ( x −1) ( x −2)( x − 3)
< 0;
i) ( x + 1) ( x −2)( 3x − 1)
> 0;
j) ( x − 1) ( 2x + 1)( 3x − 1)( 5x + 2) ≤ 0;
x + 1
k) < 0 ;
x − 2
5x−3 l) ≥ 0 ;
3x+ 1
2−5x m) ≥ 0 .
( 1+ x)( 2x − 4)

Egyenletek és egyenlőtlenségek 63
Megoldás. a)
x −∞ –1 1 + ∞
x − 1 – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + +
x + 1 – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + +
( x − 1)( x + 1)
+ + + + + 0 – – – – 0 + + + + +
A megoldás tehát x ∈( −1,1)
.
⎛4
⎞
b) x ∈( −∞, −7) ∪ (3/2, ∞)
; c) ∈ ⎜ ,2⎟
⎛1⎞ x ⎜⎜⎝ ⎟
3 ⎟ ; d) x ∈( −∞, −3) ∪ ⎜ , ∞⎟⎟
⎠
⎜⎜⎝2 ⎠⎟;
⎛ 3 1⎞
e) x , ⎟
⎡ 3⎤
⎛ 1 ⎞
∈ ⎜
⎜⎜⎝ − − ⎟
2 3⎠
⎟ ; f) x ∈− ⎢ 1, ⎥;
g) x ∈ ,3
⎢⎣ 2⎥
⎜ − ⎟
⎦
⎜⎝ 2 ⎠ ⎟;
h)
x −∞ 1 2 3 +∞
x − 1 – – – – – – – 0+ + + + + + + + + + + + + + + +
x − 2 – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + +
x − 3 – – – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + +
( x −1)( x −2)( x − 3)
– – – – – – – 0+ + + + 0 – – – – 0 + + + + + +
A megoldás: x ∈( −∞,1) ∪ (2,3)
.
⎛ 1⎞
i) x 1, ⎟
⎡ 1 2⎤ ⎡1
∈ ⎜
⎜⎜⎝ − ⎟ (2, ∞)
3⎠⎟∪
; j) ∈− ⎢ , − ⎥ ⎢ ,
⎢⎣ 2 5⎥⎦ ⎢⎣3
∪ 1⎤ x ⎥; k) x ∈( −1,2)
;
⎥⎦
⎛ 1⎞
l) x ∈ ⎜
⎜−∞, − ⎟
⎜⎝
⎟ [3/5, ∞
3⎠⎟∪
) ;
m)
x −∞ –1 2/5 2 + ∞
2− 5x + + + + + + + + + + + 0 – – – – – – – – – – – – –
1 + x – – – – – – 0+ + + + + + + + + + + + + + + + + +
2x− 4 – – – – – – – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + +
2−5x (1 + x)(2x − 4)
+ + + + + + | – – – – 0 + + + + | – – – – – – – – –
⎡2⎞ A megoldás x ∈( −∞, −1) ∪ ⎢ ,2⎟
⎢⎣ 5 ⎟⎠
.
4. A tényezőkre bontás segítségével oldd meg a következő egyenlőtlenségeket:
2
2
3 2
a) x − 3x + 2 ≥ 0; b) 6x + 5 x + 1≤0;
c) x −2x − x + 2>
0;
2
2
x − 3x + 2 ( x + 1)
≥ 0 3x + x − 2<
0
d) ( ) ; e) ; f)
2
x − 1
> 0 ;
x + 3

64 Egyenletek és egyenlőtlenségek
2
x + 5x + 6
g)
≥ 0 .
2
x − 4x + 4
2
Megoldás. a) x − 3x + 2≥ 0 ⇔ ( x −1)( x −2) ≥ 0 ⇔ x ∈( −∞,1] ∪ [2, ∞)
;
2 ⎡ 1 1⎤
b) 6x
+ 5x + 1 ≤ 0 ⇔ (2x + 1)(3x + 1) ≤ 0 ⇔ x∈
⎢− , − ⎥
⎢⎣ 2 3⎥⎦
;
3 2
c) x −2x − x + 2 > 0 ⇔( x −1)( x − 2)( x + 1) > 0 ⇔ x ∈( −1,1) ∪ (2, ∞)
;
2
d) ( x − 3x + 2)( x + 1) ≥ 0 ⇔ ( x −1)( x − 2)( x + 1) ≥ 0 ⇔ x ∈[ −1,1] ∪ [2, ∞]
;
2
⎛ 2⎞
e) 3x + x − 2< 0 ⇔ (3x − 2)( x + 1) < 0 ⇔ x ∈⎜ ⎜ −1 ⎟
⎜⎝
,
3⎠⎟;
2
x − 1
f) > 0 ⇔( x − 1)( x + 1)( x + 3) > 0 ⇔ x ∈( −3, −1) ∪ (1, ∞)
;
x + 3
2
x + 5x + 6 ( x + 2)( x + 3)
g)
≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔ ( x + 2)( x + 3) ≥ 0, x ≠ 2 ⇔
2 2
x − 4x + 4 ( x − 2)
⇔ x ∈( −∞, −3] ∪[ −2,2) ∪ (2, ∞)
;
5. Oldd meg és tárgyald a következő egyenlőtlenségeket, ha m, n, x , x ∈ :
1 2
a) ( mx − 1) ( 1+ x)
< 0;
b) ( mx − n)( nx + m)
< 0 ; c) ( x −x ) ( x − x ) < ;
1 2 0
d) ( m − x)( m + x)
> 0 ; e) ( m + 1− mx) ( 1+
mx)
≥ 0;
f) ( x −x1) ( x −x2) ≥ 0 ; g) −( x − x1)( x −x2) ≤ 0 ; h) −( x − x1)( x − x2)
< 0 .
Megoldás. a)
⎛ 1 ⎞
I. eset: m ∈( 0, ∞) ⇒x ∈ ⎜
⎜−1, ⎟
⎜⎝
⎟
m ⎠⎟;
II. eset: m = 0 ⇒x ∈( −1, ∞)
;
⎛ 1 ⎞
III. eset: ∈( −1, 0 ) ⇒ ∈ ⎜ , ⎟
⎜⎝
−∞ ⎟ ( −1, ∞)
m ⎠⎟∪ m x ;
IV. eset: m = −1 ⇒x ∈ \ { −1}
;
⎛1⎞ V. eset: m ∈( −∞, −1 ) ⇒ x ∈( −∞, −1 ) ∪ ⎜ , ∞⎟⎟
⎜⎝m⎠⎟. b) I. eset: m = n = 0 ⇒ M = ∅ ;
1
2
II. eset: m = 0, n ≠ 0 ⇒− n x < 0 ⇒ x ∈ 0, ∞ ;
( )
≠ 0, = 0 ⇒ m x < 0 ⇒ x ∈( −∞,
0)
2
III. eset: m n ;
⎛ n ⎞⎛ m⎞ ⎛ m
IV. eset: > 0 ⇒mn ⎜ x − ⎟ ⎜x+ ⎟<
0 ⇒x∈⎜− m
⎟⎜ ⎟
n
⎟ ⎜ ,
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ n
n ⎞
mn
m
⎟⎠
;
⎛ n ⎞⎛ m n m
V. eset: 0 x ⎟
⎞
x ⎟
⎛ ⎞
0 x , ⎟
⎛ ⎞
mn < ⇒ ⎜ − ⎜ + > ⇒ ∈⎜−∞ ⎜−
∞
⎝
⎟ ⎟ ⎟
m⎠⎝ ⎟⎜ n ⎠⎟ ⎝⎜ m⎠⎟∪ ⎝⎜
,
n
⎟⎠
.
c) I. eset: m = 0 ⇒∀x ∈
megoldás;

Egyenletek és egyenlőtlenségek 65
⎛ 1⎞⎛ 1⎞ ⎡ 1
II. eset: ≠ 0 ⇒⎜ −1− ⎟⎜x + ⎟≤
0 ⇒x ∈ − ,1+
m m m
1 ⎤
m ⎜
x ⎟ ⎜ ⎟
⎢ ⎥ , ha
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎢⎣ m⎥⎦
⎡ 1 1 ⎤
m ∈( −∞, −2] ∪ ( 0, ∞)
, illetve x ∈ ⎢1 + , − ⎥ , ha m ∈( −2,
0)
.
⎢⎣ m m⎥⎦
d) m = 0 esetben nincs megoldás, ha m ≠ 0 , akkor x ∈( −m
, m ) .
e) Ha x x , nincs megoldás, ha x ≠ x , akkor x ∈ min { x , x } , max { x , x } .
1 = 2 1 2
1 = x2
= 1 ≠ x2
( )
1 2 1 2
f) Ha x , akkor M , ha pedig x , akkor
x ∈( −∞,min { x1, x2} ⎤ ⎡
⎦
∪
⎣
max { x1, x2}
, ∞)
.
g) Az egyenlőtlenség ekvivalens az előző pontbeli egyenlőtlenséggel, így a megoldás
is azonos.
h) Ha x 1 = x2
, akkor M = \ { x1}
, ha x 1 ≠ x2,
akkor
x ∈ −∞,min { x , x } ∪ max x , x , ∞ .
( ) ( { } )
1 2 1 2
3 1 2
6. Oldd meg a + < 2 −
x −1 2 x −1 egyenlőtlenséget.
Megoldás
3 1 2 5 3 10− 3x+ 3 13 − 3x
+ < 2− ⇔ − < 0 ⇔ < 0 ⇔ < 0 ⇔
x −1 2 x −1 x −1 2 2( x −1)
x −1
⎛13 ⎞
⇔ x ∈( −∞,1) ∪ ⎜ , ∞⎟ ⎟
⎜⎝ 3 ⎠⎟.
7. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenlőtlenségeket:
x − 1 x + 1 x − 2 x + 2 x + 1 x − 2 x − 2 x + 1
a) < ; b) < ; c) > ; d) <
x + 2 x − 2 x + 1 x − 1 x − 5 x + 3 x + 3 x − 4
.
Megoldás. a)
x − 1 x + 1 x − 1 x + 1
x
< ⇔ − < 0 ⇔ > 0 ⇔ x ∈( −2,0) ∪ (2, ∞)
;
x + 2 x − 2 x + 2 x −2 ( x − 2)( x + 2)
x − 2 x + 2 x + 1−3 x − 1+ 3 3 3
b) < ⇔ < ⇔ 1− < 1+
⇔
x + 1 x − 1 x + 1 x − 1 x + 1 x − 1
1 1
2x
⇔ 0 < + ⇔ 0 < ⇔ x ∈( −1,0) ∪ (1, ∞);
x − 1 x + 1 ( x − 1)( x + 1)
x + 1 x − 2 6 5 6 5
c) > ⇔ 1+ > 1−
⇔ + > 0 ⇔
x − 5 x + 3 x − 5 x + 3 x − 5 x + 3
6x + 18+ 5x − 25
⎛ 7 ⎞
⇔ > 0 ⇔ (11x −7)( x − 5)( x + 3) > 0 ⇔ x ∈⎜ 3, ⎟ (5, )
( x − 5)( x + 3)
⎜⎜⎝ − ⎟ ∞
11⎠⎟∪
;
x − 2 x + 1 5 5 1 1
d) < ⇔1− < 1+ ⇔ 0 < + ⇔
x + 3 x − 4 x + 3 x −4 x − 4 x + 3
2x−1 ⇔ 0 < ⇔ x ∈( −3,1/2) ∪ (4, ∞)
.
( x − 4)( x + 3)

66 Egyenletek és egyenlőtlenségek
8. Egy sakk körversenyen (minden mérkőzésen 1 pontot kap a nyertes, 0 pontot a
vesztes illetve döntetlen esetén 0,5 – 0,5 pontot kap mindkettő) csak nagymesterek és
mesterek vettek részt. Az utóbbiak száma 3-szor annyi volt, mint a nagymestereké,
elért pontjaik együttes száma pedig 1,2-szerese a nagymesterek pontszámai
összegének. Hányan vettek részt a versenyen? Mit mondhatunk az első három
helyezettről?
Megoldás. Ha x a nagymesterek száma, akkor 3x a mestereké és 4x az összes
résztvevők száma. A versenyen mindenki mindenkivel kétszer játszik (egyszer fekete
és egyszer fehér bábukkal), tehát összesen 4( x 4x
−1)
a megszerzett pontok száma.
6
Ebből a mesterek -ed részt szereztek, a többi pontot a nagymesterek szerezték.
11
Másrészt a mesterek által összegyűjtött pontok száma legalább annyi, mint azoknak a
játszmáknak a száma, amelyekben csak mesterek játszottak. Így
6
4 x(4x −1) ≥ 3x (3x −1)
, tehát x ≤ 3 . Az
11
x = 1 és x = 2 esetek nem
6 k
lehetségesek, mert a 4 x( 4x − 1) szám ezekre az értékekere nem , k ∈ alakú.
11
2
Tehát az egyetlen lehetséges megoldás az x = 3 . Ez azt jelenti, hogy 3 nagymester
és 9 mester vett részt a versenyen. x = 3 esetén a vizsgált egyenlőtlenségben
egyenlőség áll, tehát egyetlen mester sem szerzett pontot nagymester elleni
játszmából, és így az első három helyezett a három nagymester.
9. Az A és B városok közti P helyről kétféle módon juthatunk B-be: gyalog bejárva a
PB útvonalat vagy gyalog megyünk A-ba és onnan vonattal B-be. Mely pontokból
előnyösebb az első, és melyekből a második módot választani, ha a legrövidebb idő
alatt szeretnénk eljutni B-be, ha gyalog 5km h sebességgel megyünk, a vonat
sebessége 50 km h , és az AB távolság 20 km?
Megoldás. Jelöljük az B és P városok közti távolságot x -szel. Meg kell
határozni, x mely értékeire melyik utazási módot érdemes választani.
PB x
Gyalog megtéve a PB útvonalat, az utazáshoz szükséges idő t = = óra, a
1
5 5
AP AB 20 − x 20
második módot választva pedig t = + = + órába telik eljutni
2
5 50 5 50
P -ből B -be. Akkor rövidebb gyalogosan megtenni a PB távot, ha t 1 t2,
vagyis ha
x km.
≤
≤ 11
10. Egy egyfordulós körmérkőzéses pingpongbajnokság győzteséről tudjuk, hogy
mérkőzéseinek több, mint 68 és kevesebb, mint 69 százalékát nyerte meg. Legalább
hányan indultak a bajnokságon?
Megoldás. Ha mindenki n mérkőzést játszott és az első helyezett k mérkőzést
nyert, akkor 0, 68n < k < 0,
69n. Ez alapján 0, 31n < n − k < 0, 32n
, tehát
0,62n < 2( n − k) < 0,64n < 0,68n < k < 0,69n
.

Egyenletek és egyenlőtlenségek 67
A 2( n − k)
és a k különböző egész számok, tehát 0, 69n − 0, 62n > 1 és így n ≥ 15 .
Ha n = 15 , akkor 0, 68n és 0, 69n közt nincs egész szám, tehát n ≥ 16 . n = 16
esetén k = 11 . Igazolni kell, hogy ez lehetséges is. Jelöljük G -vel a győztest és a
többi 16 résztvevőt osszuk két 5 -ös ( AB , ) és egy 6 -os ( C ) csoportba. Ha G
legyőzte az A és C tagjait és kikapott a B csoport tagjaitól, akkor 11győzelme és 5
veresége van. Ha a C csoport tagjai legyőzték a B csoport tagjait, kikaptak az A
csoport tagjaitól és a B csoport tagjai legyőzték az A csoport tagjait, akkor G -nek
van a legtöbb pontja. Tehát legalább 17 résztvevő volt a bajnokságon.
11. Húsvétkor egy olyan családhoz, ahol 4 lány nevelkedik, a fiúk egyforma, teli üveg
kölnivízzel érkeztek. Mindegyik fiú a neki legjobban tetsző lányra a kölnivíz felét a
többi háromra 5-5 cseppet, a maradékot pedig a mamára locsolta. Legalább hány
csepp kölnivíz volt egy-egy üvegben, ha egy lányra sem jutott 3 üveg kölninél több, de
a mamára igen?
Megoldás. Ha n csepp van egy üvegben és k fiú járt locsolni, akkor a mamára
n
k 15
2
⎛ ⎞
⎜ − ⎟
⎛n⎞
⎝ ⎠
⎟ csepp jutott és a négy lányra összesen k ⎜ + 15⎟
⎝
⎟
2
⎟ csepp. Így a
⎠
⎛n ⎞ ⎛n
k⎜⎝ ⎜ − 15⎟> k ⎞
3n + 15
2 ⎠⎟ >
4⎝⎜
⎜ ⎟
2
⎟⎠
egyenlőtlenségekhez jutunk. Ebből következik, hogy
az üvegekben legalább n = 52 csepp kölni volt (és n = 52 esetén k = 15 locsoló
járt a háznál).
2.2.5. Gyakorlat (44. oldal)
Ábrázold a koordinátarendszerben az alábbi ponthalmazokat:
a) H1 = { (, x y) 2x + 3y > 5}
; b) H2 = { (, x y)2x −3y ≤−1}
;
c) H3 = { (, x y) − x + y ≤ 1}
; d) H4 = { (, x y) −3x − 4y > 7}
;
e) H5 = { (, x y)2x −y ≤−3}
; f) H6 { (, x y) 3x 2y 1}
= − + 5 x y 2x-3y

68 Egyenletek és egyenlőtlenségek
y
1
-1 O
y
3
1
-x+ y< 1
-1 O x
x
-1
y
-4
O
-1
3
-3x-4y>7
y
1
-1O
2x-y

Egyenletek és egyenlőtlenségek 69
2
e) x = 0, x =− 7, x + 7 x = x( x + 7) ;
1 2
2
f) x = 5, x =− 5, x − 5 = ( x − 5)( x + 5) ;
1 2
1 3 2
g) x1 = − , x2 = , 28x −5x − 3 = (4x + 1)(7x
− 3);
4 7
1 3 2
h) x1 = − , x 2 = , 10x −x − 3 = (2x + 1)(5x − 3)
;
2 5
2
i) x = 2, x = 2 2, x − 3 2x + 4 = ( x − 2)( x −22)
;
1 2
1 2
j) x1 = − 2, x 2 = − , 2x + 5x + 2 = ( x + 2)(2 x + 1) ;
2
k) x = 3, x
2 2
= 3, x − 6x + 9 = ( x − 3) ;
1 2
2
l) x = − 4, x = − 6, x + 10x + 24 = ( x + 4)( x + 6) .
1 2
2. Milyen m ∈ esetén van az alábbi egyenleteknek pontosan egy valós gyöke?
2
2
2
a) mx − ( m + 2) x + 2 = 0; b) mx + ( m −1) x − 2 = 0;
c) x − m x + 1= 0;
2
2
2
d) ( m + 1) x − mx + 1=
0 ; e) x − ( m + 1) x + m = 0;
f) mx + x + 1= 0.
Megoldás. Egy valós együtthatójú másodfokú egyenletnek pontosan akkor van egy
valós gyöke, ha a diszkriminánsa 0 . Így a következő értékekhez jutunk:
2 2
a) 0 = ∆ = ( m + 2) −4⋅m⋅2 ⇔ ( m − 2) = 0 ⇔ m = 2;
m = 3+ 2 2, m = 3−2 2;
c) m = − 2, m = 2 ;
b) 1 2
1 2
1
d) m 1 = 2+ 2 2, m2
= 2−2 2 ; e) m 1 = 1, m2
= 1 ; f) m = .
4
3. Milyen m ∈ esetén van az előbbi egyenleteknek pontosan két valós gyöke?
Megoldás. Egy másodfokú egyenletnek pontosan akkor van két valós gyöke, ha a
diszkriminánsa szigorúan pozitív. Így a következő eredményekhez jutunk:
a) m ≠ 2 ; b) m ∈( −∞,3− 2 2) ∪ (3+ 2 2, ∞)
; c) m ∈( −∞, −2) ∪ (2, ∞)
;
1
d) m ∈( −∞,
2− 2 2) ∪ (2+ 2 2, ∞)
; e) m ≠ 1 ; f) m ≤ .
4
4. Írjuk fel azt a másodfokú egyenletet, amelynek gyökei:
a) x1 = 1; x2
= 2 ; b) x 1 = 7; x2
=−7; c) x 1 = 0; x2
=−5;
5
d) x 1 = ;
3
3 1
x2
= ; e) x1 = ;
5 2
5
x2
= ; f) x1 = − 1;
7
1
x2
= − ;
2
1
g) x1 = ;
2
1 1
x2
= ; h) x 1 = ;
6 3
1
x2
= ; i) x1 = 3+ 4
2; x 2 = 3−2
;
k) x1 = 6; x2
= 2 ;
1+ l) x 1 =
3
2
;
1−
x2
=
3
2
;
m) x = a + b; x = a − b,
ahol a, b ∈ .
1 2
Megoldás. A 3.1.3. következmény vagy a Viéte-féle összefüggéseket használjuk.
2
2
2
a) x − 3x + 2 = 0;
b) x − 49 = 0 ; c) x + 5x =
0;

70 Egyenletek és egyenlőtlenségek
2
2
2
d) 15 x − 34x + 15 = 0 ; e) 14 x − 17x + 5 = 0 ; f) 2x − 3x + 1=
0;
2
g) 12x − 8x + 1 = 0 ;
2
h) 12 x − 7x + 1 = 0 ;
2
i) x − 6x + 1=
0;
2
k) x − (2 +
2
2 2 2
6) x + 2 6 = 0 ; l) 9x −6x − 1=
0;
m) x − 2a x + a − b = 0.
2
5. Ha az x − m x + 1=
0 egyenlet gyökei x 1 és x 2 , írj fel egy olyan másodfokú
egyenletet, amelynek a gyökei:
1 1
a) y = x + 1; y = x + 1 ; b) y = ;y = , ha x 1 1 2 2
1 2
1,2 ≠ 0 ;
x x
1 2
1 1
c) y = x + ; y = x + , ha x 1 1 2 2
1,2 ≠ 0 ; d) y = x + x ; y = x x ;
1 1 2 2 1 2
x x
2 1
x + x x + x
x x
1 2 1 2 1 2
e) y = ; y = , ha x ; f)
1 2
1,2 ≠ 0 = ; y = 1 2
1,2
x x
x x
≠
y , x 0 ;
1 2
= 1
2
; 1 2 =
2
2 1
3
;y 1 2
3
x2
2 1
−2 −2
g) y x y
−3 j) y = x ;y 1 1 2
x ; h) y = x = ; i) y = x ;y = x , ha x ;
1 1 2 2
1,2 ≠ 0
x x
−3
1 2 2 2
= x , ha x ; l)
2
1,2 ≠ 0 y = ;y = , x 1 2 2 2 2 2 1 + x2
≠ 0 .
x + x x + x
1 2 1 2
Megoldás. A Viéte-féle összefüggések alapján x + x = m, x x = 1.
Ezekből
1 2 1 2
kiszámítjuk a keresett egyenlet gyökeinek összegét és szorzatát, majd ismét a Viéte
összefüggések alapján felírjuk ezt az egyenletet.
a) y + y = x + 1+ x + 1= x + x + 2 = m +2,
1 2 1 2 1 2
yy = ( x + 1)( x + 1) = xx + x + x + 1= 1+ m+ 1=
m+
2,
1 2 1 2 1 2 1 2
2
tehát az egyenlet y − ( m + 2) y + ( m + 2) = 0.
2
2
2
b) y − m y + 1= 0;
c) y − 2my + 4 = 0; d) y − ( m + 1)y + m = 0;
2 2 2
2 2
2 2
e) y − m y + m = 0 ; f) y −( m − 2) y + 1=
0; g) y −( m − 2) y + 1=
0;
2 2
2 2
h) y −m ( m − 3) y + 1=
0; i) y −( m − 2) y + 1=
0;
2 2
2 2 2 2
j) y −m ( m − 3) y + 1=
0; l) ( m −2 ) y −m( m − 2) y + 1=
0.
Megjegyzés. Néha a változó transzformálását is lehet használni (például az a), b),
1
g), h), i) és j) alpontok esetében). A b) alpont esetében az y = transzformációval az
x
2
⎛1⎞ 1
egyenlet ⎜ ⎟ 2
− m + 1=
0 alakban írható, tehát y ≠ 0 -val való beszorzás után az
⎝⎜y⎠⎟y 2
y − my
+ 1= 0 egyenlethez jutunk.
6. Tárgyald a gyökök természetét és előjelét a következő egyenletek esetében:
2
2 2
a) mx − ( m + 3) x + 3 = 0;
b) mx − m −1 x − m = 0;
( )
2 2
c) x −mx − 6m = 0;
2 2
d) x −x −m − m = 0 .
2 m + 3
Megoldás. a) ∆ = ( m − 3)
, S = ,
m
3
P = .
m

Egyenletek és egyenlőtlenségek 71
m ∆ S P x1, x 2
( −∞, − 3)
+ + − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x2
− 3 + 0 − x1 = − 1, x2
= 1
( − 3,0) + − − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x2
0 | | | x = 1
(0, ∞ ) \ {3} + + + x 1 > 0 , x 2 > 0
3 0 + + x1 = x2
= 1
2
2 2 m −1
b) ∆ = ( m + 1)
, S = , P =−1.
m
m ∆ S P x1, x 2
( −∞, − 1)
+ − − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x2
− 1 + 0 − x1 = − 1, x2
= 1
( − 1,0) + + − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x2
0 + | | x = 0
(0,1) + − − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x2
1 + 0 − x1 = − 1, x2
= 1
(1, ∞ ) + + − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x2
2
c) ∆ = 25m , S = m , P =−6m
2
m ∆ S P x1, x 2
( −∞ ,0)
+ − − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 > x2
0 0 0 0 x = 0
(0, ∞ ) + + − x 1 < 0 , x 2 > 0 , x1 < x2
2
2
d) ∆ = (2m + 1) , S = 1, P =−m −m
m ∆ S P x1, x 2
( −∞, − 1)
+ + − x 1 < 0 , x 0 ,
− 1 + + 0 x1 = 0, x2
= 1
( −1, − 1/2) + + + x 1 > 0 , x 2 >
− 1
2 0 + + x 1,2 = − 1/2
( 1 ,0)
−
2 + + + x 1 > 0 , x 2 > 0
0 + + 0 x1 = 0, x2
= 1
(0, ∞ ) + + − x 1 < 0 , x 0 ,
2 > x1 < x2
0
2 > x1 <
x2

72 Egyenletek és egyenlőtlenségek
2
7. Az x − 7x + 2 = 0 egyenlet gyökeire számítsd ki az alábbi kifejezések értékét:
a) x x ; b) xx ;
2 2
c) x + x ;
3 3
d) x + x ;
4 4
e) x + x ;
1 + 2
1 2
1 2
1 2
1 2
5
1 +
5
2
− 1 −1
x1 + x2
− 2 −2 1 + x2
− 3
1 +
−3
2
1 − 2
2
1 −
2
2 1 > x2
x1 x + 2 , (ha x 1,2 ≥ 0 );
f) x x ; g) ; h) x ; i) x x ; j) x x ;
k) x x (ha x ); l)
x + x ,(ha x 1,2 ≥ 0 ); n)
1
x1 +
1
x2
, (ha x 1,2 > 0 );
o) 1 x − x 2 , (ha x1 > x 2 ≥ 0 );
x1 − x2 x1 + x
p) +
x + x x − x
m) 4 4
1 2
1 2 1
x1 + 1 x2
+ 1
r) + ;
x2 −2 x1
−2
3 2 3 2
x1 + 3x1 − x1 + 1 x2 + 3x2
− x2
+ 1
s)
+
.
2 2
x2 + x2 + 1 x1 + x1
+ 1
Megoldás. a) 7; b) 2; c) 45; d) 301; e) 2017; f) 13517; g) 7/2; h) 45/4; i) 301/8;
j) 41 (ha x > x2);
k) 7 41;
l) ( ) 2
1
x + x = x + x + 2 x x = 7+ 2 2 ⇒ x + x = 7+ 2 2 ;
1 2 1 2 1 2 1 2
m)
4
7+ 2 2 + 2 2 ; n) 7
+
2
2 ; o) 7−
48 41
8066
2 ; p) ; r) –10; s)
287 73 .
2
8. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az x − m x + 2 = 0
egyenlet x1 és x 2 gyökére teljesüljön az alábbi összefüggések közül legalább egy:
2 2
a) x1 + x2
= 5 ; b) x1x 2( x1 + x2)
= 4 ;
1 1
c) +
x1 x2
= 4 ;
d) x 1 = 2x2;
e) x1 + 2x2 = 4;
f) x1 + x2 2 2
= x1 + x2.
Megoldás. Ha a kifejezés szimmetrikus, akkor a Viéte-féle összefüggések alapján
kiszámítjuk a bal oldalt m függvényében, és így egy egyenlethez jutunk m -ben. Ezt
az a), b), c) és f) alpontoknál használhatjuk. Ha az összefüggés nem szimmetrikus,
akkor a Viéte-féle összefüggések és az adott egyenlőség alapján a gyököket
küszöböljük ki (vagy határozzuk meg). Például az e) alpont esetében xx = 2 és
x + 2x
= 4 összefüggésekből alkotott egyenletrendszer alapján ( x , x ) = ( 2,1)
,
1 2
tehát m = 3 . A következő eredményekhez jutunk:
a) m =± 3 ; b) m = 2 ; c) m = 8 ; d) m =± 3 ; e) m = 3 ; f) ∅ .
Tehát m ∈{ −3,0,2,3,8}
teljesül az összefüggések közül legalább egy.
9. Határozzuk meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az alábbi egyenletek
gyökei között fennálljanak a mellette levő összefüggések:
2
a) ( m + 1 ) x + 2mx + 5 = 0;
x − x = ;
1 2 2
2
b) ( m − 2 ) x + (3m − 5) x + 3 = 0;
x1 = x2;
2
c) ( m + 3 ) x + mx + m + 1=
0;
x1 = 3x2;
2
d) 3 x + ( m − 3) x + m + 5 = 0;
2 2 8
x1 + x2
= ;
3
2
e)( m + 5 ) x − ( m + 7) x − m + 3 = 0; xx 1 2 = x1 +
x2;
2
2
;
1 2
1 2

Egyenletek és egyenlőtlenségek 73
2
3 3
f) mx −( m −1) x − m + 1=
0;
x1 + x2
= 4 ;
2 2
g) mx + ( m − 2) x + 2( m + 1) = 0;
1 1
+
x1 x2
= 2 ;
2
h) ( m + 2 ) x + ( m − 3) x + m = 0; 3
x1 + x2 + 2x1x2
= ;
2
2
i) x + m x + 2m + 8 = 0; x1 = 2x2;
2
j) x + 2(3m + 2) x + 3(2m + 1) = 0 ;
2 2 10m
x1 + x2 = x1x2; 3
2
k) x − ( m + 1) x + m = 0; | x1 − x2
| = 1.
2m
Megoldás. a) A Viéte-féle összefüggések alapján x1 + x 2 =− , tehát az
m + 1
1
adott egyenlőségből következik, hogy x1
= . Ha ezt visszahelyettesítjük az
m + 1
1 1
egyenletbe, az ( m + 1 ) ⋅ + 2m⋅ + 5 = 0 egyenlethez jutunk. Így
2
( m + 1) m + 1
2m+ 1
6
+ 5 = 0, tehát m = − .
m + 1
7
2
7
b) x1 = x2
⇔∆= 0 ⇔ 9m − 30m + 25 − 12m + 24 = 0 ⇔ m = − .
3
m m
c) x1 = 3 x2, x1 + x2 =− ⇒ x2
= − . Ha ezt visszahelyettesítjük
m + 3 4 ⋅ ( m + 3)
2 2 2
m m 3m
az egyenletbe, az − + m + 1= 0 ⇔− + m + 1= 0
16( m + 3) 4( m + 3) 16( m + 3)
12
egyenlőséghez jutunk, tehát m1 = − 4, m 2 = − .
13
( )
d)
2
2 2 8 2 8 m − 3 m + 5 8
x1 + x 2 = ⇔ ( x1 + x2) − 2x1x2 = ⇔ − 2 = ⇔
3 3 9 3 3
2 2
⇔ m − 6m + 9−6m− 30 = 24 ⇔ m −12m − 45 = 0 ⇔ m = 15, m =− 3;
1 2
m + 7 − m + 3
e) xx 1 2 = x1 + x2 ⇔ = ⇔ m=
−2
;
m + 5 m + 5
2
3 3 m −1 ⎡ m 1 m 1⎤
f) x1 x2
4 ⎢
⎛ − ⎞
⎟
− +
3 ⎥
1 3
+ = ⇔ ⋅ ⎜ ⎟ − ⋅ = ⇔
m ⎢ ⎜ ⎜⎝
m ⎠⎟
4 m1 = , m2
= ;
m ⎥
⎣ ⎦
4 8
2
1 1 2 2( 1)
g) 2 1 2 2 1 2
2 m
m −
+
+ = ⇔ x + x = x x ⇔− = ⋅ ⇔
x x m m
1 2
h) 1 2 1 2
⇔ m = − 2+ 2, m =−2− 2 ;
1 2
3 m − 3 m 3
x + x + 2x x = ⇔− + 2⋅
= ⇔ m = 0;
2 m + 2 m + 2 2

74 Egyenletek és egyenlőtlenségek
5
i) m1 = 12, m 2 =−3; j) m1 = − 1, m 2 = − ;
8
k) ( ) 2 2
x − x = 1⇔ x − x = 1 ⇔ ( x + x ) − 4x
x = 1⇔m = 1 .
1 2 1 2 1 2 1 2
2
10. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az x + 3x − m = 0
egyenlet és x gyökeire teljesüljenek az alábbi egyenlőtlenségek:
x1 2
2
1 +
2
2 < 0
3 3 2 2
a) x x ; b) x + x > x + x ;
1 2 1
2
x1 ; d)
2
x2
1
c)
2+ x1 1
+
2+
x2
≤ 1
+
x1 + x2
> 1 + xx 1 2.
Megoldás. A Viéte-féle összefüggés alapján x + x =− 3, x x = −m.
2
1 2 1 2
a) ( ) 2
2 2
9
x1 + x2 < 0 ⇔ x1 + x2 < 2x1x2 ⇔ 9< 2( −m) ⇔ m < − ;
2
3 3 2 2
b) x 1 + x2 > x1 + x2 2 2
⇔ ( x1 + x2)[( x1 + x2) − 3 x1x2] > ( x1 + x2) −2x1x2 ⇔
36
⇔( − 3)(9 + 3 m) > 9 + 2m ⇔−27 − 9m > 9 + 2m ⇔− 36 > 11m
⇔ m < − ;
11
2
Más megoldás. x + 3x 2
− m = 0 ⇒ x = − 3x 3 2
+ m ⇒ x = − 3x
+ mx =
i i i i i i i
= −3( − 3 x + m) + mx
=( m + 9) x − 3m
, i ∈ {1, 2}
i i
i
3 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x + x > x + x ⇔ ( m + 9)( x + x ) − 6m > − 3( x + x ) + 2m
⇔
36
⇔−9m − 27 > 9+ 2m
⇔ − 36 > 11m
⇔ m < − ;
11
1
c)
2+ x1 1
+
2+ x2 4 + x1 + x2
≤1⇔ 4+ 2( x1 + x2) + x1x2 4−3 ≤1 ⇔
≤1⇔ 4+ 2( −3) −m
1
m + 3
⇔ + 1≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔ m ∈( −∞, −3] ∪ ( −2, ∞);
2 + m
m + 2
2 2
x1 + x2 d) > 1+ xx 1 2
x1 + x2
9+ 2m 2m
⇔ > 1−m⇔ 3+ < m−1 ⇔ 12 < m.
−3
3
11. Határozz meg egy m-től független összefüggést az alábbi egyenletek gyökei közt:
2 2
2
a) x + ( m − 1) x + m = 0;
b) mx − ( m + 1) x + 2m= 0;
( )
2
2 2 2
c) x + mx + 1= 0;
d) mx + m − 1 x + m = 0;
2
e) ( m + 1) x −( m − 1) x + 3m
= 0.
Megoldás. a) )
⎪ ⎪⎧
x1 + x2 = 1 − m
2 2
⎨ ⇒ m = x1x2 = ( x1 + x2
−1
; b) xx ;
2
1 2 = 2
⎪ xx 1 2 = m
⎪⎩
⎧ 2
⎪
m −1
2
x1 + x2 =− ( xx 1 2)
−1
c) xx 1 2 = 1 ; d) ⎨
⎪
m ⇒ x1 + x2
=− ;
⎪ xx xx 1 2
1 2 = m
⎪⎩

Egyenletek és egyenlőtlenségek 75
⎧⎪ m −1 ⎧
−2
⎪x1 + x2 =
⎪
⎪x1
+ x2
− 1 =
⎪ m 1 ⎪ m 1 x1 x2
1 2
e) ⎪ + ⎪
+ + −
⎨ ⇒⎪ ⎨
⇒ = .
⎪ 3m⎪ −3 xx 1 2 − 3 3
⎪ xx 1 2 = ⎪xx
1 2 − 3 =
⎪
⎪
⎪⎩ m + 1 ⎪ ⎪⎩
m + 1
12. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenleteknek van m-től, illetve n-től független
gyökük:
2
2
a) mx − ( m + 1) x + 1=
0; b) ( 2m −1) x −( m −1) x − 3m + 2 = 0;
mx − ( m + n) x + n = 0
2
2 2 2
c) ; d) ( m − 1) x + mx + 4−4m − 2m
= 0;
( )
2 2 2
2
e) mx − 3m+ m− 4 x+ 2m+ 2m− 8 = 0;
2
f) x − ( m + 2) x + 3m + 2 3 − 3 = 0.
Megoldás. a) Ha az egyenletnek van m -től független gyöke, legyen ez x 0 , az azt
jelenti, hogy m -nek bármilyen sajátos értéket adunk, az így kapott egyenletnek x 0
gyöke. Ha m = 0 , akkor az egyenlet: − x + 1=
0,
tehát az m -től független gyök
csak az 1 lehet. Másrészt x = 1 minden m esetén gyök, mert m −(
m + 1) + 1=
0.
2
Más megoldás. Ha m szerint rendezzük az egyenletet, az ( x −x) m − x + 1=
0
egyenlőséghez jutunk. Ha az m együtthatója nem nulla, akkor ez egy elsőfokú
egyenlet m -ben, tehát minden m esetén nem teljesülhetne az egyenlőség (mert egy
elsőfokú egyenletnek csak egy gyöke lehet). Tehát ha az x megoldás nem függ m -
2
től, akkor x0 − x 0 = 0 és így − x 0 + 1=
0.
Ez csak akkor lehetséges, ha x 0
valóban m -től független gyök.
Hasonló gondolatmenet következtében kapjuk a következő értékeket:
= 1 , ami
b) x = −1; c) x = 1 ; d) x = 2 ; e) x = 2 ; f) x = 3 .
13. Az m ∈ milyen értékeire lesz pontosan egy közös gyöke a következő egyenletpároknak?
a) ( ) és x m ;
2
2
m − 1 x + 2mx + 4 = 0 + ( −1) x − 2 = 0
2
2
b) mx + ( m − 2) x + 1=
0 és ( m + 2) x + 5x − ( m + 3)
= 0;
2 2
c) x + 2mx + m
2
= 0 és 2x + 3 mx + m = 0.
Megoldás. a) Ha x egy közös gyöke a két egyenletnek, akkor
0
( ) 4 = 0, és x m 0.
A második egyenlet
2
2
m − 1 x + 2mx
+ + ( −1) x − 2 =
0 0
0 0
2
kétszereséhez hozzáadva az elsőt, kapjuk, hogy ( m + 1) x0 + ( 4m − 2)
x0
= 0,
ahonnan, felhasználva, hogy x 0 ≠ 0 (0 nem gyöke egyik egyenletnek sem),
4m−2 következik, hogy x = − (m = −1
esetén nem lenne egyetlen közös gyök
m + 1
sem). Ha ezt visszahelyettesítjük a második egyenletbe, következik, hogy
2
( 4m−2) 4m−2 2 −( m −1) − 2 = 0, tehát m( m ) .
( m + 1) m + 1
2
− 2 = 0
m = 0 esetén x = 2 , m = 2 esetén pedig x 0 = −2
a közös gyök.
0
0

76 Egyenletek és egyenlőtlenségek
b) Ha egy közös gyök, akkor ⎪ ⎧ 2
⎪mx
+ ( m − 2) x + 1= 0
0 0
⎨⎪
. Ha kiküszöböljük a
2
( m + 2) x + 5x − ( m + 3)
= 0
⎪⎩
0 0
négyzetes tagokat (az első egyenletet szorozzuk ( m + 2) -vel a másodikat m -mel és
kivonjuk a két összefüggés megfelelő oldalait egymásból), akkor az
2
m −5m − 4 x
2
= − m + 4m + 2 egyenlőséghez jutunk. Másrészt ha
( )
0
( )
kiküszöböljük az x -t tartalmazó tagot (az első egyenletet szorozzuk 5 -tel a
( m − 2)
0
2
m −5m − 4 x = m + m −1
2 2
másodikat -vel), akkor az ( ) egyenlőséghez
2
jutunk. Az eredeti két egyenlet különbségéből 2x + ( 7 −m) x −(
m + 4 ) = 0,
tehát
0
0 0
2
( m m
2
) x0 (
2
m)( m m ) x0 ( m
2 )( m m )
( ) ( )( ) ( )( )
2 −5 − 4 + 7− −5 −4 − + 4 −5 − 4 = 0 ⇒
2 2 2
2 m + m −1 − 7− m m + 4m + 2 − m + 4 m −5m− 4 = 0 ⇒ m = 0.
2
Ebben az esetben a két egyenlet − 2x + 1=
0 és 2x + 5x − 3 = 0,
tehát az
1
egyetlen közös gyökük az x 0 = .
2
c) m = 1 , x 0 = −1.
14. Bizonyítsd be, hogy az
2
2
x + ( b + c) x − a( a + b + c)
= 0 , x + ( c + a) x − b( a + b + c)
= 0 és
2
x + ( a + b) x − c( a + b + c)
= 0
egyenleteknek legalább egy közös gyökük van.
Bizonyítás. A három egyenlet rendre írható az ( x − a) ( x + a + b + c)
= 0
( x − b)( x + a + b + c)
=
0
és ( x − c) ( x + a + b + c)
= 0 alakban, tehát
x1 = − ( a + b + c)
közös gyöke a három egyenletnek. Ha a = b = c,
akkor x = a is
közös megoldás.
15. Határozd meg az alábbi halmazok elemeit:
2
2
a) { x ∈ x −6x − 7 = 0}
; b) { x ∈ 2x − 5x + 2 = 0 } ;
2
; d) { x ∈ 3x + 2x − 1=
0};
c) { x ∈
2
x −x − 2 = 0}
e) { x ∈
2
6x − 5x + 1= 0}
{ }
2
; f) x ∈ x − ( 1+ 2) x + 2 = 0
Megoldás. a) M = {7} ; b) M = {2} ; c) M = { −1,2}
;
d) M = { − 1} ;
1 2
e) M = { ,
2 3}
; f) M = ∅.
16. Határozd meg a p, q ∈ valós számokat úgy, hogy teljesüljön az
A∪ B = { −1, −2,
1, 3}
egyenlőség, ha
2
A= { x ∈ x −px − 6 = 0}
és
2 { 1= 0}
B = x ∈ x − qx + q − .
Megoldás. Mivel egyik halmaz sem tartalmazhat több, mint két elemet és az
egyesítés négy elemet tartalmaz, mindkét halmaz pontosan két elemet kell
.

Egyenletek és egyenlőtlenségek 77
tartalmazzon. Ha A elemei a és b , akkor a, b ∈{ −2, −1, 1, 3} . a és b gyökei az
2
x −px − 6 = 0 egyenletnek, így a Viéte-összefüggések alapján a⋅b = −6
. De a
{ −2, −1,1,3}
halmazban csak a − 2 és a 3 szorzatából kaphatunk −6 -t, ezért p = 1
és q = 0 .
17. Bizonyítsd be, hogy az
2 2
{ x ∈ x −2mx −m− 1= 0} ∪{ x ∈ x − 2( m + 1)
x + m = 0}
halmaznak minden m ∈ esetén négy eleme van.
2
2 2
Megoldás. x −2mx −m − 1=
0 ⇒ ∆ 1 = 4m + 4m + 4 = (2m + 1) + 3>
0,
tehát az első halmaznak két eleme van bármely m esetén.
2
2
2
x − 2( m + 1) x + m = 0 ⇒ ∆ 2 = 4m + 4m + 4 = (2m + 1) + 3,
tehát a második
halmaznak is mindig két eleme van.
Még ki kell mutatni, hogy a két halmaznak nincs közös eleme, vagyis a két
egyenletnek nincs közös gyöke. Tegyük fel, hogy létezik olyan x valós szám,
2
2
amelyre x −2mx −m − 1=
0 és x − 2( m + 1) x + m = 0 . Kivonva az első
0 0
0 0
egyenletből a másodikat, kapjuk, hogy 2x0 −2m − 1= 0 ⇒ x0
= m + 1/ 2.
Ezt visszahelyettesítve az első egyenletbe következik, hogy
2
2 1 2 2 3
m m 2m m m 1 0 m m 0 m
4 4
⎛ ⎞ 1
+ + − − − − = ⇒ + + = ⇒ ⎜ + ⎟
1
⎜⎜⎝ ⎟ + = 0.
2⎠ 2
Ez ellentmondás, tehát a két halmaz elemei különbözőek és így az egyesítés négy
elemet tartalmaz.
18. Oldd meg a következő egyenleteket, ha S, P és ∆ az illető egyenlet gyökeinek
összege, szorzata illetve az egyenlet diszkriminánsa:
2
2
2
a) x −∆ x + S = 0 ; b) ∆ x + Px + S = 0 ; c) x + P x + S − 1= 0;
2
d) Px + 2x+ S + 3 = 0.
Megoldás. a) A Viéte-összefüggések, illetve a diszkrimináns képlete alapján az
⎧⎪
⎪S
= ∆
⎪
⎪
⎨P
= S
⎪
2
⎪
∆ = ∆ −4S
⎪⎩
egyenletrendszert kapjuk. Így P = S = ∆ = 0 vagy P = S = ∆ = 5 . Ha
P = S = ∆ = 0 , akkor x = 0 . Ha P = S = ∆ = 5 , akkor
1,2
5+ x1 =
2
5
,
5−
x2
=
2
5
.
b) x 1,2 = 0 ; c) x1 = 1,
1
x 2 =−;
d) x 1,2
2
= −1 vagy x1 = − 1, x2
= 2 .
19. Bizonyítsd be, hogy az alábbi egyenletek mindegyikének valós gyökei vannak, ha
abc∈ ,, :
2
a) x − ( a + b) x + ab = 0 ;
2
b) x − ( a + b) x − c( a + b + c)
=
0 ;
0

78 Egyenletek és egyenlőtlenségek
2
2
c) x − ( a + b + c) x + bc + ca = 0 ; d) 3x − 2(
a + b + c) x + ab + ac + bc = 0.
Megoldás. Egy valós együtthatójú másodfokú egyenletnek pontosan akkor vannak
valós gyökei, ha a diszkriminánsa nem negatív.
2 2
a) ∆ = ( a + b) − 4 ab = ( a −b) ≥ 0;
2 2
b) ∆ = ( a + b) + 4 c( a + b + c) = ( a + b + 2 c)
≥ 0;
2 2
c) ∆ = ( a + b + c) −4bc− 4 ca = ( a + b−c) ≥ 0;
2 2 2
2
d) ∆ = 4( a + b + c) − 12( ab + bc + ca) = 2 ⎡( a b) ( b c) ( c a)
⎤
⎣
− + − + −
⎦
≥ 0
2
/ / 2
20. Ha x1 és x2
az x + m x + n = 0 valamint x 1 és x 2 az x + p x + q = 0
egyenlet gyökei (m, n , p, q ∈ ), számítsd ki a következő szorzatokat:
/ / / /
a) ( x1 −x1) ( x2 −x2)( x1 −x2)( x2 −x1)
;
/ / / /
b) ( x1 + x1) ( x2 + x2)( x1 + x2)( x2 + x1)
.
Megoldás. a) x + x =− m, x x = n, x ′ + x ′ =− p, x ′ x ′ = q
1 2 1 2 1 2 1 2
( x1 x ′
1 )( x2 x ′
2 )( x1 x ′
2 )( x2 x ′
1 )
− − − − =
= ( n + q −x x ′ − x x ′ 1 2 2 1 )( n + q −x x ′ −x
x ′
1 1 2 2 ) =
( n
2
q) ( n q)( x x )( x ′ x ′ ) ( x x ′ x x ′ )( x x ′ x x ′ )
=
) =
= + − + + 1 2 1 + 2 + 1 1 + 2 2 1 2 + 2 1
2 2 2 2 2
= ( n + q) − ( n + q)( x1 + x2)( x ′
1 + x ′
2 ) + ( x1q + x ′
1 n + x ′
2 n + x2q 2
2 2
( ) ( ) (
= n + q − ( n + q) mp + q m − 2n + n p − 2q
;
b) ( x1 + x ′
1 )( x2 + x ′
2 )( x1 + x ′
2 )( x2 + x ′
1 ) =
( n q xx′ 1 2 xx′ 2 1 )( n q xx′ 1 1 xx′
2 2 )
(
2
) ( )( )( ) ( )(
= + + + + + + =
= n + q + n + q x + x x ′ + x ′ + x x ′ + x x ′ x x ′ + x x ′ =
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1
= n + q + n + q x + x x ′ + x ′ + x q + x ′ n + x ′ n + x q =
( ) ( )( )( ) (
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2
2
2 2
( ) ( ) (
= n + q + ( n + q) mp + q m − 2n + n p − 2q
x
x + mx + n = 0
Más megoldás. Mivel x 1 és 2 az
2
egyenlet gyökei írhatjuk,
hogy x m ( −x
) (x − 2 , tehát )
2
+ x + n = x 1 x
( )( )( )( ) ( )
(
2
) ( (
2
)
)
( ) ( )
x −x x −x x −x x − x = x + mx + n x + mx + n
/ / / / / / / /
1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
/ /
2
/ / / / /
2
/
2
2 / / / / 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
= xx + mxx x + x + n x + x + mxx + mnx + x + n
2 2 2
= ( n −q) − mp( n + q) + np + qm .
Ellenőrizhető, hogy ez ugyanaz, mint az első módszerrel kapott eredmény.
)
)
.
)
)
=
=

Egyenletek és egyenlőtlenségek 79
21. Határozd meg azokat az m ∈ értékeket, amelyekre az
2 2
x + y −4x − 4y
+ m > 0 egyenlőtlenség teljesül, minden x, y ∈ esetén.
(Felvételi feladat, 1996)
Megoldás. Az egyenlőtlenségnek minden x ,y valós szám esetén teljesülnie kell, így
x = y = 2 esetben is fenn kell állnia. Következik, hogy 4+ 4−8− 8+ m > 0,
innen m > 8 . Igazoljuk, hogy ezek az értékek megfelelnek a feltételnek.
2 2
2
2
x + y −4x −4
y + m = ( x − 2) + ( y − 2) + m −8 ≥m
− 8 > 0,
tehát a keresett
értékek: m ∈ (8,
+∞)
.
Más megoldás. A vizsgálandó kifejezés az x változóban másodfokú polinom,
2 2
2
ahol ym , paraméterek x − 4x + y − 4y
+ m.
Mivel az x együtthatója 1, annak
szükséges és elégséges feltétele, hogy a polinom minden x ∈ esetén pozitív értéket
vegyen fel, az, hogy a diszkriminánsa szigorúan negatív legyen, minden y ∈
2
esetén. Következik, hogy ∆ = 16 −4( y −4y
+ m)
< 0 , ∀y∈ , tehát
x
2
y − 4y + m − 4 > 0, ∀y∈ . Ebből következik, hogy ∆ = 16 −4(m−4) < 0 ,
tehát m ∈ (8, +∞)
.
22. Határozd meg az m ∈ paraméter azon értékeit, amelyekre fennáll az
2
mx + 4( m − 1)
x + m > 1 egyenlőtlenség, minden x ∈ ( 0, +∞)
esetén.
(Felvételi feladat, 1996)
Megoldás. Annak szükséges és elégséges feltétele, hogy minden x ∈ (0, +∞)
2
esetén fennálljon az mx + 4( m − 1) x + m − 1 > 0 egyenlőtlenség az, hogy m > 0
2
és az mx + 4( m − 1) x + m − 1 = 0 egyenlet mindkét gyöke a ( −∞,
0]
intervallumban helyezkedjen el, vagy pedig m > 0 és az egyenletnek ne legyen valós
gyöke. Az m = 0 esetet külön kell megvizsgálni, mert ebben az esetben nem
másodfokú a vizsgálandó egyenlőtlenség.
Az első esetben a következő egyenlőtlenségekhez jutunk:
⎧⎪ m > 0
⎧⎪ m > 0 ⎪
⎧⎪ m > 0
⎪
⎪
⎪
⎪ 4( m −1)
⎪
⎪
⎪x1
+ x2
≤ 0 ⎪− ≤ 0
⎪
⎪
⎪
⎪
m
⎪m
≥ 1
⎨
⇔ ⎪⎨
⇔ ⎪
⎨ , m ≥ 1.
⎪
xx 1 2 ≥ 0 ⎪m −1
⎪
⎪
⎪m
1
≥ 0
⎪
⎪
⎪
≥
⎪∆≥0
⎪
⎪
⎪ m
⎪
⎪⎩
⎪
⎪∆ ≥0
⎪∆≥0
⎪⎩
⎪⎩⎪
2 2
A második eset azt jelenti, hogy [4 ( m −1)] − 4m + 4m < 0 , ( m −1 )(3m − 4) < 0,
4
m 1,
3
⎛ ⎞ ∈ ⎜
⎟
⎜⎝ ⎠
⎟ . m = 0 esetén az egyenlőtlenség nem teljesül, egyetlen pozitív x értékre
sem. Összesítve a két esetet, ha m ∈ [1, +∞)
, akkor az egyenlőtlenség fennáll minden
szigorúan pozitív szám esetén.
y

80 Egyenletek és egyenlőtlenségek
23. Mi a feltétele annak, hogy az
2 a + b + c 2
ax + bx + c ≤ ( x + x + 1)
3
egyenlőtlenség teljesüljön, minden x ∈ esetén?
2
a + b + c 2
Megoldás. Az ax + bx + c ≤ ( x + x + 1) egyenlőtlenség egyenértékű a
3
2
( − 2 a+ b+ cx ) + ( a− 2 b+ cx ) + ( a+ b−2 c)
≥ 0 egyenlőtlenséggel. Annak
feltétele, hogy minden x ∈ esetén teljesüljön az, hogy − 2a + b + c ≥ 0 és ∆≤0
.
Mivel
2 2
∆ = ( a − 2 b + c) −4( − 2 a + b + c)( a + b− 2 c) = 9( a −c)
, ez csak úgy
lehet, ha a = c és b ≥ a .
24. Bizonyítsd be, hogy ha a, b , c ∈ , akkor az
2
ax + bx + c = 0 ,
2
2
bx + cx + a = 0 és cx + ax + b = 0 egyenleteknek pontosan akkor van egy
közös valós gyöke, ha a + b + c = 0 .
Megoldás. Ha a + b + c = 0 , akkor x = 1 mindhárom egyenletnek gyöke.
2
Fordítva, ha x közös gyöke a három egyenletnek, akkor ax + bx + c = ,
2
0 + 0 +
0
= 0
bx cx a
2
, cx + ax + b = 0 . Összeadva a három egyenlőséget, kapjuk,
0 0
0 0 0
2
2
hogy ( a + b + c)
x + ( a + b + c)
x + ( a + b + c)
= 0, ( a + b + c) ( x + x + 1) = 0.
0 0
0 0
2
Az x0 + x0
+ 1 egyetlen valós szám esetén sem lehet zéró ( ∆ = 1− 4 < 0),
így
következik, hogy a + b + c = 0 .
2
25. Bizonyítsd be, hogy ha a, b , c ∈ , akkor az x − 2a x + bc = 0,
2
2
x − 2bx + ac = 0 és x − 2c x + ab = 0 egyenletek közül legalább az egyiknek
van valós gyöke.
Megoldás. Ha egyik egyenletnek sincs valós gyöke, akkor mindhárom egyenlet
2 2 2
diszkriminánsa negatív, azaz 4a < 4 bc, 4b < 4 ac, 4c < 4ab.
Összeadva a
megfelelő oldalakat, átrendezéssel kapjuk, hogy
2 2 2 2 2 2
2a + 2b + 2c −2ab−2bc− 2ca < 0 ⇔ ( a + b) + ( b− c) + ( c− a)
< 0,
így ellentmondáshoz jutottunk, tehát legalább az egyik egyenletnek van valós gyöke.
2
26. Bizonyítsd be, hogy ha a,,c∈ b és az ax + bx + c = 0 egyenletnek két
különböző gyöke van a ( 0, 1)
intervallumban, akkor | a | ≥ 5.
b
Megoldás. A feltételek alapján a + b + c > 0 , c > 0 , − ∈(0,1)
és
2a
2
b
b − 4ac
> 0 . Mivel a,, bc ∈ írhatjuk, hogy a + b + c ≥ 1 , c ≥ 1 , − ∈ (0,1)
és
2a
2
b −4ac ≥1.
Feltételezhetjük, hogy a > 0 (ellenkező esetben elosztjuk −1 -gyel az
egyenletet). Így 0< − b < 2a,
tehát 2≤− b + 1≤2a
. De −b ≤ 2a −1
alapján
2 2
b ≤ 4a −4a
+ 1
2
és így a 4ac + 1≤begyenlőtlenségből
következik, hogy
2
a ≥ 1+ c ≥ 2.
Ha a = 2 , akkor c = 1 és így a −b≤ 3 és 9 ≤ b egyenlőtlenségek
alapján b = −3
. Ezekre az értékekre a + b + c = 0 , tehát a nem lehet 2 . Ha a = 3
,
2
akkor a b + c ≥−2,
b ≥ 12c
és −b≤ 5 egyenlőtlenségek ellentmondáshoz

Egyenletek és egyenlőtlenségek 81
2
vezetnek. a = 4 esetén b
2
≥ 1+ 16c
és b + c ≥−3,
tehát b + 16b + 47 ≥ 0 .
Másrészt 0< −b≤7, tehát b ≥−4.
Ez ismét nem lehetséges, mert
2
b ≥ 1+ 16c
≥ 1+
16>
16. Tehát a ≥ 5 .
2
2
27. Az x + p1x
+ q1
= 0 és x + p 2x + q 2 = 0 másodfokú egyenletek együtthatói
egész számok. Bizonyítsd be, hogy ha a két egyenletnek van egy közös irracionális
gyöke, akkor p = p és q = q .
q
2
x + p x +
0 2
1 2
0
1 2
Megoldás. Ha x a két egyenlet közös gyöke, akkor x p és
0 2
( p p )
2
0 + 1x0 + q2
= 0
= 0 . Ha kivonjuk egymásból a két egyenlet megfelelő oldalait a,
p x
q
=
−q
∈ .
2 1
1 − 2 x0 = q2
−q1
egyenlőséghez jutunk. Ha p1 ≠ 2,
akkor 0
p1 − p2
Mivel ez ellentmond a feltételeknek, p 1 = p 2 és így q1 = q 2.
28. Bizonyítsd be, hogy az x( x + 1) = 25y
+ 7 egyenletet nem teljesítheti egyetlen
( xy , ) egész számpár sem.
Megoldás. A k( k + 1)
, k ∈ {1, 2, 3, ..., 24} szorzatok közül egynek sem 7 a 25 -tel
való osztási maradéka, tehát az x( x + 1)
szám 25 -tel való osztási maradéka nem lehet
7 egyetlen x ∈ esetén sem.
1
29. Bizonyítsd be, hogy az A= { x ∈ \
{ ± 1} x + ∈
x } halmazban egyetlen
racionális szám sincs.
1
⎧⎪ 2
2
n ± n − 4 ⎫⎪
Megoldás. Ha x + =n ∈ , akkor x − n x + 1=
0,
tehát x ∈
⎪ ⎪
⎨
⎪
⎬.
x
⎪ 2 ⎪
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
2
Ha x racionális szám, akkor n − 4 is racionális, tehát létezik olyan
*
2 a
, ∈ (,) ab = 1
− 4 =
b
( n −a) n + a 4
x = 1 = −1
a
∈ szám
b
2
(a b , ), amelyre n . Ebben az összefüggésben a jobb oldal
2
2 2 2
nem lehet valódi tört, tehát b = 1 és így n − a = 4 . Ez csak akkor teljesülhet ha
és ( ) a osztója és szorzatuk 4 , vagyis ha a = 0 és n ∈{ −2,2}
.
Ebben az esetben vagy x , tehát az A halmaz nem tartalmaz egyetlen
racionális számot sem.
II.5. Gyakorlatok és feladatok (66. oldal)
1 1
x x
− 1
=
+ 1 −1
x x + x
x m x x
1 1 1
+ +
x
x m −
Oldd meg a következő egyenleteket, paraméter esetén tárgyald is a megoldást:
1 1 2 2 3
1. a) ; b) + = ; c) + = 2 ;
1 −1
x 3x − 1 2x + 1
1 1 m 1 1 1 3
d) + = ; e) + + = ;
− x + m x + 1 + 2 x + 3 x
1 m x 1
f)
= ; g)
a b a + b + x − x m 3
= ;
+

82 Egyenletek és egyenlőtlenségek
1 1 1
h) + + = 0 .
x −2m x −m
x
Megoldás. a) A törtek értelmezési tartománya: D = \{ −1,0,1}
. Ilyen feltételek
mellett
1 1 1 2 2 2
− = ⇔ x −x −x − x = x −1⇔ x 1,2 = − 1± x + 1 x −1
x
2
Mindkét érték eleme az értelmezési tartománynak, tehát M = { − 1+ 1
b) M = ∅ ; c) M = { − ,1}
;
12
d) Az értelmezési tartomány D = \ { −m
, m,0}
.
2, −1− 2} .
1 1 m 2x
+ = ⇔ 2 2
x − m x + m x x − m
m 3 2
= ⇔ m = ( m − 2)
x .
x
Ha m = 2 , akkor nincs megoldás (az egyenlet jobb oldala zéró, bal oldala pedig
különbözik zérótól). Ha m ≠ 2 , akkor
3
2 m
x = . Ha
m − 2
3
m
< 0 , azaz
m − 2
m ∈ ( 0, 2)
, az egyenletnek nincs megoldása. Tehát gyök csak akkor létezhet, ha
m ∈( −∞,
0) ∪ (2,∞)
, ekkor x1,2 =± m
m
. Meg kell vizsgálni, hogy az így
m − 2
kapott gyökök benne vannak-e az értelmezési tartományban.
± m
m
= 0 ⇔ m = 0
m − 2
± m
m
= ± m ⇔ m = 0 ,
m − 2
Összesítve, m ∈ [0,2] esetben az egyenletnek nincs megoldása, ha pedig
m ∈( −∞,
0) ∪ (2, ∞)
, akkor két, különböző gyök van.
e) Értelmezési tartomány: \{ −1, −2, −3,0}
.
1 1 1 3 1 1 1 1 1 1
+ + = ⇔ − + − + − = 0 ⇔
x + 1 x + 2 x + 3 x x x + 1 x x + 2 x x + 3
1 2 3
2
5
+ + = 0 ⇔ 2x + 7x + 5 = 0 ⇔ x1 = − 1, x2
= −
xx ( + 1) xx ( + 2) xx ( + 3)
2
5
5
E két érték közül csak a − eleme az értelmezési tartománynak, tehát M =
2
{ −
2}
.
f) Értelmezési tartomány: \{ − ( a + b),0}
, a, b ≠ 0.
1 1 1 1
+ + = ⇔ ( a + b)( x + a)( x + b)
= 0 .
a b x a + b + x
Ha a = −b,
akkor minden nemnulla valós szám megoldás, ellenkező esetben két
(esetleg egybeeső) megoldás létezik: x = − a , x = −b
.
1 2
m
g) Ha m = 0 , nincs megoldás, ha pedig m ≠ 0 , akkor x1 = 2 m , x2
=−.
2
h) Ha m = 0 , nincs megoldás, ha pedig m ≠
0 , akkor

Egyenletek és egyenlőtlenségek 83
2. a) x − 1 = −2; b)
d)
⎛ 3 3
x1 1 ⎟
⎞ ⎛ ⎞
= ⎜ + ⎟m, x ⎜
2 = 1−
⎟
⎜
⎜
⎜ 2
⎟ ⎜ 2
⎟m.
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟
− 3 + 1 = 0; c)
2
x x
2
x + 1 − 3 = 1; e) 1 1 0
− 3 + 2 =1;
2
x x
x − − = ; f) x −1 −1 − 1 = 0;
g) ... x −1−1−1 ... − 1 = 0 ; h) | x − 1 | + | x + 5| = x ;
n
i) | x − 2 | + |2x + 1| = 1−2x ; j) |2 x + 3| + |3− 2 x | = 4x + 6;
k) |3 − 4 x | + |2+ 5 x | = 20;
l) | x − 1 | + |2 − x | + |3x − 1|
= 7;
2 2
m)| x + 1 | + | x − 1| = 2 ; n) | x + 7 | − |2x + 1| = | x + 3|
;
2 2
o) | x −4 | − | x + x − 2| = −x −2;
p) | x −3 | − 2| x + 1| = |2x + 1| −5;
q) 2| x −1| − 3| x + 2| = | x −3| −|
2x −1|
; r) | x −2 | ≤ 3;
s) | x − 1 | + | x + 2| ≤ 1;
t) 2| x −3| −3|
x + 1| ≥ 1;
2
x −1
u) |3 x − 1| + 2| x + 2| ≤ | x + 3| ; v)
≥ 1 ;
2
x − 3x + 2
x + 1
| x − 1|
+ | x + 3|
w) < 1 ; x) < 2 ;
2 2
x − 3x + 2
| x − 4|
2 2
2
y) | x − 4 | + 2| x −9| ≤x
+ 16.
⎧⎪3+ Megoldás. a) M = ∅;
b) M = ⎪
⎨
⎪ ⎪⎩ 2
5 3− ,
2
5⎫
⎪
⎧⎪3+ ⎬;
c) M = ⎪
⎨
⎪ ⎪⎭
⎪ ⎪⎩ 2
5 3− ,
2
5⎫
⎪
⎬;
⎪ ⎪⎭
M = −1, 1, − 3, 3 ; e) M = { 0, 2}
; f) M = { − 1, 1, 3}
;
d) { }
g) M = { − n + 2, − n + 4, − n + 6, ..., n − 2, }
h) A bal oldalon pozitív kifejezések állnak, így x ≥ 0 . Ekkor az egyenlet így alakul:
x − 1 + x + 5 = x ⇒ x − 1 = −5, tehát az egyenletnek nincs megoldása.
1
i) x − 2 + 2x + 1 ≥ 0 ⇒1−2x ≥ 0 ⇒ x ≤ ⇒ x − 2 < 0
2
2 2
2− x + 2x + 1 = 1−2x ⇔ 2x + 1 =−x −1⇒−1 ≥ x, ( 2x + 1) = ( x + 1)
⇒
2
⇒ x( 3x + 2) = 0 ⇒ x = 0 ≥− 1, x = − ≥−1, tehát nincs megoldás.
1 2
3
⎧⎪ 3
⎪
⎪2x + 3, ha x ≥−
2
j) 2x + 3 =
⎪
⎨
⎪ 3
⎪ −2x − 3, ha x < −
⎪ ⎪⎩ 2
tehát a következő eseteket kell tárgyalni:
⎛ 3⎞
I. Ha x ∈⎜ ⎜ ⎟
⎜⎝
−∞− ⎟
2⎟
, akkor
⎠
3− 2x
⎧ ⎪
⎪3−2
x, =
⎪
⎨
⎪
⎪
2x − 3,
⎪ ⎪⎩
ha
ha
3
x ≤
2
,
3
x >
2
n ;

84 Egyenletek és egyenlőtlenségek
3 ⎛ 3⎞
−2x − 3+ 3− 2x = 4x + 6 ⇔ x = − ∉⎜ , ⎟
4
⎜⎜⎝ −∞ − ⎟
2⎠
⎟.
⎡ 3 3⎤
⎡ 3 3⎤
II. Ha x ∈− ⎢ , ⎥ , akkor 2x + 3 + 3− 2x = 4x + 6 ⇔ x = 0 ∈− ⎢ , ⎥.
⎢⎣ 2 2⎥⎦
⎢⎣ 2 2⎥⎦
⎛3
⎞
III. Ha x ∈ ⎜ , ∞⎟⎟
⎜⎝2⎟,
akkor 2x + 3+ 2x − 3 = 4x + 6 ⇔ 0 = 6,
hamis.
⎠
Tehát az egyetlen megoldás x = 0 .
19 7
3 11
k) M = { − ,
9 3}
; l) M = { − ,
5 5 } ; m) = [ −1,
1]
M ; n) 5 3
M = { − ,
2 2}
;
11
o) M = ( −∞, −2] ∪ [ 2, ∞)
; p) M = { − ,1
3 } ; q) M = { −1}
; r) M = [ −1,
5]
;
⎛ 2⎤
s) M = [ 1, 2]
; t) M = ⎜
⎜⎝
−∞, ⎥ ; u) M = ;
5⎥⎦
v) Értelmezési tartomány:
2
x x
\{1,2}
2
x −1
x≠1
≥1⇔ x −1 ⋅ x + 1 ≥ x −1 ⋅ x −2 ⇔ x + 1 ≥ x −2 ⇔
− 3 + 2
2 2 2 2 1
⇔ ( x + 1) ≥( x −2) ⇔ x + 2x + 1≥x − 4x + 4 ⇔ 6x ≥ 3 ⇔ x ≥
2
1
M , \{1,2
2
⎡ ⎞ = ⎢ ∞⎟
⎢⎣
⎟⎠
}.
M = −∞,2− 2 ∪ 2+ 2, ∞ ;
w) ( ) ( )
⎛ − 1+ 13⎞ 1 21
, 6 2, ⎟
⎛ + ⎞
M = −∞ − ∪ ⎜
⎜−⎟ ⎜ , ∞ ⎟
⎜ 2
⎟∪ ⎜ ⎟ ⎜ 2
⎟;
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟
x) ( )
y) I. Ha x ∈( −∞, −3] ∪ [ 3, ∞)
, a modulusokat kifejtve az egyenlőtlenség így alakul:
2 2 2 2
x − 4 + 2( x −9) ≤ x + 16 ⇔ x ≤19⇔ x ∈ ⎡
⎢⎣ − 19, 19⎤
⎥⎦
.
Tehát 1 = ⎡
⎢⎣ − 19, −3⎤
⎡
⎥⎦ ⎢⎣
3, 19 ∪
M ⎤
⎥⎦
.
II. x ∈( −3, −2) ∪ ( 2, 3)
( )
2 2 2
x − 4+ 2 9−x ≤ x + 16 ⇔−1≤x )
2
, tehát M 2 = ( −3, −2) ∪ ( 2, 3 .
III. x ∈− [ 2, 2]
⎛
2 2 2 2
4− x + 2( 9−x ) ≤ x + 16 ⇔ 3 ≤2 x ⇔ x ∈ ⎜
⎜−∞, −
⎜⎜⎝ 3⎤ ⎡
⎥ ∪ ⎢
2⎥ ⎢
⎦ ⎣
3 ⎞
, ∞
⎟
2
⎟
⎠⎟

Egyenletek és egyenlőtlenségek 85
⎡
Tehát M 3 = ⎢−2, −
⎢
⎣
3⎤ ⎡
⎥ ∪ ⎢
2⎥ ⎢
⎦ ⎣
3 ⎤
, 2⎥.
Összesítve a részeredményeket, a megoldások
2 ⎥
⎦
M = M ∪M ∪M ⎛
= ⎜
⎜− ⎜⎜⎝ 19, −
3⎤ ⎡
⎥ ∪ ⎢
2⎥ ⎢
⎦ ⎣
3
,
2
⎞
19 ⎟ .
⎠⎟
halmaza 1 2 3
3. a) | x − a | + | x − b | = m, a < b;
b) | x + 3| − x = m;
c) | x − 1 | + | x − 2| + | x − 3| = m .
Megoldás. a) Ha m < 0 , az egyenlet bal oldala pozitív, a jobb oldala pedig negatív,
így nincs megoldás. Tehát gyököt csak abban az esetben kell keresni, ha m ≥ 0 .
a + b−m I. Ha x ≤ a,
az egyenlet a − x + b− x = m,
vagyis x = .
2
a + b−m ≤a ⇔b−a ≤ m , így ha m < b − a , akkor a ( −∞ ,a ] intervallumban
2
a + b−m
nincs gyök, ha pedig m ≥b −a
, akkor x = .
2
II. Ha a < x < b,
az egyenlet x − a + b− x = m ⇔b− a = m .
Ha m = b−a
, akkor minden x ∈ ( a, b)
megoldás, ellenkező esetben nincs gyök az
( ab , ) intervallumban.
a + b + m
III. Ha x ≥ b,
az egyenlet x − a + x − b = m,
azaz x = .
2
a + b + m
≥b ⇔ m ≥b−a, így ha m < b − a , akkor a [ b, ∞ ) intervallumban
2
a + b + m
nincs gyök, ha pedig m ≥b −a
, akkor x = .
2
Összevetve a kapott eredményeket, kapjuk, hogy ha m < b −a
, akkor nincs
a + b−m a + b + m
megoldás, ha m ≥b −a , akkor x 1 =
és x 2 =
megoldások, és
2
2
ha m = b − a,
akkor ∀x ∈(
a, b)
is megoldás.
b) Gyökök csak akkor létezhetnek, ha m ≥ 0 , így csak ezt az esetet kell vizsgálni.
I. Ha x ≥−3, az egyenlet így alakul: 3 = m .
Tehát ha m = 3 , akkor minden [ −3, ∞) -beli szám megoldás, ellenkező esetben
nincs gyök ebben az intervallumban.
− 3 ± m
II. Ha x < −3
, akkor −3− 2x = m ⇔ 3+ 2x
= ± m ⇔ x = .
2
− 3 + m
−3− m
< −3 ⇔ m < −3 nem lehetséges (m ≥ 0 ) < −3 ⇔ 3 < m .
2
2

86 Egyenletek és egyenlőtlenségek
Összesítve az eredményeket, írhatjuk, hogy ha m ∈( −∞, − 3)
, nincs egyetlen
gyök sem, ha m = 3 , akkor minden [ −3, ∞) -beli valós szám gyök, ha pedig m > 3 ,
m + 3
akkor x = − az egyetlen megoldás.
2
m
c) I. x ∈( −∞ ,1]
esetén 1− x + 2 − x + 3− x = m ⇔ 6− 3x = m ⇔ x = 2−.
3
m
2− ≤1⇔ 3≤
m .
3
II. x ∈ ( 1, 2]
esetén x − 1+ 2− x + 3− x = m ⇔ x = 4−m
.
4−m ∈( 1,2] ⇔ m ∈ [ 2,3
) .
III. Ha x ∈ ( 2, 3]
, akkor x − 1+ x − 2+ 3−
x = m ⇔ x = m .
IV. Ha x ∈( 3, ∞ ) , akkor
m
x − 1+ x − 2+ x − 3 = m ⇔ 3x − 6 = m ⇔ x = +2.
3
m
+ 2∈( 3, ∞) ⇔ m ∈( 3, ∞ ) .
3
Összesítve, írhatjuk, hogy ha m ∈( −∞,2)
, akkor nincs megoldás, ha m = 2 , akkor
x = 2 az egyetlen megoldás, ha m ∈ ( 2, 3] , akkor x1= 4 − m, x 2 = m,
ha
m m
m ∈(
3, ∞) , akkor x 1 = 2 − , x 2 = 2 + .
3
3
⎡3x−1⎤ 4. a) ⎢ ⎥ = −3
; b) [ x + 3 ] = { x} ; c) [2 x + 1] = [ x]
;
⎢⎣ 2 ⎥⎦
⎡x
+ 1⎤
⎡3x−1⎤
⎡2x
+ 1⎤
x −1
d) ⎢ ⎥ = x + 3 ; e) ⎢ ⎥ = x + 1;
f) ⎢ ⎥ = ;
⎢⎣ 2 ⎥⎦
⎢⎣ 2 ⎥⎦
⎢⎣ 3 ⎥⎦
2
⎡ x + 1⎤ ⎡x −3⎤
⎡x −3⎤ ⎡x −2⎤ g) [ x] + [2 x]
= 4;
h) ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥;
i) ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 3 ⎥⎦
⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 3 ⎥⎦
;
⎡2x−3⎤ ⎡ 4x + 1⎤
x
j) ⎢ ⎥ = [3−2x] ; k) 2[ x] + 4 = 3a;
l) ⎢ ⎥ = ;
⎢⎣ 3 ⎥⎦
⎢⎣ 5x + 3⎥⎦x
+ 8
2
2 2
m) [ x − x + 1 ] = 2x
−1;
n) 5[ x ] − 5[ x]
+ 1 = 0 ; o) 3[ x ] − 10[ x]
+ 3 = 0 ;
2
2
3
p) x − [ x ] = 3;
q) x = 1 + [ x]
; r) x = 2 + [ x ] .
⎡3x −1⎤ 3x −1 ⎡−5 ⎞
Megoldás. a) ⎢ ⎥ = −3 ⇔ ∈[ −3, −2 ) ⇔ x ∈ ⎢ , −1⎟
⎢ 2 ⎥ 2
⎢⎣
3
⎟⎠
;
⎣ ⎦
b) [ x + 3] = { x} ⇒{ x} ∈ ⇒ { x} = 0 ⇒x ∈ ⇒ x + 3 = 0 ⇒ x = −3;
⎡ 1⎤
c) [ 2x + 1] = [ x] ⇔ [ 2x] + 1= [ x] ⇔ [ x] + ⎢x + ⎥ + 1=
[ x]
⇔
⎢⎣ 2⎥⎦
⎡ 1⎤ ⎛ 1⎞
x 1 x ⎟
⎡ 3 1⎞
⇔ ⎢ + ⎥ =− ⇔ ⎜ + ⎟ ∈− [ 1 ) ⇔
⎢ 2⎥ ⎜
⎣ ⎦
⎜⎝ 2⎠⎟,0
x ∈− ⎢ , − ⎟
⎢⎣ 2 2⎟⎠
;
⎡x
+ 1⎤ x + 1
d) ⎢ ⎥ = x + 3 ⇔ x + 3 ∈ ,
x + 3 ≤ < x + 4 ⇔
⎢⎣ 2 ⎥⎦
2

Egyenletek és egyenlőtlenségek 87
⇔ x ∈ , − 7 < x ≤−5 ⇔x
∈{ −6, − 5}
;
e) x ∈ { 3, 4}
;
⎡2x
+ 1⎤
f) Jelöljük ⎢ ⎥
⎣⎢ 3 ⎦⎥
és
x − 1
közös értékét t -vel. Így t ∈ és x = 2t
+1.
Ezt
2
visszahelyettesítve az egyenletbe, kapjuk, hogy
⎡ 4t+ 3⎤
⎢ ⎥ = t ⇔ 2t + 1= t ⇔ t = −1 ⇔ x = −1.
⎢⎣ 2 ⎥⎦
g) Felhasználva, hogy x = [ x ] + { x}
, az egyenlet így írható:
[ x] + [ 2[ x] + 2{ x}
] = 4 ⇔ 3[ x] + [ 2{ x} ] = 4 ⇔ [ x] = 1, [ 2{ x}
] = 1⇔
x ∈[ 1, 2 ) , { x}
∈[ 0.5, 1)
⇔ x = 1 + α, α ∈ [ 0.5,1)
⎡ x + 1⎤
h) Ha y ∈ az ⎢ ⎥
⎢⎣ 2 ⎥⎦
és
⎡x−3⎤ ⎢
⎢⎣ 3 ⎦ ⎥ közös értéke, akkor
⎥
⎧ ⎪ x + 1
⎪
⎪y ≤ < y + 1 ⎧2y −1≤ x < 2y + 1 ⎧2y
− 1< 3y + 6
⎪ 2
⎪
⎪
() *
⎪
⎨ ⇔ ⎪
⎨ ⇒⎪
⎨
⎪ x − 3 ⎪3y + 3≤ x < 3y + 6 ⎪3y
+ 3 < 2 +
y y 1 ⎪ ⎪
y 1
⎪ ≤ < + ⎪⎩ ⎪⎩
⎪⎩ 3
⎧− ⎪ 7 < y
⎪
⎨ ⇔ y ∈{ −6, −5, −4, −3}
⎪ y < −2
⎪⎩
⇔
A kapott y értékeket rendre visszahelyettesítve a ( * ) egyenlőtlenség-rendszerbe
(amely ekvivalens az eredeti egyenlettel), a következőket kapjuk:
⎧− ⎪ 13 ≤ x < −10
y = −6: ⎪
⎨
⇔ x ∈[
−13, −12)
⎪−15 ≤ x < −12
⎪⎩
⎪⎧−11
≤ x < −8
y = −5: ⎪
⎨
⇔ x ∈[
−11,9)
⎪−12 ≤ x < −9
⎪⎩
⎧− ⎪ 9 ≤ x < −6
y = −4: ⎪⎪
⎨
⇔ x ∈[
−9, −6)
⎪−9 ≤ x < −6
⎪⎩
⎪⎧−7
≤ x < −4
y = −3: ⎪
⎨
⇔ x ∈[
−6, −4)
⎪−6 ≤ x < −3
⎪⎩
Tehá a megoldás x ∈− [ 13, −12) ∪ [ −11, −4)
.
i) x ∈ [ 1, 2) ∪[ 3, 7) ∪[
8, 9)
; j) Nincs megoldás.
k) A bal oldalon álló kifejezés egy páros egész szám, tehát csak akkor van megoldás,
2 k
ha 3a is páros egész szám, vagyis a = , k ∈ . Ebben az esetben az egyenlet
3
[ x] + 2 = k ⇔ [ x] = k − 2 , tehát a megoldás x ∈[ k −2,
k −1)
.

88 Egyenletek és egyenlőtlenségek
x 8t
l) = t ∈ ⇒ x = .
x + 8 1−t
⎡31t + 1 ⎤
31t + 1
⎢ ⎥ = t ⇔t ≤ < t + 1 . Ennek az egyenlőtlenség-sorozatnak nincs
⎢⎣37t + 3⎥⎦ 37t + 3
megoldása az egész számok halmazán, tehát az eredeti egyenletnek sincs megoldása.
m) ∈ { 2, 2.5}
x ;
( x x ) x [ x]
n) ⎡ 2⎤ 2 1
[ ] ⎡ ⎤
5
⎣ ⎦
− = −1 ⇔
⎣ ⎦
− = − , tehát az egyenletnek nincs megoldása.
5
o) M = ∅;
p) Az [ x] ≤ x, 2 2
[ x] > x −1 egyenlőtlenségek alapján 3 = x − [ x] < x − x + 1,
2 2
3 = x −[ x] ≥x − x , így a következő egyenletrendszert kapjuk (ez nem
egyenértékű az eredeti egyenlettel):
⎧ 2
⎪
x −x − 2> 0
⎪
⎡1− 13 1 13
x , 1⎟ ⎞ ⎛ + ⎤
⎨ ⇔ ∈ ⎢ − ⎟ ⎜
⎜1,
⎥ ⇒[ x]
∈{ −2,2}
2
x x 3 0 2
⎟ ∪
⎪ − − ≤ ⎢ ⎟⎠ ⎝ ⎜ 2 ⎥
⎪⎪⎩ ⎣ ⎦
2 2
Ha [ x] = −2 ⇒ x + 2 = 3 ⇔ x = 1⇔
x =±1, nem megoldás ([ x ] ≠−2)
2
x = 2 ⇒ x − 2 = 3 ⇒ x =± 5 , [ 5] = 2,
tehát az egyetlen megoldás
Ha [ ]
x = 5 .
3 q) M = { 2}
; r) = { 3}
M .
5. a) x + 9 + x + 8 = 0; b) 24 − 10x = 3 − 4x
; c) 1− 2
1 3+ 3x = 2x
;
d) x + 1+ x + 6 = 5; e) x + 2 − 2−
x = 2; f) 3x + 7 − x + 1 = 2;
g)
x x
2
− 2 + − 4 = 0; h) x 3 7x 2
+ − + =−1;
i) x − 6 + x − 13 = 11+
72 ; j) x + 1+ 2x + 3 = 6x
+1;
k) x − 8 + x + 4 = 3x ; l) x + 2 + x − 3 = x − 6 + x +9;
m) 2x + 1+ 3x + 7 = x + 5 + 4x
+3 ;
n) x + 2 + x − 2 = 4x − 6+ 2 5 ; o) x + 9 + x + 1 = 4x
+16;
p) x + 3 + x − 2 = 4x − 9+ 4 6 ; q)
r)
s)
t)
u)
w)
y)
2 2 2
x 3x 2 x 1 x 5x
− + + − = − + 6;
2 2
2 4 1
x − x = x + + x −
2
1;
2 2 2
x x x x x x
2 2
x −5 − x − 8 = 1;
− 6 + 5 + − 4 + 3 − − 8 + 7 = 0;
x + 2 + x + 7 5
= ;
x + 2 + 3 x + 7 11
2 x + 9 − 5x + 4 4
v) = ;
4 5x + 4 − x + 9 5
x + 1− x − 2 1
= ;
x + 1+ 2 x − 2 4
2 x − 3 +
x)
x + 1− x + 1
= x ;
x −3
x + 6 + x + 1
= 2x−1;
z)
x + 6 − x + 1
2 2
x + 16 − x − 8 1
= .
2 2
x + 16 + x − 8 3

Egyenletek és egyenlőtlenségek 89
Megoldás. a)
⎧⎪ 15 +
= ⎪
⎨− ⎪ ⎪⎩ 2
5 ⎫ ⎪
⎬
⎪ ⎪⎭
5
M = −
8
; c) M = { −2}
; d) M [3 { } ;
e) M = { 2}
; f) M = { −1,
3}
; g) M = { 2}
; h) M = {} 1 ; i) M = { 15}
;
j) = { 19 + 2 91}
M ; b) { }
M ; k) M = { 12}
; l) M = { 7}
; m) M = { 3}
; n) M = { 3}
;
o) M = { 0}
; p) M = { 5}
; q) M = { −3,
3}
; r) x 1 ; s) M = − 2+ 5 ;
1
= { }
t) Az értelmezési tartomány D = ( −∞,1] ∪ [ 7, ∞)
. Az egyenlet így írható:
( x −1)( x − 5) + ( x −1)( x −3) − ( x −1)( x − 7)
= 0
Ha x ≥ 7 , akkor x −1 -gyel végigosztva
x − 5 + x −3 − x − 7 = 0 ⇔ 2x − 8+ 2 ( x −5)( x − 3)
= x − 7,
tehát nincs megoldása a [ 7, ∞ ) intervallumban.
Ha x ≤ 1 , akkor x 1 = 1 megoldás. Ha x < 1,
akkor
5− x + 3− x = 7−x ⇔ 8− 2x + 2 ( 5−x)( 3− x) = 7−x
⇔
⇔ 0 < 2 ( 5−x)( 3− x) = x − 1< 0.
Mivel ez lehetetlen az egyenlet egyetlen valós gyöke x = 1 .
u) M = { 2}
; v) M = { 0}
; w) M = { 3}
;
x) Értelmezési tartomány: [ 3, ∞ ) .
( 2 x − 3 + x + 1)( x + 1+ x − 3)
( )( )
2 x − 3 + x + 1
= x ⇒ = x ⇒
x + 1− x − 3 x + 1− x − 3 x + 1+ x − 3
2 7± 3 17
⇒ 3 ( x + 1)( x − 3) = x + 5 ⇒2x −7x − 13 = 0 ⇒ x =
4
7+ 3 17
Tehát az egyetlen valós megoldás az x = .
4
y) M = { 3}
; z) M = { − 4, 4}
.
6. a) x + 3−4 x − 1 + x + 8−6 x − 1 = 1;
b) x + 2+ 4 x − 2 + x − 1+ 2 x − 2 = 5;
c) x + 2x − 1 + x − 2x − 1 = 2;
d) x + 6x −9 − x − 6x − 9 = x ;
e) x + x − 1− x = 1;
f)
Megoldás. a)
2
9 48
+ x x − = x − 3.
x + 3−4 x − 1 + x + 8−6 x − 1 = 1 ⇔
( x ) ( x )
2 2
−1− 2 + −1− 3 = 1⇔

90 Egyenletek és egyenlőtlenségek
⇔ x −1− 2 + x −1− 3 = 1 ⇔ x −1 ∈[ 2,3] ⇔ x ∈ [ 5,10]
b) M = { 3}
;
1
c) x x x x x x x x
2
1 1
⎡1 ⎤
⇔ x ≥ , x − 1 = 1 −x ⇔ x ≥ , x −1≤ 0 ⇔ x ∈ ⎢ , 1⎥
2 2
⎢⎣ 2 ⎥⎦
16
d) M = ∅ ; e) M = { 25}
f) M = { 7}
.
2
+ 2 − 1 + − 2 − 1 = 2 ⇔ ≥ , 2 + 2 − 2 + 1 = 2 ⇔
7. a) 3 x − 2 + x + 1 = 3; b) 3 1− x + x + 2 =1;
4
4
c) x + 1+ 7x − 5 = 4; d) x + 1+ 5x + 1 = 4;
3 3
3 3
e) 5x −3 − 3x − 10 = 1; f) 2x + 1+
x =1;
4 3
g) 8x −7 − x − 1 = 1; 4 3
h) 3x + 1− 7x − 8 = −1.
Megoldás. a) Az értelmezési tartomány D = [ −1, ∞ ) . A 3 x − 2 = a, x + 1 =b
jelölésekkel a következő egyenletrendszert kapjuk:
⎧ ⎪a
+ b = 3
⎧ ⎪b
= 3 −a
⎪
⎨
⇔ ⎪
3 2 ⎨
,
2 3
⎪ x = a + 2 = b −1
⎪b −a − 3 = 0
⎪⎩
⎪⎩
2 3
2
ebből 9− 6a + a −a − 3 = 0 ⇔ ( a − 1)( a + 6) = 0 ⇔ a = 1 ⇔ x = 3 .
b) M = { 2}
;
5
c) Az értelmezési tartomány D ,
7
⎡ ⎞ = ⎢ ∞⎟
⎢⎣
⎟⎠
. Ha a = x + 1, b = 4 7x − 5 , akkor
4
2 b + 5
a + b = 4, x = a − 1 = , a, b ≥ 0 , tehát b ( b )
7
2
4
−7 4− + 12 = 0 ⇔
⇔ b− 2
3 2
b + 2b − 3b + 50 = 0 ⇔
( )( )
⎡ 2
3 2 ⎛ 3⎞ 191⎤
b>
0
⇔ ( b− 2) ⎢b + b + ⎜ b−
⎟
+ ⎥ = 0⇔
=
⎢ ⎜⎝
2⎠⎟ b 2.
4 ⎥
⎣ ⎦
Ebből következik, hogy b = 2, és így x = 3 .
4 d) Mivel a x + 1 és 5x + 1 kifejezésekkel értelmezhető függvények a
[ −1/5, ∞ ) értelmezési tartományon belül szigorúan növekvőek, az egyenletnek
legtöbb egy gyöke lehet. Észrevehető, hogy x = 3 megoldás, tehát a megoldáshalmaz
M = { 3}
.
⎧⎪ 445 + 21 177 445 − 21 177 ⎫⎪
e) M = ⎪
⎨6, ,
⎪
⎬;
⎪ 64 64 ⎪
⎪⎩ ⎪⎭
M = − − − + ; g) M = { 1}
; h) M = { 5}
.
f) { 2 5,0, 2 5}

Egyenletek és egyenlőtlenségek 91
8. a)
x − 1+ 4x − 1 = x + 1+ 4x
− 3;
3 3 3
3
3 3 3
3
b) x + 1+ 4x − 1 = 2x − 1+ 3x
+1.
3 3 3
Megoldás. a) 3
x − 1+ 4x − 1 = x + 1+ 4x −3 ⇔
3 3
⇔ 5x − 2+ 33( x −1)( 4x −1)( x − 1+ 4x − 1)
=
3
3
= 5x − 2+ 33( x + 1)( 4x − 3)( x + 1+ 4x −3) ⇔
3 3 3 3
( x 1)( 4x 1)( x 1 4x 1) ( x 1)( 4x 3)( x 1 4x 1)
⇔ 3 − − − + − = 3 + − − + − .
3 3
2
Ha x − 1+ 4x −1 ≠ 0, akkor ( x −1)( 4x − 1) = ( x + 1)( 4x −3) ⇔ x = .
3
3 3
3 3 3
Ha x − 1+ 4x − 1 = 0, akkor 3
x − 1+ 4x − 1 = x + 1+ 4x − 3 = 0 ⇔
⎧⎪ 3 3
⎪ x − 1 = − 4x −1 ⎧x
− 1= − 4x + 1
⎪ ⎪
⎪
2
2 2
⎨ ⇔ ⎨
⇔ x = . Tehát M =
⎪33 ⎪ x + 1 =− 4x −3
⎪ x + 1=− 4x + 3
⎪⎩
5
{ ,
3 5}
.
⎪⎩
b) M = { 0, 2}
.
9. a)
x x x
2 3 2
+ 1+ 1− = + 7 − 2; b)
4
1 x x x 1
− − = − ;
3 3 3
c) x + x + x + x − 2 = 12;
d) x + m + x = m;
e) m − m + x = x; f)
m −x −
x
m −x
m
= mx ;
g)
2
x − m = x − 1 ; h) x +
1
x + +
2
1
x +
4
2
= m ; i) x − m − x = m ;
j) x + 2x − 1+ m x −2 x − 1 = 2; k)
a + x +
a + x −
a − x
a −x
a
= ;
x
l)
2
x − a + 2
2
x − 1 = x ; m) x + a + x + b = 4x
+ c ;
n) x + 8a + x = 4x + 8a
+4 ; o) x + a − x + b =c;
p) x + x − x − x = a
x
x + x
.
Megoldás. a) A négyzetgyökök létezési feltételeiből x ∈− [ 1, 1]
, a bal oldali
3 2
kifejezés pozitív voltából következik, hogy x + 7 −2 ≥ 0, vagyis
x ∈( −∞, −1] ∪ [ 1, ∞)
, így x ∈{ −1,
1}
. Ezek közül csak az x = −1
teljesíti az adott
egyenlőséget, tehát M = { −1}
.
4
b) Az egyenlet alapján x ≥ 1 , 1 ≥x −x . Négyzetre emelve az egyenlet mindkét
oldalát,
4
2 4
1− x − x = ( x −1) ⇔ x −x
= 2x
− x
4 3 2
emeléssel kapjuk, hogy 3x − 4x
+ 4x + x = 0 ⇔ ( ) 0.
2
4 2
2x + x − 2x
+ x =
Mivel ennek az egyenletnek nincs gyöke az
egyenletnek sincs valós megoldása.
2
, ahonnan újboli négyzetre
[ 1, ∞ ) intervallumban, az eredeti

92 Egyenletek és egyenlőtlenségek
c) A
3 3 x x 2
+ − = y
3
jelölés bevezetésével írhatjuk, hogy y + y − 10 = 0 ,
3
ahonnan y = 2 . Következik, hogy x + x − 2 = 8,
tehát x = 2 .
d) Ha m < 0 , nincs megoldás, ha m = 0 , akkor x = 0.
Ha 0 < m , az értelmezési tartomány [ 0, ∞ ) . Az egyenlet mindkét oldalát beszorozva
x + m − x -szel, kapjuk, hogy x + m − x = m( x + m − x)
, vagyis
m −1
x + m − x = 1.
Ebből és az eredeti egyenletből következik, hogy x = .
2
2
⎛m−1⎞ Tehát m ∈ ( 0,1)
esetén nincs megoldás, ha pedig m ≥ 1,
akkor x = ⎜
⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠⎟az
egyetlen gyök.
e) Ha m − m + x = x, akkor x ≥ 0 és m ≥ 0 . Az egyenlőséget a
következőképpen alakíthatjuk:
m −
2
2
m + x = x ⇒ m − x = m + x
4 2 2
⇒ x −2mx − x + m − m = 0.
Ezt az egyenletet m hatványai szerint rendezzük és kiszámítjuk a diszkriminánst:
2 2 4
m − m(2x + 1) + x − x = 0 ⇒∆= (2x + 1)
2
.
2 2
Az előbbiek alapján az egyenlet ( x + x + 1−m) ( x −x − m)
= 0 alakban írható.
Az x = 0 érték csak m = 0 vagy m = 1 esetén megoldás, tehát feltételezhetjük,
hogy x > 0 . Ha x > 0 megoldás, akkor
2
x − m = − m + x < 0 és így
0
2
x x
0
m
2
x0 −x0 −m
< 0 . Tehát csak az + + 1− = 0 egyenlet megoldásaiból
származhatnak a eredeti egyenlet gyökei. Ennek az egyenletnek a pozitív gyökei
2
teljesítik az x − m < 0 feltételt, tehát elégséges megvizsgálni a pozitív gyökök
3
3
létezését. ∆ = 4m−3, tehát m < esetén nincs valós megoldás. Ha m ≥ , akkor
4
4
x1 + x2
= −1 és x1x 2 = 1 − m alapján 1 − m < 0 szükséges, tehát m > 1 esetén az
1
x =
4m−3
2
− +
megoldáshoz jutunk. Eredményeinket a következő táblázatba
foglalhatjuk össze
m Megoldáshalmaz
( −∞,0) ∪ (0,1)
M = ∅
m = 0
M = {0}
m ≥ 1
⎧⎪− 1+ M = ⎪
⎨
⎪
⎪⎩ 4m−3⎫ ⎪
⎬
2 ⎪
⎪⎭
f) A törtek és törtek létezéséhez szükséges, hogy m ≠ 0 , x ≠ 0 , m −x ≥ 0 , és
mx > 0 . Ha ezek a feltételek mind teljesülnek az egyenlet
m −x m −x
⋅ = 1
mx
mx

Egyenletek és egyenlőtlenségek 93
m − x
alakba írható, ahonnan = 1,
vagyis m = ( m + 1)
x . Ha m = −1
, nincs gyök,
mx
m
ellenkező esetben x = . Ellenőrizzük, hogy ez benne van-e az értelmezési
m + 1
tartományban:
m
1
m − ≥ 0 ⇔ ≥ 0 ⇔ m > −1
m + 1 m + 1
m
m > 0 ⇔ m ≠ 0, m > −1
m + 1
Összesítve, ha m ≤−1,
nincs megoldás, ha pedig m > −1 és m ≠ 0 , akkor
m
x = .
m + 1
m + 1
g) Ha m < 1,
nincs gyök, ha pedig m ≥ 1,
akkor x = az egyetlen megoldás.
2
⎡ 1 ⎞
h) Az egyenlet értelmezési tartománya D = ⎢− , ∞⎟
⎢⎣ 4 ⎟⎠
.
2
1 1
⎛ 1 1⎞
x + x + + x + = m ⇔ x + ⎜ x + + ⎟ = m ⇔
2 4
⎝⎜4 2⎠⎟
x +
1 1 ⎛
x + + = m ⇔ ⎜
4 2 ⎜⎜⎝ 2
1 1⎞
x + + ⎟ = m
4 2
⎟
⎠⎟
1
1
Ha m < , nincs megoldás, ha m ≥ , akkor x = m −
4
4
m .
2
i) x −
2 1
m − x = m ⇒x − x + = m − x +
4
1
m − x + ⇔
4
2
⎛ 1⎞ ⎛
⇔⎜ ⎜ x ⎟ ⎜
⎜
− =
⎝ 2⎠ ⎟ ⎝ ⎜
2
1⎞
m − x + ⎟
2⎠
⎟ .
1
I. x − =
2
1 ⎛
m − x + ⇔⎜ 2
⎜⎜⎝ 2
1⎞
m− x + ⎟
3
⎟ = m −
2⎠⎟.
4
1
Megoldás csak akkor létezik, ha m ≥ 1 és ekkor x = +
4
3
m − .
4
1
II. x − = −
2
1
m −x − ⇔ x = −
2
1 ⎛
m −x ⇔ m + = ⎜
4
⎜⎜⎝ 2
1⎞
m −x − ⎟
2⎠⎟.
1
1
1
Ha m < − , nincs megoldás, ha m ≥− , akkor x = − −
4
4
2
1
m + .
4
j) x + 2 x − 1 + m x −2 x − 1 = 2 ⇔ x − 1+ 1 + m x −1− 1 = 2 ⇔
⇔ x − 1+ m x −1− 1 = 1.

94 Egyenletek és egyenlőtlenségek
I. Ha x ≥ 2 , akkor x − 1+ m x −1− m = 1⇒ ( m + 1) x − 1 = m + 1. Ha
különbözik -1-től, akkor x = 2 , ellenkező esetben bármely x ∈[ 2, ∞)
megoldás.
II. Ha x ∈ [ 1, 2]
, akkor x − 1+ m −m x − 1 = 1⇒( 1−m) x − 1 = 1−m . Ha
m ≠ 1 , akkor x = 2 , m = 1 esetben minden x ∈ [ 1, 2)
megoldás.
k) a = 0 esetben nincs megoldás, ha a ≠ 0 , akkor M = { −a
, a}
.
l) A
2 2
x − a + 2 x − 1 = x egyenlőtlenségből következik, hogy x ≥ 0 és
2
x ≥ x −a , tehát a ≥ 0 . Ebben az esetben az értelmezési tartomány
2
[max{1, a }, ∞ ) és
x − = x − x −
2
2 1 a , ahonnan
2
2
2x + a − 4 = −2x x − a . Ez csak akkor lehetséges, ha 2 4 −a
x ≤ és így
2
2
2 1 ( a − 4)
x = . Ha 2−a≤ 0,
akkor az egyenletnek nincs megoldása (mert
8 2−a
2
2
1 ( a − 4) 4−a
x ≥ 0 ), míg a ∈ [0,2)
esetén megvizsgáljuk az
≤ . A vizsgált
8 2−a 2
4
intervallumon ez ekvivalens az a ≤ egyenlőtlenséggel, tehát a következő táblázatba
3
foglalhatjuk az eredményeket:
a Megoldáshalmaz
⎛4⎞ a ∈( −∞,0] ∪⎜ ⎜ , ∞⎟⎟
⎜⎝3⎠ ⎟
⎛ 4⎤
a ∈ ⎜
⎜⎝
0, ⎥
3⎥⎦
M = ∅
4 −a
M = { ±
2 2−
a }
⎡
D = ⎢max ⎢⎣
c
−a, −b, −
4
⎞
, ∞⎟
⎟⎠
.
x + a + x + b = 4x + c ⇔ 2x + a + b + 2 ( x + a)( x + b) = 4x
+ c ⇔
m) Az értelmezési tartomány { }
⇔ 2 ( x + a)( x + b) = 2x
+ c−a −b ⇒
2 2
+ ( + b) x + 4ab = 4x + 4(
c−a − b) x + ( ) 2
⇒ 4x 4 a c−a −b ⇔
( ) ( ) 2
⇔ 42a + 2b− c x = c−a −b −4ab A esetben a megoldás
( ) 2
⎧ ⎪2a
+ 2b− c = 0
⎪
⎡ c ⎞
⎨
x ∈ ⎢max ⎪ c−a −b − 4ab = 0
{ −a, −b, − } , ∞⎟.
⎢⎣
4 ⎟⎠
⎪⎩
m

Egyenletek és egyenlőtlenségek 95
A esetben nincs megoldás. Ha 2 2 , akkor
( ) 2
⎪⎧
2a + 2b− c = 0
⎪
⎨
a + b−c ≠ 0
⎪ c−a −b −4ab ≠ 0
⎪⎩
2
( c−a −b) −4ab
x =
, ha ez benne van az értelmezési tartományban, akkor
2a + 2b−c
megoldás, ha nem eleme, akkor nincs gyöke az egyenletnek.
1
1
1
n) Ha a ≤ , nincs megoldás, ha a > , akkor x = .
2
2
2a−1 o) Feltételezhetjük, hogy a ≥ b (az a < b esetben hasonlóan járunk el). Ekkor az
értelmezési tartomány [ −b, ∞ ) , c ≥ 0 kell legyen és beszorozva a bal oldal
( )
konjugáltjával, a −b
= c x +a + x + b .
A c = 0 esetben ha a ≠ b , nincs megoldás, ha pedig a = b , akkor minden
megengedett valós szám megoldás, tehát M 1 = [ −b, ∞)
.
Ha c ≠ 0 , akkor
2
a −b
a −b
1 ⎛ a −b⎞ x + a + x + b = ⇒ 2 x + a − c = ⇒ ⇒ x = ⎜c
+ ⎟ −
c
c
4
⎜⎜⎝ c ⎠⎟
a ,
ami eleme az értelmezési tartománynak.
2 2
2
1 ⎛ a −b⎞ 2
a b a b
c ⎟
⎛ − ⎞
a b c 2( a b) ⎟
⎛ − ⎞
⎜ + ⎟ − ≥ ⇔ − − + ⎜ ⎟ ≥ 0 ⇔ c−
≥
4
⎜ ⎜⎝ c ⎠⎟ ⎝ ⎜ c ⎠⎟ 0
⎝⎜ ⎜ ⎟
⎜ c ⎠
⎟
.
x
p) Az értelmezési tartomány D = [ 1, ∞ ) . x + x − x − x = a ⇒
x + x
⇔ x + x −
2
x − x = a x ⇔ x + 1− x − 1 = a ⇔ x − x − 1 = a − 1.
2
Innen a > 1 és
( ) ( ) 2
x = x − 1+ 2 a −1 x − 1+ a −1 ⇒
1−( a −1)
2( a −1)
2 2
− a + 4a −2 − a + 4a − 2
⇒ x = ; ≥1⇔a ≤2.
2( a −1) 2( a −1)
Tehát a ∈( −∞,1] ∪ ( 2, ∞)
esetén nincs megoldás, ha pedig a ∈ ( 1, 2]
, akkor
2
− a + 4a − 2
x =
.
2( a −1)
= x −1⇒ 10. a) x − 2 > x + 3;
b) x + 1+ x − 3 > 2; c) x + x + 1 < x ;
2
2 2
d) x + 3x + 2 > x − 2; e) ax + 1 > ax;
f) x − a < x + a .
Megoldás. a) Az értelmezési tartomány D = [ 2, ∞ ) . Ha x ∈ D,
akkor mindkét
oldal pozitív, így mindkét oldalt négyzetre lehet emelni.
2
2 2 5 1
x 2 ( x 3) 0 x 5x 11 0 x
2 4
⎛ ⎞ − > + ⇔ > + + ⇔ > ⎜ + ⎟
9
⎜⎜⎝ ⎟ + ,
⎠
tehát az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.

96 Egyenletek és egyenlőtlenségek
b) x + 1+ x − 3 > 2 ⇔ x ≥ 3, x + 1 > 2−
x −3
Minden olyan x -re, amelyre x ≥ 3, 2 − x − 3 < 0 , fennáll az egyenlőtlenség, tehát
M = ( 7, ∞ ) . Ha x ∈ [ 3, 7]
, akkor négyzetre emeléssel
1
x + 1> x + 1−4 A megoldáshalmaz M = ( 3, ∞)
.
x −3 ⇔ x > 3 ⇒ M2=
( 3,7
] .
c) x + x + 1 < x ⇔ x + 1 < 0, tehát az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.
d) Az értelmezési tartomány D = ( −∞, −2] ∪ [ −1, ∞)
.
I. Ha x < 2 , akkor a bal oldali kifejezés pozitív, a jobb oldali pedig negatív, tehát
M 1 = ( −∞, −2] ∪ [ −1,2)
.
II. Ha x ≥ 2 , akkor
x + 3x + 2 > x −2 ⇔ x + 3x + 2> x − 4x + 4 ⇔ x > ,
7
tehát M 2 = [ 2, ∞)
. Így az egyenlőtlenség az egész értelmezési tartományon fennáll.
e) Az egyenlőtlenségben szereplő gyökkifejezés a teljes halmazon értelmezett.
2 2 2 2
2 2
ax + 1 >
2 2
ax = ax≥ ax,
tehát az egyenlőtlenség az a paramétertől
függetlenül igaz bármely x valós szám esetén.
f) Értelmezési tartomány: [ a , ∞ ) . x − a < x + a ⇔ x − a < x + a ⇔ 0 < a
Tehát a ≤ 0 esetén nincs megoldás, ha pedig a > 0 , akkor M = [ a , ∞)
.

Egyenletrendszerek 97
III. Egyenletrendszerek
III.1.1.2. Gyakorlatok és feladatok (72. oldal)
1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:
⎧ ⎪x
+ y = 1
⎪
a) ⎪
⎨ 1 ;
⎪
⎪4x
− y = 1
⎪⎩ 2
⎧⎪
b) ⎪
⎨
⎪
⎪⎩
2x +
3x +
3y = 5
2y = 2
;
6
⎧ ⎪0,
25x + y = 2
⎪
c) ⎪
⎨
3 .
⎪
⎪0,
5x
− y =
⎪⎩ 22
Megoldás. a) A második egyenletet szorozzuk 2-vel és összeadjuk az egyenletek
megfelelő oldalait. Így a 9 x = 3 egyenlőséghez jutunk, tehát
1
x = és
3
2 ⎧⎪⎛1 2⎞
y = 1 − x = . M = ⎪ ⎫
⎜ , ⎟⎪
⎨
⎪
⎟
3
⎜⎜⎝3 3⎠⎟⎬.
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
b) Ha a második egyenletet szorozzuk 3 -mal, az elsőt 2 -vel és kivonjuk a két
egyenlőség megfelelő oldalait, az x = 2 egyenlőséghez jutunk. Ebből következik,
5− hogy y =
2⋅x
=
3
3 . M = { ( 2, 3) } .
3 4
c) Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait, a x =
4 2
7
2 egyenlőséghez
94
95 ⎧⎪⎛94 95⎞⎫⎪
jutunk, tehát x = . Ebből következik, hogy y = . M = ⎪
⎨⎜, ⎟⎪
⎬
33
66 ⎪⎜⎜⎝ ⎟
33 66⎠⎟.
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
2. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket:
a) ⎪ ⎨⎪
; b) ⎪ ⎨ ; c) ⎪ ⎧ ⎪mx
+ y = 1
⎧ ⎪mx
+ ny = 1
⎧⎪x − my = 2
, m ∈
, mn , ∈ ⎨ , m ∈ .
x − my = 1
⎪x − y = 1
⎪ x + my = 1
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
Megoldás. a) Ha az első egyenlet mindkét oldalát szorozzuk m-mel és összeadjuk a
2
két egyenlőséget, akkor az ( m + 1 ) x = m +1 egyenlőséghez jutunk. Mivel m ∈
m + 1
1 − m
írhatjuk, hogy x = . Hasonló módon következik, hogy y = , tehát
2
2
m + 1
m + 1
⎧⎪⎛m + 1 1−m
⎞⎫⎪
M = ⎪
⎨⎜, ⎟⎪
2 2 ⎟⎬
⎪
⎜ ⎜m
1 m 1⎟
.
⎪⎩⎝ + + ⎠ ⎪ ⎪⎭
b) Ha a második egyenlet alapján kiküszöböljük y-t, az ( m + n) x = 1+n
összefüggéshez
jutunk. A tárgyalás a következő táblázatban látható:

98 Egyenletrendszerek
m n Megoldáshalmaz
m = 1 n = − 1 M = {( α, α−1) | α ∈ }
m + n = 0 M = ∅
m ∈ \ {1}
m + n ≠ 0
⎧⎪⎛1+ n 1−m
⎞⎫⎪
M = ⎪
⎨⎜, ⎟⎪
⎟⎬
⎪
⎜ ⎜m
n m n⎟
⎪⎩⎝ + + ⎠ ⎪ ⎪⎭
3
1
c) Ha összeadjuk a két egyenletet következik, hogy x = és így m⋅ y = . Ha
2
2
⎧⎪⎛3 1 ⎞⎫⎪
m = 0 , akkor nincs megoldás, míg m ≠ 0 esetén M = ⎪
⎨⎜, ⎟⎪
⎬
⎪⎜⎜⎝ ⎟
2 2m⎠⎟.
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
3. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket:
a) ⎪ ⎨⎪
; b) ⎪⎪ ⎧⎪
⎪x
− y = 2
⎧ ⎪
⎪
⎪
mx + y = 1
⎪
3x + y = 14, m ∈ ⎨x + my = 1, m ∈ .
⎪
⎪
⎪
⎪
x + my = 1
⎪x
+ y = m
⎪⎩
⎪⎩
Megoldás. a) Az első és második egyenletből x = 4 és y = 2 . Tehát ha
3
4+ 2m=1,
akkor a (4, 2) számpár megoldása a rendszernek, míg ha m ≠− ,
2
akkor a rendszer összeférhetetlen.
b) Az 1.1.11. tétel alapján az összeférhetőség szükséges és elégséges feltétele az, hogy
m 1 −1
m 1 m 1
1 m
a ∆ = 1 m − 1 = 0 és a ∆ = 1 1 m
, ∆ 2 =
1
illetve ∆ = 3
1
1 1
1 1 −m
determinánsok közül legalább az egyik különbözzön 0-tól.
3 2
∆ = −( m − 3m + 2) =−( m − 1) ( m + 2) .
Ha m = 1 , akkor a rendszer három egyenlete egymással ekvivalens, így
M = {( α,1 −α) | α ∈ } . Ha m = −2
, akkor x = y =−1,
tehát M = {( −1, −1)}
.
Az 1.1.11. tétel alapján m ∈ \{1, −2}
esetén M = ∅.
Megjegyzés. A tárgyalás elvégezhető az 1.1.11. tételre való hivatkozás nélkül is. Az
utolsó egyenletből x = m − y , tehát a második egyenlet alapján y( m − 1) = 1−m. Ha m = 1 , akkor ezt az egyenlőséget bármely y ∈ teljesíti, míg m ≠ 1 esetén
y = −1
. Ez alapján m = 1 esetén az M = {( α,1−α) | α ∈ }
megoldáshalmazt
kapjuk és m ≠ 1 esetén az x = m + 1 és y = −1
értékeket visszahelyettesítjük az
2
első egyenletbe. Így az m + m − 2 =
0 egyenlőséghez jutunk, ahonnan m = −2
.

Egyenletrendszerek 99
4. Mi a feltétele annak, hogy az
⎧ ⎪ax+
by+ c = 0
⎪ 1 1 1
⎪ ax+ by+ c = 0
⎪ 2 2 2
⎨
⎪……………………
⎪
⎪ax
n + by n + cn
= 0
⎪⎩
egyenletrendszernek pontosan egy megoldása létezzen?
Értelmezd geometriailag a kapott feltételt.
Megoldás. Pontosan akkor létezik egyetlen megoldás, ha az n egyenlet közül létezik
2, amelyek egy határozott rendszert alkotnak és a többi egyenlőség ebből a kettőből
ai bi
megkapható. Pontosabban ha létezik i, j ∈ {1, 2, … ,n}
úgy, hogy ≠ 0 és
a b
a b c
i i i
j j
bármely k ∈ {1,2, …, n}\{,
i j} esetén a b c = 0 . Ez azt is jelenti, hogy
∀k ∈{1,
2, …,
n} \ { i, j}
j j j
a b c
k k k
esetén létezik α , β ∈ úgy, hogy a = α ⋅ a + β ⋅a ,
k k
i k j c ⋅ +
k k i k j
bk = α ⋅b
k i + β ⋅b és c k j k = α ⋅c
k β .
Geometriailag ez a feltétel azt mutatja, hogy az ax + by+ c = 0 és
ax j + by j + cj
=
0
metsző egyenesek által meghatározott sugársor egyenlete
α⋅ ( ax+ by+ c) + β⋅
( ax+ by+ c ) = 0.
i i i j j j
5. Bizonyítsd be, hogy az
*
( m + 1) x − (2m + 1) y = 1, m = 1, n, n ∈ \ {1}
i i i
egyenletrendszer megoldható. Mi a rendszer megoldása? Értelmezd geometriailag a
feladatot!
Bizonyítás. Az x = 2 és y = 1 értékek teljesítik a rendszer minden egyenletét,
tehát a rendszer megoldható. Ha ( x , y egy tetszőleges megoldás, akkor az
0 0 )
mx ( − 2 y) + x − y = 1, m= 1, n
0 0 0 0
egyenlőségből következik, hogy x − 2y = 0 és x − y = 1 (ellenkező esetben csak
0 0
0 0
egy m értékre teljesülne az egyenlőség). Így x = 2 és y , tehát a rendszernek
0 = 1
nincs más megoldása.
Geometriailag azt jelenti, hogy az ( m + 1 ) x − (2m + 1) y = 1, m = 1, n egyenesek
összefutnak a (2 ,1)
pontban.
0

100 Egyenletrendszerek
6. Melyek azok a c ( m = 1, n)
számok amelyekre az
m
( m−1) x − (3m + 1) y + c = 0, m = 1, n, n ≥ 2
rendszernek egyértelmű megoldása van? Mi a feladat geometriai jelentése?
Megoldás. Ha ( x , y az egyértelmű megoldás, akkor
0 0 )
m
( m −1) x − (3m + 1) y + cm=
0,
0 0
c = (3m + 1) y −( m − 1) x , m = 1, n .
tehát m
0 0
Így az egyenletrendszer 0 0
( m −1)( x − x ) = (3m + 1)( y − y ), m = 1, n alakban írható
3m+
1
és mivel a kifejezés különböző m-ek esetén különböző értékeket vesz fel, a
m −1
rendszer megoldása egyértelmű.
Megjegyzés. Ha azt szeretnénk, hogy a c m számok m-től függetlenek legyenek,
akkor átrendezzük az egyenlőséget:
c = m⋅(3 y − x ) + y + x .
m
0 0 0 0
0 = 0
m 4y0
=
Ez csakis akkor független m-től, ha 3y x és ebben az esetben c . Mivel
⎛c⎞ minden c ∈ szám felírható c = 4 ⋅ ⎜
⎟
⎜⎝
⎟
4⎠⎟
alakban, az ( m −1 ) x − (3m + 1) y + c = 0,
m = 1, n,
n ≥ 2 egyenletrendszerek egyértelműen megoldhatók.
A rendszer geometriai jelentése az, hogy az ( m −1 ) x − (3m + 1) y + c = 0, m = 1, n
egyenletű egyenesek összefutnak a 3 ⎛ c c⎟
⎞
⎜
⎜⎝
, pontban.
4 4⎠
7. Mi a geometriai jelentése annak, hogy az ⎪ ⎧ ⎪ax+
by+ c = 0
1 1 1
⎨⎪
rendszer össze-
ax+ by+ c = 0
⎪⎩ 2 2 2
férhetetlen?
Megoldás. Az, hogy a d : a x + by + c = 0 és d : a x + b y + c = 0 egyenletű
1 1 1 1
2 2 2 2
egyenesek nem metszik egymást, tehát párhuzamosak.
8. Számítsd ki az ax + by+ c = , ax+ by+ c = 0 és a ax + by+ c = 0
2 2 2 3 3 3
1 1 1 0
egyenletű egyenesek által meghatározott háromszög területét!
Megoldás. A páronkénti metszéspontok koordinátái
⎛ c b 1 1 a c ⎞
⎜ 1 1 ⎟
⎜ ⎟
⎜ c b a c ⎟
⎜ 2 2 2 2 ⎟
A⎜
⎟
⎜− , − ⎟
a b a b
⎟ ,
⎜
⎟
1 1 1 1 ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ a b a b ⎟
⎜⎝ 2 2 2 2 ⎠⎟
⎜ ⎟
⎛ c b 1 1 a c ⎞
1 1 ⎟
⎛
⎜
c b 2 2 a c ⎞
⎜ ⎟ ⎜
⎜ ⎟ ⎜ 2 2 ⎟
⎜ c b a c ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 3 3 3 3 ⎟
⎜ c b a c ⎟
⎜
⎜− , − ⎟
⎜ 3 3 3 3 ⎟
B
⎜ a b a b
⎟,
C ⎜
⎜
⎟ ⎜− , − ⎟
1 1 1 1 ⎟ a b a b
⎟.
⎜
⎜ ⎟ ⎜
⎟
2 2 2 2 ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ a b a b ⎟ ⎜ ⎟
⎜⎝ 3 3 3 3 ⎠⎟
⎜ ⎟
⎜ a b a b ⎟
3 3 3 3 ⎟
⎟
⎜⎝⎜ ⎠ ⎟

Egyenletrendszerek 101
Tehát, ha
a b c b a c
1 1 1 1 1 1
a b c b a c
2 2 2 2
1 x y A A
1 1
a b c b a c
∆ = 1 x y = ⋅
B B
2
a b a b a b a b c b a c
1 1 1 1 2 2 3 3 3 3
1 x y 2 ⋅ ⋅
C C a b a b a b a b c b a c
akkor T = ∆ .
2 2
1 1 1 1 1 1
3 3
2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c b
3 3 3 3
a c
3 3
9. Az A városból egy biciklis a B város irányába indul. Vele egyszerre B-ből egy
motoros indul A-ba. B-től 70 kilométerre találkoznak, majd miután mindkettő elérte a
célt és visszafordult, az első találkozás után 5 órával megint találkoznak. Mennyi a
motoros sebessége?
Megoldás. Jelöljük d-vel a két város közti távolságot, az első találkozásig eltelt időt
-gyel, a biciklis sebességét v -vel és a motoros sebességét v -mel. Így a második
t1 b m
találkozásig eltelt idő t + 5 .
1
= TB = v t
1
1
70 m (1)
d − 70 = TA=
v t
1 b 1 (2)
A második találkozásig ( a motoros megteszi az AT utat és a biciklis a
T 1 AT +
TB+ TB
1
2
utat. Így
2 )
d − 70 + x = vm⋅5
70 + d − x = v ⋅ 5 ,
tehát 2 d = ( v + vm)
⋅ 5.
b
Másrészt
70 v + v b
d = 70 + v ⋅ t = 70 + v ⋅ = 70 ⋅
b 1
b
vm vm
140
és így v m = = 28 km h .
5
10. A szilíciumot szilícium-dioxid magnéziummal vagy alumíniummal való
reakciójával állítják elő. A magnézium ára 70 000 lej/kg és az alumíniumé 140 000
lej/kg. Ha 1 820 000 lej áll rendelkezésünkre, mennyi magnéziumot és mennyi alumíniumot
kell vásárolnunk ahhoz, hogy az egész 10 kg szilícium-dioxidot redukálhassuk?
Megoldás. A megfelelő reakciók egyenletei
SiO + 2Mg = Si + 2MgO
2
3SiO + 4Al = 3Si + 2Al O
2 2 3
b
és
m
2
,

102 Egyenletrendszerek
Tehát ha x kg szilícium-dioxidot magnéziummal és y kg szilícium-dioxidot alumíni-
x
4y
ummal redukálunk, akkor 2 ⋅ ⋅24
kg magnézíum és
⋅ 27 kg
28 + 2 ⋅ 16
3 ⋅ (28+ 2⋅16) tömegű alumínium szükséges. Ez alapján az
⎧ ⎪x
+ y = 10
⎪
⎨
⎪
4x 3y
⎪ ⋅ 70 000 + ⋅ 140 000 = 1820 000
⎪⎩ 5 5
egyenletrendszerhez jutunk. (A második egyenlet lehetne egyenlőtlenség is.)
Az egyenletrendszer megoldása y = 45 és x = −35
, de ez nem felel meg, mert
x, y ≥ 0.
Ezért nem ragaszkodunk a teljes összeg elköltéséhez, tehát az
⎧⎪
⎪x
+ y = 10
⎪
⎨
⎪ 4x + 6y ≤ 130
⎪
⎪x, y ≥ 0
⎪⎩
rendszert oldjuk meg. Látható, hogy ennek tetszőleges (, x y)
számpár megfelel, ha
x, y ≥ 0 és x + y = 10 . Így érdemes csak alumíniummal redukálni a szilícium-
dioxidot.
11. Egy szigeten a barna és b zöld kaméleon él. Ha két barna találkozik egy zöld
kaméleonnal, akkor a zöld barnára változik. Ha két zöld találkozik három barnával,
akkor a barnák változnak zöldre. Elérhető-e, hogy a barna és b zöld kaméleon
*
legyen a szigeten? ( aa , , bb∈ , )
1 1
1 1
Megoldás. A végeredmény független a találkozások sorrendjétől. Az első típusú
⎛a⎞⎟ találkozások alkalmával az
⎜⎝
⎜
számpárból az
b ⎠
⎜ ⎛ a + 1⎞⎟
⎜ számpárt kapjuk míg a máso-
⎜ ⎜⎝b−1⎠ ⎟
⎛u⎞⎟ ⎛u−2⎞⎟ dik típusú találkozások során
v
-ből
⎜
⎝⎜ ⎠
⎜ . Így x darab első típusú és y darab
⎜⎝v+ 2⎠
⎛a + x⎞
⎛ a + x
második típusú találkozás után
⎜ illetve
⎝b−x ⎠⎟
⎜b−x
⎜ ⎜
⎜
−2y⎞⎟ ⎜
⎜ számpárral írható le a
⎝ + 2y⎠⎟
kaméleonok eloszlása. Tehát az
⎧⎪x − 2y
= a −a
⎪
1
⎨
⎪− x + 2y
= b −b
⎪⎩
1
egyenletrendszer megoldhatóságát kell tanulmányozni. A megoldhatóság feltétele
a − a = b−b vagyis, hogy a kaméleonok száma ne változzon. Belátható, hogy
1
1
1 , 1 b 1 1
tetszőleges a esetén ( a + b = a +
b)
megszervezhetők a találkozások úgy, hogy
elérjük a kívánt állapotot.

Egyenletrendszerek 103
III.1.2.1 Gyakorlatok és feladatok (75. oldal)
1. Oldd meg a következő rendszereket:
a) ; b) ⎪ ⎧⎪ x − y + z = 4
⎧⎪
⎪
⎪3x
+ 2y + z = 2
⎪
⎨
⎪ 2x + 3y
− z = 0
⎨⎪ x + 3y + z =−2
.
⎪
⎪
x + 2y + 3z
= 3 ⎪− 2x + y − 3z
= −13
⎪⎩
⎪⎩
Megoldás. a) Az első két egyenletből 3x + 2y
= 4.
Ha a második egyenletet
szorozzuk 3-mal és hozzáadjuk a harmadik egyenlet megfelelő oldalait, akkor a
7x + 11y
= 3 egyenlőséghez jutunk. Így y = −1 és x = 2 , tehát z = 4+ y − x = 1.
b) Ha az első két egyenlet megfelelő oldalait egymásból kivonjuk, a 2x − y = 4
egyenletet kapjuk. Ha a második egyenlőséget szorozzuk 3-mal és hozzáadjuk az
utolsóhoz, akkor az x + 10y =−19
egyenlőséghez jutunk. Ebből következik, hogy
x = 1 , y = −2 és így z = 2−3x −2y
= 3.
2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket:
a) ; b)
3
⎪ ⎧⎪ ax + y + z = 1
⎧⎪
⎪
⎪ax
− y + z = 2
⎪
⎪
⎨x
+ ay + z = 1, a ∈ ⎨⎪ x + ay − z = 1 , a ∈ .
⎪
⎪
x + y + az = 1
⎪− x + y + az =−13
⎪⎩
⎪⎩
Megoldás. a) Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait, az
( a + 2)( x + y + z)
=
egyenlőséghez jutunk. Ha a = −2
, a rendszernek nincs megoldása, mert az előbbi
3
egyenlőség nem lehetséges. Ha a ≠−2,
akkor x + y + z = , tehát a rendszer
a + 2
egyenleteiből rendre következnek az
3
( a − 1) x = ( a − 1) y = ( a − 1) z = 1−
a + 2
egyenlőségek. Ha a = 1,
ezekből az egyenlőségekből tobábbi információkat nem
nyerünk, de az eredeti egyenletek ekvivalensek, tehát a megoldáshalmaz
1
M = { α, β,1 −α−β | α, β ∈ } . a ≠ 1 esetén az x = y = z = egyenlőség-
a + 2
hez jutunk, tehát a tárgyalást a következő táblázatba foglalhatjuk össze:
a A megoldáshalmaz
a = − 2
M = ∅
a = 1
M = {( α, β, 1 −α−β) | α, β ∈ }
a ∈ \{ −2,1}
⎧⎪⎛ 1 1 1 ⎞⎫⎪
M = ⎪
⎨⎜, , ⎟⎪
⎟⎬
⎪
⎜ ⎜a
2 a 2 a 2⎟
⎪⎩⎝ + + + ⎠⎪⎭⎪

104 Egyenletrendszerek
b) Ha összeadjuk a megfelelő oldalakat az a( x + y+ z)
= 3 egyenlőséghez jutunk,
3
tehát a = 0 esetén nincs megoldás és a ≠ 0 esetén x + y + z = . Így a
a
⎧⎪
2 3
⎪
⎪4
z − ( a + 1) y = −a
⎪
a
⎨
⎪
3
⎪(
a + 1) z + 2y
=
⎪⎩
a
egyenletrendszerhez jutunk. Ha kiküszöböljük z -t, akkor a
3 9 2
[8 + ( a + 1) ] y = + a + a − 3
a
egyenlőséget kapjuk. Innen
2 2
( a + 3)( a − 2a + 3) a − 2a + 3
y = = 2 2
aa ( + 3)(7+ 4 a+ a ) aa ( + 4a+ 7)
.
2
a + 3
2a + 13a + 15
Hasonló gondolatmenet alapján z =
és így x =
.
2
2
aa ( + 4a+7)
aa ( + 4a+ 7)
1
Ha a = −3
, akkor az eredeti rendszerből x = y =− és z = 0 .
2
3. Oldd meg az
⎧⎪
⎪x
+ [ y] + { z}
= 1,1
⎪
⎨y
+ [ z] + { x}
= 2,2
⎪
⎪z
+ [ x] + { y}
= 3,3
⎪⎩
egyenletrendszert, ahol [ a ] az a valósz szám egészrészét, míg {} a a törtrészét jelöli.
Megoldás. Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait az x + y + z = 3, 3
egyenlőséghez jutunk. De x + y + z = x + [ y] + { y} + [ z] + { z}
, tehát az első egyen-
et alapján [ z] + { y}
= 2, 2,
a második egyenletből következik, hogy [ x] + { z}
= 1,1
és [ y] + { x}
= 0.
Ezek az egyenlőségek csak akkor lehetségesek, ha [ z ] = 2,
{} y = 0,2,
[ x ] = 1,
{} z = 0,1,
[ y ] = 0 és { x } = 0,
tehát a megoldások x = 1 ,
y = 0, 2 és z = 2,1 .
4. Az ABC háromszögbe írt kör a BC, AC és AB
oldalakat a D, E illetve F pontokban érinti. Számítsd ki az
oldalakon meghetározott szakaszok hosszát az oldalak
hosszának a függvényében.
Megoldás. Mivel külső pontból a körhöz húzott két
érintő hossza egyenlő, az ábrán látható jelölések alapján
az

Egyenletrendszerek 105
⎧⎪
⎪
x + y = c
⎪
⎨y
+ z = a
⎪ x + z = b
⎪⎩
redszerhez jutunk. Ebből következik, hogy
− a + b + c
a − b + c
a + b−c x = = p−a
, y = = p −b
és z = = p−c
.
2
2
2
5. Egy szigeten 13 szürke, 15 barna és 17 zöld kaméleon él. Ha két különböző színű
kaméleon találkozik, mindketten a harmadk színre változtatják bőrük színét.
Lehetséges-e, hogy egy idő múlva minden kaméleon azonos színű legyen? Hát akkor,
ha 19 szürke, 13 barna és 20 zöld kaméleon van?
Megoldás. Az ( x, y, z)
számhármas jelölje azt az állapotot, amikor x darab szürke
y
darab barna és z darab zöld kaméleon van. Ha a különböző típusú találkozások
száma: a (szürkére változnak), b (barnára változnak) és c (zöldre változnak), akkor a
találkozások sorrendjétől függetlenül a végén
13 + 2a −b−c szürke
15 − a + 2b−c
barna
és 17 −a − b + 2c
zöld
színű kaméleon lesz. Ha minden kaméleon azonos színű, akkor az előbbi számok
közül kettő 0 és a harmadik 45. Másrészt az előbbi számok közül bármely kettő
különbségének 3-mal való osztási maradéka különbözik 0-tól, így nem lehetséges,
hogy a kaméleonok azonos színűek legyenek.
⎧⎪
⎪19
+ 2a −b− c = 0
⎪
A
⎪
⎨13
− a + 2b− c = 0
⎪
⎪20 −a − b + 2c = 52
⎪⎩
egyenletrendszernek a megoldásai a = b − 2 , c = b + 15 , b ∈ alakúak, tehát
a = 0 , b = 2 és c = 17 esetén elérjük a kívánt állapotot. Látható, hogy ezek a találkozások
lehetségesek is, tehát ebben az esetben elérhető, hogy csak egyszínű kaméleonok
éljenek a szigeten.
III.2.1. Gyakorlatok (76. oldal)
1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:
1
a) ; b)
1
⎪ ⎨⎪
; c) ⎪ ⎧⎪ 2x − y = 1
⎧ ⎪x
+ 2y = 3
⎪⎧
3x − 4y
=
⎪
⎨
⎨⎪
.
2 2
2
2 2
⎪x − xy + y = 7 y = x + 3x + 4 x + y = 2
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
Megoldás. a) Az első egyenletből y = 2x
− , tehát a második egyenlet alapján
2 2 2 2 2
7 = x − xy + y = x −x(2x − 1) + (2x − 1) = 3x − 3x
+ 1
tehát x ∈{ −1, 2} . Ha x = −1, akkor y = −3 és ha x = 2 , akkor y =
3 , tehát

106 Egyenletrendszerek
M = {( −1, − 3), (2, 3)} .
⎧⎪ ⎛ 5 11⎞⎫⎪
b) M = ⎪
⎨( −1,2), ⎜−
, ⎟⎪
⎬
⎪ ⎜⎜⎝ ⎟
2 4 ⎠⎟.
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
⎧⎪ ⎛31 17⎞⎫⎪
c) M = ⎪
⎨( −1, −1),
⎜ , ⎟⎪
⎬
⎪ ⎜⎜⎝ ⎟
25 25⎠⎟
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
.
2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket:
a) ⎪ ⎨⎪
; b) ⎪ ⎧ 2 2
⎪x
+ y = 1
,
x + y = a
⎪⎩
a ∈
⎧ 2
⎪y
= x − 3x + 2
⎨⎪
,
y = mx + n
⎪⎩
mn , ∈ ;
⎧ 2 2
⎪x
+ y = 1
c) ⎪
⎨
⎪ 2 2
( x − 1) + ( y − 1)
⎪⎩
, 2
= r
r ∈ ;
2 2 2
Megoldás. a) y = a − x , tehát a − 2a x + x + x
2
=1.
∆ = 8−4a. 2
Ha 8− 4a>
0,
vagyis a ∈( − 2, 2)
, akkor két megoldás létezik és ezek
( a 2 a , 2
2 2
+ − − − )
2 2
a illetve ( a − 2 −a , 2−a
) .
Ha a ∈ { ± 2},
akkor egy megoldás van és ez az ( a , 0) , míg ha a ∈( −∞, − 2) ∪
∪( 2, ∞ ) , akkor a rendszernek nincs megoldása.
2
b) Ha kiküszöböljük az y-t az x − (3 + m ) x + 2 − n = 0 egyenlethez jutunk.
2
∆ = m + 12m + 4 + 1,
tehát ha ∆ > 0 , akkor két megoldás létezik, ha ∆ = 0 ,
akkor egyetlen megoldás és ha ∆ < 0 , akkor egy sem.
Az első esetben a megoldások:
⎛ 2 2 2
3 m m 12m 4n 1 3m m 2n m m 12m 4n 1⎞
⎜ + + + + + + + + + + +
⎜
⎟
,
⎟
⎜ ⎟ ,
⎜ ⎜⎝ 2 2
⎠
⎟
⎛ 2 2 2
3 m m 12m 4n 1 3m m 2n m m 12m 4n
⎞
⎜ + − + + + + + − + + + 1
⎜
⎟
,
⎟
⎜ ⎟.
⎜ ⎜⎝ 2 2
⎠
⎟
⎛ 2
3 m 3m m 2n⎞
A második esetben a megoldás: ⎜ + + +
⎜ ,
.
⎝⎜2 2 ⎠⎟
Megjegyzés. A ∆ > 0 megoldásait a síkban ábrázolhatjuk.
⎧ 2 2
⎪x
+ y = 1
c) ⎪
⎨
.
⎪ 2 2 2
x + y −2x − 2y
= r − 2
⎪⎩
2
⎛ 2
2 3 r ⎞ 2
Tehát 2x + 2 y = 3−r
és így a ⎜ −
⎜ − y⎟+ y = 1 egyenlethez jutunk.
⎝⎜2⎠⎟

Egyenletrendszerek 107
2 2
∆ = 8 −(3 − r ) , tehát ha 2 1 r 2
− ≤ ≤ + 1, akkor van megoldása a rendszer-
nek, ellenkező esetben nincs. r ∈{ 2 − 1, 2 + 1} esetén a rendszernek egyetlen
megoldása van, míg r ∈( 2 −1, 2 + 1) esetén kettő.
⎛ 2 2⎞⎟
⎛ 2 2⎞
Az első esetben a megoldás: ⎜ , vagy ⎜
− , − ⎟ ,
⎝⎜2 2 ⎠ ⎝⎜2 2 ⎠⎟
⎛ 2 2 2 2
2 2
3 r 8 (3 r ) 3 r 8 (3 r ⎞
⎜ − ∓ − − − ± − − )
míg a második esetben: ⎜
,
.
⎜⎝
⎜ 4 4 ⎠⎟
Megjegyzés. Az a) alpontnál egy kör és egy egyenes metszéspontját határoztuk
meg, a második esetben egy parabola és egy egyenes és a harmadik esetben két kör
metszéspontját.
3. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:
⎧⎪ x + y + z = 1
⎧⎪ ⎧⎪
⎪
⎪−
x + y + 3z = 1
⎪
⎪x
+ y − z = −6
⎪
a) ⎪
⎨3x
− 2y + z = 6
; b) ⎨
⎪2x − 3y + z = 5 ; c) ⎪
⎨ 2x + 3y + 4z = 4 .
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
2 2 2
2 2
⎪x
+ y + z + xy + yz + xz = 2 ⎪
⎪ 2 2 2
x + xz − y = 6
⎪⎩
⎪
x y z 4
⎪⎩
⎪
+ − = −
⎪⎩
Megoldás. Az első két összefüggés alapján kiküszöbölünk két változót.
a) Az első egyenletből következik, hogy y = 1 −x −z
és így a második egyenlet alap-
8−5x 2x−5
2
ján z = . Ebből következik, hogy y = és így a 1 9x − 50x + 31 = 0
3
3
31
egyenlethez jutunk. Ha x = 1 , akkor y = −1 és z = 1 , míg ha x = , akkor
19
11 1
⎧
y = − és z = − . Tehát a megoldáshalmaz
⎪ ⎛31 11 1 ⎞⎫⎪
M = ⎨(1, −1, 1), ⎜ − ⎟⎪
⎟⎬
19 19
⎪ ⎜⎜⎝ , − ,
19 19⎠⎟
.
⎪⎩ 19 ⎪ ⎪⎭
35 ± 2 310
b) z =
, x = 10z − 8 és y = 7z − 7.
61
⎧⎪ ⎛ 4 12 62⎞⎫⎪
c) M = ⎪
⎨( −1, −2, 3), ⎜−
, − , ⎟⎪
⎬
⎪ ⎜⎜⎝ ⎟
3 7 21⎟
⎪⎩ ⎠ ⎪ ⎪⎭
.
2 2
4. Határozd meg az ( x − 1 ) + ( y − 2) = 1 egyenletű körhöz az origóból húzott
érintők egyenletét.
2 2
Megoldás. Az egyenes egyenlete y = cx
, tehát az ( x − 1 ) + ( cx − 2) = 1 egyenletnek
egy megoldása kell legyen. Az egyenlet
2 2
( c + 1) x − 2(2c + 1) x + 4 = 0
4
alakban írható, tehát a ∆ = 0 feltételből c = 0 és c = − .
1 2
3
4
Az érintők egyenlete: x = 0 és y = − x .
3

108 Egyenletrendszerek
2
2
5. Létezik-e olyan egyenes, amely érinti az y = x − 3x + 2 és y = − x + 5x − 6
egyenletű görbéket?
Megoldás. Az egyenes egyenlete y = a x + b,
tehát az
⎧ ⎪y
= ax + b
⎪
⎨
és 2 ⎪ y = x − 3x + 2
⎪⎩
2
⎪ ⎧ ⎪y
= ax + b
⎨⎪
2
y = − x + 5x − 6
⎪⎩
rendszereknek egyértelmű megoldása kell legyen. Ennek szükséges és elégséges fel-
2
2
tétele, hogy (3 + a) = 4(2 −b)
és (5 − a) = 4(6 + b)
.
Ha az előbbi két összefüggés megfelelő oldalait összeadjuk, a
2 2
(3 + a) + (5 − a)
= 32
egyenlethez jutunk, tehát a = 1 és így b = − 2 . A d : y = x − egyenes érinti
mindkét görbét.
III.3.1. Gyakorlatok (77. oldal)
1. Oldd meg a következő rendszereket:
⎧⎪ 1 1
⎧⎪ 1 1
⎪ + = 1
⎪ + = 7
a) ⎪
⎨x
y ; b) ⎪x
y
⎨
.
⎪ 2 2
1 1 1
x + y = 8 ⎪
37
⎪⎩
⎪ + + =
2 2
⎪⎩ x xy y
Megoldás. a) Az első egyenlet alapján x + y = xy és a második egyenlőségből
2
2
következik, hogy ( x + y) − 2xy
= 8. A t −2t − 8 = 0 egyenlet megoldásai t
és t = −2
, tehát a megoldáshalmaz
2
M = {(2,2),( − 1+ 3, −1− 3),( −1− 3, − 1+ 3)} .
1
= 4
b) Az 1 1
= u és v
x y = jelöléssel az ⎪ ⎧ ⎪u
+ v = 7
⎨ rendszert kell megoldanunk.
2 2
⎪ u + uv + v = 37
⎪⎩
2 2
( u + v) = u + 2uv
+ v
2 , tehát uv = 12 és így ( u, v) ∈ {(3, 4), (4, 3)} . Ebből
⎧⎪⎛1 1⎞
⎛1 1⎞⎫
következik, hogy ⎜ , , ⎜
⎪
M = ⎪
⎨ ⎟
⎜⎝3 4⎠
⎜
, ⎟⎪
⎟ ⎟⎬
⎪ ⎝4 3⎠⎟
.
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
2. Oldd meg a következő rendszereket:
a) ⎪ ⎨ ; b) ⎪ ⎨ ; c) ⎪ ⎨⎪
; d) ⎪ ⎧ ⎪x
+ y = 1 ⎧ 2 2
⎪x
+ y = 10 ⎪⎧
xy( x + y)
=−12
⎧ 4 4
⎪x
+ y = 2
⎨
.
2 2 ⎪ 3 3
3 3
x + y = 13 ⎪ 2 2 2 2
⎪⎩
x + y = 26 x + y = 37 ⎪ xy( x + y)
= 2
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
1 2 2 2
Megoldás. a) xy = ( ( x + y) − ( x + y ) ) =−6,
tehát M = {(3, −2), ( −2,
3)} .
2

Egyenletrendszerek 109
b) Az és xy jelölésekkel a rendszer ⎪ 2
⎪⎧
s − 2p = 10
x + y =s = p
⎨⎪
alakban írható.
s(10 − p)
= 26
⎪⎩
3
Ha kiküszöböljük p -t, az s − 30s + 52 = 0 egyenlethez jutunk. Az egyenlet gyökei
s = 2 , = −1+ 3 3
1
2 s és s = −1−3 3 .
3
2
Ha s = 2 , akkor p = −3
, tehát az u −2u − 3 = 0 egyenletet kell megoldanunk.
1
1
Ebben az esetben ( x, y)
∈{ (3, −1),(
−1,3)}
.
Ha s = − 1+ 3 3,
akkor p = 9− 3 3 és ( x, y) ∈
2 2
⎧⎪ ⎛
3 3 1 6 3 8 3 3 1 6 3 8
⎞ ⎛
3 3− 1 6 3 8 3 3 1 6 3 8
⎞⎫
⎪⎜ − + − − − − ⎟ ⎜ − − − + − ⎟ ⎪
∈ ⎪
⎨⎜ , ⎟ ⎟, ⎜
,
⎟
⎪
⎬.
⎪⎜ 2 2 ⎟ ⎜
2 2 ⎟
⎪ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎟ ⎝ ⎜
⎠⎟⎟⎪
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
Ha s = −1−3 3,
akkor p = 9+ 3 3 . Így x és y a 3 3 2
t + (1 + 3 3) t + 9 + 3 3 = 0
egyenlet gyökei. ∆ = −6 3 − 8 < 0,
tehát nincs valós gyök.
c) Az x y és xy jelöléssel a rendszer ⎪ ⎪⎧
s⋅ p = −12
+ = s = p
⎨⎪
alakban írható,
2
s⋅( s − 3 p)
= 37
⎪⎩
tehát s = 1 és p = −12
. Ebből következik, hogy M = {(4, −3), ( −3,
4)}.
2 2
d) Az x = u , y = v , majd u + v = s és u⋅ v = p jelöléssel a rendszer
2
⎪⎧
s − 2p = 2
⎪
⎨
alakban írható.
⎪s⋅p = 2
⎪⎩
3
Így s − 2sp
= 2s,
tehát s = 2 és p = 1 . Ebből következik, hogy ( u, v) ∈ {(1,1)} ,
tehát M = {(1, 1), ( −1, 1) , ( −1,
−1)
, (1, −1)}
.
3. Oldd meg a következő rendszereket:
1
10
a) 3
7
15
5
s
⎪ ⎨⎪
; b) ; c) ⎪ ⎧⎪
⎧ 2 2
⎪x
− 3xy + y =−1
⎧ xx ( + y)
=
⎪xx
( + y+ z)
=
⎪
⎪
⎪
⎨⎪
.
2 2
⎨
yx ( + y+ z)
=
x + 6xy + y = 1
⎪ yx ( + y)
=
⎪⎩
⎪⎩
⎪
⎪zx
( + y+ z)
=
⎪⎩
Megoldás. a) Az x + y = és xy = p jelöléssel a rendszer
2
⎪⎧
s − 5p = −1
⎪
⎨
⎪ 2
s + 4p = 17
⎪⎩
alakban írható, tehát p = 2 és s ∈ { ± 3} . Így M = {(1,2),(2,1),( −1, −2),( −2, −1)}
.
2
b) Ha a két egyenlőség megfelelő oldalait összeadjuk, az ( x + y)
= 25 egyenlőség-
hez jutunk. Így x + y ∈ { ± 5} , tehát M = {(2, 3), ( −2, −3)}
.

110 Egyenletrendszerek
c) Ha összeadjuk az egyenletek megfelelő oldalait következik, hogy x + y + z ∈ { ± 3} ,
⎧⎪ 1 5 1 5
tehát ⎪⎛ ⎞ ⎫
,1, ⎟
⎛
⎞⎪
M = ⎨⎜ , ⎜−
, −1, − ⎟⎪
⎬
⎪ ⎜ ⎜⎝ ⎟ ⎟
3 3⎠⎟ ⎝ ⎜ 3 3⎟
.
⎪⎩ ⎠ ⎪ ⎪⎭
⎧⎪ 1 1 1
⎪ + + = 1
4. Határozd meg az ⎪
⎨x
y z rendszer megoldásait a természetes számok
⎪ x + y + z = 11
⎪⎩
halmazában.
2
s −11s
10
Megoldás. Az x + y =s és xy = p jelölésekkel a p = = s −1− s −10 s −10
egyenlethez jutunk. Mivel 0 < s < 11,
csak az s −10 ∈{ −1, −2, −5}
eseteket kell
megvizsgálni, tehát s ∈ {9, 8, 5}
.
Ha s = 9 , akkor p = 18 és ( x, y) ∈ {(3,6),(6,3)} . Ha s = 8 , akkor p = 12 , tehát
( x, y) ∈ {( 2, 6), ( 6, 2)} , míg ha s = 5 , akkor p = 6 és ( x, y) ∈ {(2,3) ,(3,2)} .
Tehát M = {(2, 3, 6), (2, 6, 3), (3, 2, 6), (3, 6, 2), (6, 2, 3), (6, 3, 2)} .
Megjegyzés. Az
tározható.
III.4.1. Gyakorlatok (78. oldal)
1 1 1
+ + = 1,
x, y , z ∈ egyenlet összes megoldása is megha-
x y z
1. Oldd meg a következő rendszereket:
a) ⎪ ⎨⎪
; b) ⎪ ⎨⎪
; c) ⎪ ⎧ 2 2
⎪2x
+ 3y = 11
2 2
x − y = −5
⎪⎩
⎧ 2 2
⎪x
− xy + y = 7
2 2
2x + 3xy
− y = 1
⎪⎩
⎧ 2
⎪x
− 3xy = 27
⎨⎪
.
2
y + 3xy =−14
⎪⎩
Megoldás. a) Ha a második egyenletet szorozzuk 3-mal és a két egyenlőség
2
megfelelő oldalait összeadjuk, az 5 x
nek nincsenek valós megoldásai.
= −4
egyenlőséghez jutunk, tehát a rendszer-
b) Ha a második egyenlet mindkét oldalát szorozzuk 7-tel és kivonjuk az egyenletek
2
2
megfelelő oldalait, a 13x + 22xy − 8y = 0 egyenlőséghez jutunk.
x
2
2 2
Mivel y ≠ 0 , a t = jelöléssel 13 t + 22t − 8 = 0 . ∆ = 4 ⋅ (121+ 13⋅ 8) = 2 ⋅15
,
y
4
2
tehát t ∈{ −2, 13}
. Ha t = −2
, akkor y = 1 és így ( x, y) ∈{( −2,1),(2, −1)}
. Ha
4
2 16
t = , akkor =
13
19
9
⎧⎪⎛ y , tehát (, x y) ∈⎪
⎨⎜ ⎪
⎜
⎪⎩⎝ 4
,
19
13
⎞
⎟
⎛
⎟, ⎜−
19 ⎠⎟ ⎝
⎜
4
, −
19
13 ⎞⎫
⎟⎪
⎟
⎪
⎬
19 ⎠⎟
.
⎪ ⎪⎭
c) Az első egyenletet szorozzuk 14-gyel és a másodikat 27-tel, majd összeadjuk a két
2
2
egyenlőség megfelelő oldalait. Így a 14 x + 39xy + 27y =
0 egyenlőséghez jutunk.

Egyenletrendszerek 111
x
2
2
Mivel y ≠ 0 , a t = ismeretlenre 14 t + 39t + 27 = 0 és így ∆ = 39 −4⋅14⋅ 27 =
y
2
3 9
= 9 ⋅(13 −12⋅
14) = 9 , tehát t ∈{ − , −
2 7}
.
3
9
2 49
Ha t = − , akkor ( x, y ) ∈{ (3, −2),( −3,2)}
. Ha pedig t = − , akkor y = ,
2
7
10
⎧ ⎪ ⎪⎛ ⎛ 9 7 ⎫
⎜
9 7 ⎞
⎪
⎨ , ⎟
⎞
tehát ( x, y)
∈ ⎟, ⎜ , − ⎟
⎪
⎜
−
⎟ ⎜
⎬
⎪ ⎝ 10 10 ⎟
.
⎪⎩⎝ 10 10 ⎠
⎠ ⎪ ⎪⎭
III.6. Feladatok (80. oldal)
1. Oldd meg az
⎧ 2 2
⎪x
+ xy + y = 21
⎪
⎨
⎪ x + xy + y = 7
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazán. (Felvételi 1999)
2
Megoldás. Az x + y = s és xy = p jelölésekkel s − p = 21 és s + p = 7 ,
2
2
tehát s + s − 21 = 7 . Így s ≥ 21 és , tehát s = 5 . Ebből következik, hogy p = 4
és így M = {(4, 1), (1, 4)} .
2. Egy apa életkora 5 évvel több mint három fia életkorának összege. Tíz év múlva
kétszer annyi idős lesz mint a legnagyobb fia, húsz év múlva kétszer annyi idős lesz
mint a középső fia és harminc év múlva kétszer olyan idős lesz mint a legkisebb fia.
Hány éves az apa? Hát a fiai?
Megoldás. Ha a az apa életkora és f > f > f a három fiú életkora, akkor
1 2 3
⎧ ⎪a
= f + f + f + 5
⎪ 1 2 3
⎪
⎪a
+ 10 = 2( f + 10) 1
⎪
⎨
⎪
⎪a
+ 20 = 2( f + 20)
2
⎪ a + 30 = 2( f + 30)
⎪⎩
3
Ebből következik, hogy 3a = 2 ( f + f + f ) + 60 = 2( a − 5) + 60,
tehát a = 50 ,
f = 20 , f = 15 és f = 10 .
1
2 3
1 2 3
3. Egy tutaj az A -ból a B -be indult. 2,4 órával utána elindult egy motorcsónak,
amelynek sebessége 20 km/h
. A csónak, miután utolérte a tutajt, rögtön visszafordult.
Ha 3,6 óra múlva a csónak visszatért A -ba és a tutaj beért B -be, határozd meg
a víz sebességét.

112 Egyenletrendszerek
x
Megoldás. Az AT = x távolságot a tutaj t =
1
1
vv
idő alatt teszi meg (vv - a víz sebessége). Ugyanakkor
x
t = 2, 4 + mert a motorcsónak T -ben éri
1
1
20 + v v
2, vv(20
+ )
utol a tutajt. A két egyenlőségből x =
20
4 ⋅ v v
. Másrészt t = 3, 6 h múlva a
2
x
motorcsónak visszaér A -ba, tehát t = és így a
2
20 − v
2, 4 ⋅ vv(20 + vv)
3, 6 =
20(20 − vv
)
egyenlethez jutunk. Tehát a víz sebessége 10 km/h.
4. Két küldönc egyszerre indul, az egyik A -ból a B -be, a másik B -ből az A -ba. A
találkozás után az egyiknek 16 órára, míg a másiknak 9 órára volt szüksége ahhoz,
hogy célba érjen. Tudva, hogy mindkettőnek egynletes a sebessége, határozd meg,
hogy hány óra alatt tették meg az egész utat külön-külön!
Megoldás. Jelöljük T -vel a találkozási pontot, v és v -vel a két küldönc
sebességét és t -vel a találkozásig eltelt időt. A feltételek alapján:
AT = v ⋅ t = v ⋅16
tehát
A
BT = v ⋅ t = v
B
B
A
⋅ 9
v
A B
vA 16 t
= = és így t = 12 . Tehát a két küldöncnek külön-külön 28 és 21 órára
v t 9
B
volt szüsége a távolság megtételére.
5. Az A és B pontok között egy autóbusz közlekedik, amely csak A -ban és B -ben
áll meg, mindenütt 3 percre. Ismerjük a következőket:
a) Az autóbusz sebessége állandó.
b) 9 óra 8 perckor az autóbusz áthaladt a C ponton B felé.
c) 11 óra 28 perckor indult A -ból.
d) 13 óra 16 perckor érkezett B -be.
e) 14 óra 4 perckor áthaladt C -n, megint B felé.
f) A cukrászmester 58 percen át figyelte az utcát és nem látta elhaladni a buszt.
g) A pékmester 20 perc alatt kétszer látta az autóbuszt.
Hogyan helyezkedik el a cukrászda, a C pont és a pékség az AB szakaszon?
Megoldás. Az autóbusznak az út megtevéséhez legalább 30 percre van szüksége,
ellenkező esetben lehetetlen volna az f) feltétel. Ugyanakkor a c) és d) feltételek
alapján 13 h 16′ − 11h 28′ = 108′
alatt megtett néhány utat, beleszámítva a 3 perces
állásokat is. A d) és e) feltételek alapján 14 h 4′ − 13 h 16′ = 48′
alatt legalább egy
utat megtett. Így a 10 8′ alatt pontosan három utat tett meg, A -ból B
-be, majd B -ből

Egyenletrendszerek 113
A -ba és ismét A-ból B -be. Tehát egy út megtételéhez szükséges idő
108′ − 6′
=
3
102′
= = 34′
. Ebből következik, hogy 13 h 19′ + 34′ = 13 h 53′
-kor érkezett ismét
3
A -ba. 13 h 56′
-kor indult B -be és 8 perc múlva áthaladt C -n ( e) feltétel). Mivel a
8 4
sebessége állandó a C pont az AB szakasz = részénél helyezkedik el (A -
34 17
hoz közelebb). Az ABA vagy BA B útvonal bejárásához 68′ + 3′
= 71′
szükséges.
Ha a cukrászmester 58 percen át nem látta elhaladni az autóbuszt, akkor az egyik
13
várostól számított távolsága nem lehet nagyobb mint -ad része az AB távolság-
68
17
nak. Hasonlóan a pékség az egyik várostól nem lehet AB távolságnál messzebb.
68
144
= 48 4 + 48 =192 32
3
− 32 = 160
108
= 36 8 + 36 = 144 24
3
− 24 = 12
⋅ 20 ⋅ 60
108 ⋅60−144 ⋅20
= 90
60 − 20
⎛ x⎞
+ + ⎟ = 100
⎝ 3⎠⎟
= b
ax x
6. Találjuk ki azt a számot, amelyhez hozzáadjuk a harmadát, majd ebből levonva az
így kapott szám hatodát, az eredmény 100. Döntsük el, hogy jó-e az alábbi
próbálgatásos módszer?
1. Tegyük fel, hogy a keresett szám 144. , 14 , 192
= ,
6
192
. Mivel nem 100-at kaptunk, a keresett szám nem 144.
2. Tegyük fel, hogy a keresett szám 108. , 10 , 144
= ,
6
144 0 . Most sem 100-at kaptunk, tehát a keresett szám nem is 108.
A két rossz eredményből a következő számolásokat végezzük:
Első tévedés 60, második tévedés 20. A mellékelt ábra szerint a
144 és 108 szorzatok különbségét elosztjuk a hibák különbségével
, a keresett szám 90. Miért?
x 1
Megoldás. A „kitalálás” az x − ⎜x
3 6
⎜ egyenlet megoldását jelenti.
Általában az ax egyenlet megoldására használjuk a feladatban leírt találgatásos
módzsert. Ha x és x a két próbálkozás, akkor a két tévedés b és b−a ,
tehát a táblázat
− 1 2 1
2
x ( b −ax ) −x(
b −ax
) b( x −x)
b
= = − , ami éppen az egyenlet megol-
b + ( ) a
1 2 2 1 1 2
és így
b−ax − ax a x − x
1 2
2 1
dása.

114 Egyenletrendszerek
7. Kétféle ezüstünk van. Az egyik 11 karátos, a másik 14 karátos. Mennyi kell az egyes
típusokból, hogy 1 font 12 karátos ezüstöt lehessen ötvözni?
Jó-e a feladatra a következő megoldás?
12 karátos
Tehát 1 rész 14 karátos és 2 rész 11 karátos
ezüst szükséges az ötvözethez.
11
14
2 = 14 −12
1 = 12 −11
Megoldás. Ha a és b karátos ezüstből c karátosat szeretnénk ötvözni, akkor az
a⋅ k + b⋅ k
1 2 = c
k + k
1 2
egyenlőség kell teljesüljön, ahol k és k a két mennyiség. Így ( b− c) k = ( c−a) k ,
1
tehát a k = ( b −c) és k = ( c− a) megfelel,
tehát a megoldás helyes.
1 2
/ 5 6 = 12 − 6
6 /\
\12
1 = 6 − 5
2
2 1
8. Egy fűszerüzletben háromféle tea van: ceyloni, amely fontonként
5$, indiai, amely fontonként 8$ és kínai, amelyből egy font
12$. Milyen arányban kell e három teát keverni ahhoz, hogy 1 font
keverék 6$ legyen?
/ 5 2 = 8−6 6 /\
Helyes-e okoskodásunk?
\8
1= 6−5 Tehát 1 rész kínai, 1 rész indiai és 6 + 2 = 8 rész ceyloni tea kell.
Megoldás. Ha k , k és k a felhasznált mennyiségek, akkor a keverék ára:
1 2 3
5k + 8k + 12k
1 2 3 .
k + k + k
1 2 3
Ha ez 6, akkor 5k + 8k + 1 2k = 6( k + k + k vagyis
1 2 3 1 2
2 3
2 6
3 )
(8− 6) k + (12 − 6) k = (6−5) k .
Így a k = k = 6−5 és k = (8 − 6) + (12 − 6) megoldás helyes.
2 3 1
9. Ha egy kétjegyű szám kétszereséből 1-et kivonunk, akkor az eredeti szám jegyei
fordított sorrendben jellenek meg. Melyik ez a szám?
Megoldás. A feltételek alapján a 2 ⋅ab − 1=
ba , tehát 19 a = 8b + 1.
Mivel b ≤ 9 ,
a < 4 és a páratlan. Az a = 1 nem lehetséges és a = 3 esetén b = 7 . Így az
egyetlen megoldás a 37.
10. Egy férfi kétszer annyi idős, mint a felesége volt akkor, amikor a férj annyi idős
volt, mint a felesége most. A férj és a feleség éveinek a száma valamint ezek összege is
aa alakú. Hány éves a férj és a feleség most?
Megoldás. Ha f = aa a férj életkora és fe = bb
a feleség életkora, akkor
( )
aa = 2 ⋅ bb −( aa − bb)
,
tehát 3a = 4b
és mivel a, b ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} , csak az a = 4 és b = 3 vagy
a = 8 és b = 6 eset lehetséges. A második esetben az aa +
bb összeg nem kétjegyű,
tehát a férj 44 éves és a feleség 33.
1

Egyenletrendszerek 115
11. Egy kör kerülete 100 m. Ha e körön két test ugyanabban az irányban mozog,
akkor e testek 20 másodpercenként találkoznak. Ha ellenkező irányban mozognak,
akkor 4 másodpercenként. Mekkora utat tesz meg mindegyik test egy másodperc alatt?
Megoldás. Ha v és v a két test sebessége, akkor az adott feltételek szerint
1 2
⎧ ⎪4(
v + v ) = 100
⎪ 1 2
⎨
⎪20( v − v ) = 100
⎪⎩ 1 2
Tehát v = 15 m
s és v = 10 m
s .
1
2
12. Oldd meg és tárgyald az
⎧⎪
⎪ax
+ 4y+ 7z=
0
⎪
⎨2x
+ ay + 7z
= 0
⎪
⎪x − 2y + az = 0
⎪⎩
egyenletrendszert, ha a ∈ . (Felvételi 1995)
Megoldás.
a
4 7
2 7
3
∆ = a = a −
1 −2
A (0, 0, 0) megoldása a rendszernek tetszőleges a ∈ esetén. Az ettől különböző
megoldások létezésének a feltétele ∆ = 0 , vagyis a ∈{ −1,
0,1} . Ha a = −1
, akkor
⎛5α⎞ a megoldáshalmaz M = { ⎜ α, α,
⎝⎜ −
3 3⎠
⎟ | α ∈ } . Ha a = 0 , akkor M =
⎧⎪ ⎛ 7 7 ⎞
= ⎨⎜− α, α, α⎟| α ∈
⎝⎜ −
2 4 ⎠⎟}
és ha a = 1,
akkor M = {( 3 α, α , −α| ) α∈
}
.
⎪⎩
13. Oldd meg az
⎧ 1995 1995 1995
⎪x
+ y = 1+ 2
⎪
⎨
⎪ 3 3
x − y = −7
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1995)
Megoldás. A rendszer írható az 1995 1995 1995
⎪⎧
x − 1= 2 − y
⎪
⎨
⎪ 3 3 3
x − 1= y − 2
⎪⎩
2k+ 1 2k+ 1
alakban is. Másrészt x − y és x − y előjele megegyezik, tehát 2 − y és y − 2
előjele ugyanolyan mint x − 1 előjele. Ez csak akkor lehetséges, ha y = 2 és így
x = 1 . Tehát M =
{(1, 2)} .
a
a.

116 Egyenletrendszerek
14. Oldd meg a valós számok halmazában az
⎪⎧
⎪
⎨
⎪
⎪⎩
x + y + x − y = 6
2 2
x − y = 8
egyenletrendszert. (Felvételi 1997)
Megoldás. A x + y = a és x − y = b jelöléssel a rendszer
)} ab
⎪ ⎧ ⎪a
+ b = 6
⎨⎪ alakban
ab = 8
⎪⎩
írható. Így ( ab , ) ∈ {(2, 4), (4, 2 . Ha ( , ) = (2,4) , akkor ( x, y ) = (10, − 6) és ha
(, ab ) = (4,2)
, akkor ( x, y ) = (10,6) . Tehát M = {(10,
−6),
(10, 6)} .
15. Oldd meg a
⎧⎪ x y 5
⎪ + =
⎪
y x 2
⎨
⎪ 1 1 5
⎪ + =
⎪
⎪⎩ x y 16
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1997)
Megoldás. Ha elosztjuk a két egyenlőség megfelelő oldalait, az xy = 64 egyenlő-
séghez jutunk és így x + y = 20 , tehát ( x, y) ∈ {(16,4),(4,16)} .
16. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszert: ⎪ ⎧ 2
⎪mx
+ y = m
⎨⎪
.
x + my = 1
⎪⎩
2
Megoldás. ( m −1)( x − y) = m − 1.
Ha m = 1 , akkor nem tudunk elosztani
(m−1) -gyel, de az eredeti rendszer két egyenlete ekvivalens és így M = {( α, 1 − α)
|
2
|α∈} . Ha m ≠ 1 , akkor x − y = m + 1,
tehát ( m + 1 ) x = m + m + 1 és
( m + 1)
y =−m
. m ≠−1
esetén a rendszer összeférhető és határozott, a megoldása
⎛ 2
⎜m
+ m + 1 −m ⎞
⎜
, , míg m = −1
esetén összeférhetetlen.
⎜⎝
m + 1 m + 1⎠⎟
17. Oldd meg az
⎧ ⎪x
+ y xy 1
⎪ + = a +
⎪ xy x + y a
⎨
⎪
x − y xy 1
⎪ + = b +
⎪⎪⎩ xy x − y b
*
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a, b ∈ . (Felvételi 1995)
1
Megoldás. Ha + = a +
u a
1
u , akkor 2 ⎛ 1⎞
− ⎜
⎟
⎜⎝
+ ⎟u
+ 1=
a ⎠⎟
0
Ez alapján a következő eseteket kell letárgyalni:
1
u a , tehát ∈ { }
u a , .
a

Egyenletrendszerek 117
⎧⎪ x + y
⎧⎪ x + y
⎧
⎪ = a ⎪ = a ⎪x
+ y 1 ⎧ ⎪x
+ y 1
⎪ xy
⎪
⎪ = ⎪
1. ⎪
xy
⎪
⎨ ; 2. ⎪
xy a
⎪ =
⎪x
− y
⎨ ; 3. ⎪
⎨ ; 4. ⎪ xy a
⎪
⎪x
− y 1 x − y
⎨ .
⎪ = b ⎪
⎪
=
⎪⎩ xy
⎪
⎪
⎪x y 1
⎪ = b ⎪
−
=
⎪⎩ xy b ⎪⎩ xy
⎪
⎪⎩ xy b
2
2
2 2
Az első esetben x = és y = ha a −b ≠ 0 .
a −b
a + b
2b
2b
A második esetben x = és y = ha ab ∉ { ± 1} .
ab − 1 ab + 1
2a
2a
A harmadik esetben x = és y = ha ab ∉ { ± 1} .
1 −ab
ab + 1
2ab 2ab 2 2
A negyedik esetben x = és y = ha a −b ≠ 0 .
b− a a + b
Tehát a következő táblázatba foglalhatjuk össze a megoldásokat:
2 2
a = b , ab ∈ { ±1}
( ab , ) ∈{(1, 1), (1, −1), ( −1, 1), ( − 1, −1)}
M = ∅ 1
A megoldáshalmaz
2
a
2
= b de ab ∉ { ± 1}
⎧⎪⎛ 2b 2b ⎞ ⎛ 2a 2a
⎞⎫⎪
M = , , ,
2 ⎨
⎪⎜ ⎪
⎟ ⎜
⎟
⎬
⎪
⎜ ⎜ab 1 ab 1⎟ ⎜ ⎜1
ab ab 1⎟
⎪⎩⎝ − + ⎠ ⎝ − + ⎠ ⎪ ⎪⎭
2
a
2
≠ b de ab ∈ { ± 1}
⎧⎪ 2 2 2ab 2ab
M ⎪⎛ ⎞ ⎫
, ⎟
⎛
⎞⎪
= , ,
3 ⎨⎜ ⎪
⎟ ⎜
⎟
⎬
⎪
⎜ ⎜⎝ ⎜
a − b a + b⎠⎟ ⎝⎜b−
a a + b⎟
⎪⎩ ⎠ ⎪⎭⎪
2
a
2
≠ b és ab ∉ { ± 1}
M = M ∪ M
4 2 3
18. Oldd meg az
⎧⎪
⎪x
+ y = 3z
⎪
⎪ 2 2
⎨x
+ y = 5z
⎪ 3 3
⎪x
+ y = 9z
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1995)
Megoldás. Az
z z
⎪ ⎨⎪
és ⎪ ⎧ ⎪x
+ y = 3z
⎧ ⎪x
+ y = 3z
⎨⎪
rendszerekben z -t paraméternek
2 2
3 3
x + y = 5 x + y = 9
⎪⎩
⎪⎩
tekintjük. Ha z = 0 , akkor a második egyenlet alapján x = y = 0 , tehát feltételez-
2
7z
− 5z
2
hetjük, hogy z ≠ 0 . Így az előbbi két rendszerből xy = és xy = 3z−1 2
2
adódik, tehát z ∈ { 1,
3}
. Ha z = 1 , akkor x + y = 3 és xy
= 2 alapján

118 Egyenletrendszerek
2
1
( x, y) ∈ {(1, 2), (2, 1)} . Ha z = , akkor x + y = 2 és xy = , tehát
3
3
⎧⎪⎛ ⎜3+ ( xy , ) ∈ ⎪
⎨⎜ ⎪⎜ ⎪
⎜
⎩⎝ 3
6 3− ,
3
6⎞ ⎛3− ⎟ , ⎜
⎟ ⎜
⎠⎟
⎝ ⎜ 3
6 3+ ,
3
6⎞⎫
⎟⎪
⎟⎪
⎟⎬.
⎠⎟
⎪
⎪⎭
19. Oldd meg a valós számok halmazában a következő egyenletrendszert:
⎧⎪ u + v = 2
⎪
⎪ux
+ vy = 3
⎪
⎨ 2 2 .
⎪
ux + vy = 5
⎪ 3 3
ux + vy = 9
⎪⎩
2 2
⎧⎪ u v
+ vy = 5
Megoldás. Az
ux
3 3
⎪⎩
+ vy = 9
⎪ ⎨⎪
és ⎪ + = 2 ⎧⎪ ux
⎨⎪
rendszerekben x -et és y -t para-
+ vy = 3 ux
⎪⎩
⎛3 2
9
méternek tekintjük. Így az u v)
⎜ − y 3−2x⎞ ⎛ 9−5y −5x ⎞
(, = ⎜⎜ , ⎟ = ⎜ ,
⎟
2 2
⎝ x −y y −x ⎠
⎟ ⎜ ⎜x ( −y) y ( y −x)
⎟
⎝ x
⎠ ⎟
3−2y 9−5y 3−2x 9−5x
egyenlőséghez jutunk. Tehát = és = . Az x = y
2
2
x −y x ( x −y)
y −x y ( y −x)
eset nem lehetséges mert ellentmondáshoz vezet, akárcsak az x = 0 vagy y = 0 . Az
y
előbbi egyenlőségek alapján:
x
+ y) = 18 − 5( x + y)
x, y)
∈ { (2, 1
⎪ ⎨⎪
. Ha kivonjuk és összeadjuk a
megfelelő oldalakat, akkor a ⎪ ⎧⎪
2
x (3 − 2 y)
= 9 − 5
2
y (3 − 2 x)
= 9 − 5
⎪⎩
⎧⎪ 3( x + y) − 2xy = 5
⎨⎪
rendszerhez
2 2
3( x + y ) − 2 xy( x
⎪⎩
jutunk. Ebből következik, hogy x + y = 3 és xy = 2 , tehát ( ), (1, 2)} és
így M = {(2, 1, 1, 1), (1, 2, 1, 1)} (x, y , u, v a sorrend).
20. Oldd meg az
⎧ 2 2 2
⎪x
+ y + z = 12
⎪
⎨
⎪ xy + yz + zx = 12
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
2 2 2
Megoldás. Mivel x + y + z = xy + yz + zx
következik, hogy x = y = z (lásd
9.1.3. feladatot a 28. oldalon) és így M = {(2, 2, 2) , ( −2, −2, −2)}
.
21. Oldd meg az
⎧ 2 2 2 2 2
x + y + z + t + u =
⎪
10
⎪
⎨
⎪ xy + yz + zt + tu + ux = 10
⎪⎩

Egyenletrendszerek 119
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
Megoldás. A 9.3.4. Alkalmazások 2. feladata alapján (lásd a tankönyv 34. oldalát)
x = y = z = t =u és így M = {( 2, 2, 2, 2, 2), ( − 2, − 2, − 2, − 2, − 2)} .
22. Oldd meg az
⎧⎪
⎪
1
⎪x
+ y + = 3
⎪ z
⎪
⎪ 1
⎨x
+ + z = 3
⎪ y
⎪ 1
⎪
+ y + z = 3
⎪⎩ x
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
Megoldás. Ha x ≠y ≠ z ≠ x , akkor páronként kivonjuk egymásból az egyenleteket
és így az xy = yz = zx =−1összefüggésekhez
jutunk. Ebből következik, hogy
x = y = z tehát a rendszernek nincs olyan megoldása, amelyre x ≠y ≠ z ≠ x.
Ha
1
x = y = z , akkor az x = y = z = 1 és x = y = z = megoldásokat kapjuk.
2
A szimmetria miatt a továbbiakban feltételezhezjük, hogy x = y ≠ z . Így a
⎧⎪ 1
⎪
⎪2x+
= 3
⎪ z
⎨
⎪
1
⎪x
+ + z = 3
⎪⎩ x
rendszert kell megoldanunk. Ebből következik, hogy xz = −1 , tehát x = 3 és így
⎧⎪ ⎛1 1 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞
M = ⎪(1,1,1), , , ⎟, 3,3, ⎟
1 ⎫
⎜ ⎜ , ⎜
⎜ ⎟ − ⎟ 3, − ,3 ,
⎝2 2 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 3⎠⎟ ⎝⎜ ⎟
⎛ ⎞⎟⎠
⎪
⎨ ⎜−
⎜
,3,3⎬
⎪
⎪ 3 ⎠
⎟ ⎜⎜⎝
.
⎪⎩ 3 ⎪ ⎪⎭
23. Oldd meg az
⎧⎪a − 4a + 3a ≥ 0
⎪ 1 2 3
⎪
⎪a
− 4a + 3a ≥ 0
⎪ 2 3 4
⎪
⎪……………………
⎪
⎨
⎪a
− 4a + 3a
≥ 0
⎪ 1999 2000 2001
⎪
⎪a
− 4a + 3a
≥ 0
⎪ 2000 2001 1
⎪
⎪
a − 4a + 3a ≥ 0
⎪⎩ 2001 1 2
egynlőtlenségrendszert a valós számok halmazában.
Megoldás. Ha összeadjuk az egyenlőségeket a 0≥0
összefüggéshez jutunk, tehát
egyetlen egyenlőtlenségben sem teljesülhet szigorú egyenlőtlenség (ebben az esetben a
0 ellentmondáshoz jutnánk). Tehát a − 4a + 3a
= 0, k = 1, 2001 , ahol
0> k k+
1 k+
2
és a . Bizonyítható, hogy
2002 = a a = a
1 2003 2

120 Egyenletrendszerek
3a −a 9( a −a
) 2 1 1 2 , 1, 2001
2 2 3 k
k a = +
⋅
k = .
Az a2002 = a és a 1 2003 = a feltételek alapján a 2
1 a és így a 2 = a , 1, 1999 = k .
= k 1
24. Oldd meg az
⎧⎪
⎪x
+ y + z = m
⎪
⎪ 2 2 2 2
⎨x
+ y + z = m
⎪ 3 3 3 3
⎪x
+ y + z = m
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha m ∈ .
3 2
Megoldás. ( u −x)( u −y)( u − z) = u − ( x + y + z) u + ( xy + yz + zx) u − xyz .
2
m
2 2 2
= x + y + z
2
= ( x + y + z) − 2( xy + yz + zx)
,
tehát xy + yz + zx = 0 és így x , y és z az
3 2
u −mu − c = 0
egyenlet gyökei, ahol c = xyz
. Ez alapján
3
m
3 3 3
= x + y + z
2 2 2 3
= m⋅ ( x + y + z ) + 3c
= m + 3c,
tehát c = 0 és így M = {( m,0,0),(0, m,0),(0,0, m)}
.
25. Oldd meg az
⎧⎪ 3 3 4
xyz =
⎪ 1
⎪
⎪ 2 4 4
⎨xyz
= 2
⎪ 2 3 5
⎪xyz
= 3
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
x 1
Megoldás. Ha az egyenletek megfelelő oldalait páronként elosztjuk, az = ,
y 2
y 2 z
= és = 3 összefüggésekhez jutunk. Tehát y és z . Ez alapján
z 3 x 2 = x = 3x
3 3 4 3 3 4 10
1= xyz = x ⋅8x⋅ 81x= 8⋅81⋅
x ,
1
ahonnan x =± . Tehát a megoldáshalmaz :
10 3 4
2 ⋅ 3
⎧⎪ 1 2 3 1 2 3 ⎫
M ⎪
⎛ ⎞
, , ⎟
⎛
⎞⎪
= , , , ⎟
⎨
⎜ ⎟ ⎜−
− − ⎟⎪
⎜10 3 4 10 3 4 10 3 4 ⎟ ⎜
10 3 4 10 3 4 10 3 4
2 3 2 3 2 3
⎜
⎟⎬
⎪ ⎜⎝ ⋅ ⋅ ⋅ ⎠⎟ ⎝⎜
2 ⋅3 2 ⋅3 2 ⋅3
⎟
⎪
⎩ ⎠ ⎭
.
26. Mi a feltétele annak, hogy az
⎧⎪ x + y + z = a
⎪
⎨
⎪
⎪⎩
xy + yz + zx = b
egyenletrendszer megoldható legyen?

Egyenletrendszerek 121
2
Megoldás. Az ( x + y + z) 2
≥ 3( xy + yz + zx)
egyenlőtlenség alapján az a ≥ 3b
feltétel szükséges. Másrészt ha kiküszöböljük z -t és rendezzük x hatványai szerint, az
2 2
x + x( y − a) + y − ay + b = 0 (1)
egyenlethez jutunk. A rendszernek pontosan akkor létezik megoldása, ha az (1) egyen-
2 2
letben létezik olyan y ∈ , amelyre ∆ = − 3y + 2ay + a −4b ≥ 0.
Ez pontosan
2
2
akkor lehetséges, ha ∆ = 16a
− 48b
> 0 , tehát az a ≥ 3b feltétel elégséges is.
y
27. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = 6 és xy + yz + zx = 9 , akkor x, y , z ∈ [0, 4] .
Megoldás. Akárcsak az előbbi feladatban, a z kiküszöbölése után az
2 2
x + x( y − 6) + y − 6y + 9 = 0
2
egyenlethez jutunk, tehát ∆ = − 3y + 12y
≥ 0 és így y ∈ [0, 4] . Hasonlóan látható
be, hogy x, z ∈ [0, 4] (vagy a szimmetria alapján).
28. Bizonyítsd be, hogy ha a, b , xyz∈ , , , x + y + z = a és xy + yz + zx = b , akkor
2
a − 3b
max{ x, y, z} −min{ x, y, z}
≤ 2
3
.
Megoldás. Ha x ≥y ≥z , akkor max{ x, y, z} − min{ x, y, z} = x − z és
2 2 2 2 2 2 2
( x − z) = x + z − 2 xz = ( a −2 b−y ) −2( b−y( a − y)) = − 3y + 2ay
+ a − 4b
.
2 2
De a − 3y + 2ay
+ a − 4b kifejezés maximuma
∆ a − b a −
− = = 4 ⋅
−4 ⋅( −3)
12 3
2 2
16 48 3
2
2
2 a − 3b
a − 3b
és így ( x −z) ≤ 4⋅
, vagyis x −z ≤2
.
3
3
29. Oldd meg az
⎧ ⎪ x + y + 3 x − y = 6
⎪
⎨
⎪ 6
3 2
⎪ ( x + y) ( x − y)
= 8
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
Megoldás. Az x + y = a és 3 x − y = b jelölésekkel az
{(2, 4), (4, 2
⎪ ⎧ ⎪a
+ b = 6
⎨⎪ egyen-
ab = 8
⎪⎩
letrendszerhez jutunk, tehát ( ab , ) ∈ )} és így M = {( 34, − 30), ( 12, 4)} .
30. Oldd meg az
⎧⎪ x = y + 45 − y + 5
⎪
⎨
⎪ y = x + 45 − x + 5
⎪⎩
b

122 Egyenletrendszerek
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
Megoldás. Mindkét egyenletet átrendezzük és négyzetre emeljük. Így a
⎧⎪
2
2x y + 5 = 40−x
⎪
⎨
⎪ 2
2y x + 5 = 40−y
⎪⎩
rendszerhez jutunk. Ebből
⎧ 2 4 2
⎪4
x ( y + 5) = 1600 + x − 80x
⎪
⎨
,
⎪ 2 4 2
4 y ( x + 5) = 1600 + y − 80y
⎪⎩
tehát
4 xy( x − y) + 20( x − y)( x + y) = ( x − y)( x + y) −80( x − y)( x + y)
.
2 2
Ha x ≠ y , akkor a 4xy + 1 00( x + y) = ( x + y)( x + y ) egyenlőséghez jutunk, mert
x = y + 45 −
2 2
y + 5 > 0 és y > 0 , tehát 100 −x −y
> 0 . Ha x = y , akkor
3
3
az( x −4)( x −100x
− 400) = 0 egyenlethez jutunk. Mivel az x x
egyenletnek a [0 , 7]
intervallumban nincs gyöke, a rendszer egyetlen megoldása az
x = y = 4 .
31. Oldd meg az
⎧⎪ n
⎪x
+ x + … + x
1 2
n =
⎪
2
⎨
3 3 3 n
, n
⎪
⎪x
+ x + … + x
1 2
n =
⎪⎩
8
egyenletrendszert a [ − 1 , + ∞)
intervallumban.
2
*
∈
−100 −400
= 0
3
⎛ 1⎞
Megoldás. A 4x − 3 x + 1= 4 ⎜
⎜x − ⎟
⎜⎝
⎟ ( x +
2⎠⎟
1) felbontás alapján
3
4x − 3x + 1≥
0,
ha x ≥−1.
Tehát
n n
3
0≤ 4⋅∑x −3⋅ i ∑xi i= 1 i=
1
n n
+ n = 4⋅ −3⋅ + n = 0.
8 2
2
Ez csak akkor lehetséges ha 4x − 3 x i i + 1= 0,
1
i = 1, n , vagyis ha x = , i = 1, n .
i
2
32. Oldd meg az
⎧ ⎪
x + y + z = a
⎪ 1 1 1 1
⎨ + + =
⎪
⎪x
y z a
⎪ xy + yz + zx =−2
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a ∈
. (Felvételi 1999)

Egyenletrendszerek 123
Megoldás. A második egyenlet alapján
xy + yz + zx 1
= , tehát xyz = −2a
. Így
xyz a
3 2
2
x, y és z az u −a u − 2u + 2a
= 0 egyenlet gyökei. Az egyenlet ( u−a) ( u −2)=
0
alakban írható, tehát M = {( a , 2, − 2), ( a, − 2, 2), ( 2, a, − 2), ( − 2, a,
2),
( 2, − 2, a), ( − 2, 2, a)}
.
33. Oldd meg és tárgyald az
⎧⎪ mx + y + z = 0
⎪
⎪x
+ my + z = 0
⎪
⎨
⎪x
+ y + mz = 0
⎪ 2 2 2
⎪ x + y + z = 3
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha m < 0 . (Felvételi 1999)
Megoldás.
m
1 1
3 2
1 1 2 3 ( 1) (
1 1
m = m + − m = m − m + 2) ,
m
tehát ha m ∈ \{1, −2}
, akkor az első három egyenletből alkotott rendszernek
egyértelmű megoldása van és az nem teljesíti az utolsó egyenletet. Mivel m < 0 , csak
az m = −2
esetet kell megvizsgálni. Ebben az esetben x = y = z , tehát a megoldás-
halmaz M = {(1, 1, 1), ( −1, −1, −1)}
.
34. Oldd meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazában:
⎧⎪ 2
⎪x
− yz = 1
⎪
⎪ 2
⎨y
− xz = 2
⎪ 2
⎪z
− xy = −1
⎪⎩
Megoldás. Szorozzuk az első egyenletet y -nal, a másodikat z -vel és a harmadikat
x -szel. Ha összeadjuk az így kapott egyenletek megfelelő oldalait, az y + 2z − x = 0
összefüggéshez jutunk. Ha az első egyenletet z -vel, a másodikat x -szel és a
harmadikat y -nal szorozzuk a z + 2x − y = 0 egyenlethez jutunk. Ebből a két
egyenletből x = −3z és y = −5z
. Ha ezeket visszahelyettesítjük az első egyenletbe,
⎧⎪⎛ 3 5 1 ⎞ ⎛ 3 5 1 ⎞⎫⎪
az M = ⎪
⎨⎜− , − ,
⎟
, ⎜ , , − ⎟
⎪
⎬ megoldáshalmazt kapjuk.
⎪
⎜ 14 14 14 ⎝
⎜ 14 14 14
⎟
⎪⎩⎝ ⎠ ⎠ ⎪ ⎪⎭

124 A matematikai logika elemei
IV. A matematikai logika elemei
IV.1.2. Gyakorlatok és feladatok (87. oldal)
1. Készítsd el az alábbi kijelentések logikai értéktáblázatát:
a) ⎤( ⎤ p)
; b) p∧q ; c) p∨ q ; d) p∧( p ∨q)
;
e) p∨( p∧ q)
; f) ( p∨q) ∨ r ; g) p∨( q ∨ r)
; h) ( p∧q) ∨r
;
i) ( p∨q) ∧ r ;
Megoldás.
j) ( p∨q) ∧( q ∨ r)
; k) ( p∧r) ∨( q ∧r)
.
a)
f)
p ⎤ p ⎤( ⎤ p)
p q r p∨ q ( p∨q) ∨ r
0 1 0
1 0 1
Megjegyzés. A táblázatból következik,
hogy ⎤( ⎤ p) ≡ p .
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
0
0
1
1
1
0
1
1
1
1
b)
p q p∧ q
1
1
0
1
1
0
1
1
1
1
0 0 0
1 1 1 1 1
c)
0
1
1
p
1
0
1
q
0
0
1
p∨ q
g)
p
0
0
0
q
0
0
1
r
0
1
0
q ∨ r
0
1
1
p∨( q ∨ r)
0
1
1
0 0 0
0 1 1 1 1
0 1 1
1 0 0 0 1
1 0 1
1 0 1 1 1
d)
p
0
0
1
1
e)
p
0
0
1
1
1
q
0
1
0
1
q
0
1
0
1
1
p ∨ q
0
1
1
1
p∧ q
0
0
0
1
1
p∧( p∨q) 0
0
1
1
p∨( p ∧q)
0
0
1
1
1
1
h)
p
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
q
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
r
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
p∧ q
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
( p∧q) ∨ r
0
1
0
1
0
1
1
1

A matematikai logika elemei 125
i)
j)
p q r p∨ q ( p∨q) ∧r
0 0 0 0 0
0 0 1 0 0
0 1 0 1 0
0 1 1 1 1
1 0 0 1 0
1 0 1 1 1
1 1 0 1 0
1 1 1 1 1
p q r p∨ q q ∨ r ( p∨q) ∧( q ∨ r)
0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 1 0
0 1 0 1 1 1
0 1 1 1 1 1
1 0 0 1 0 0
1 0 1 1 1 1
1 1 0 1 1 1
1 1 1 1 1 1
2. Bizonyítsd be a következő összefüggéseket:
a) p∧q ≡q ∧p; b) p∨q ≡q ∨ p;
c) p∧( q ∧r) ≡( p∧q) ∧r ;
d) p∨( q ∨r) ≡( p∨q) ∨ r ; e) p∨( q ∧r) ≡( p∨q) ∧( p∨r) ;
f) p∧( q ∨r) ≡( p∧q) ∨( p∧r) .
Megoldás.
a) Elkészítjük a p ∧ q és q ∧ p kijelentések logikai értéktáblázatát:
p q p∧ q q ∧ p
0 0 0 0
0 1 0 0
1 0 0 0
1 1 1 1
Az értéktáblázat alapján p ∧ q és q ∧ p egyidőben igaz, tehát p ∧q ≡q ∧p.
b) Hasonlóan, az értéktáblázat:
p q p∨ q q ∨ p
0 0 0 0
0 1 1 1
1 0 1 1
1 1 1 1
Tehát p∨q ≡q ∨p.

126 A matematikai logika elemei
c) Az értéktáblázat:
p q r q ∧ r p∧ q p∧( q ∧ r)
( p∧q) ∧ r
0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0
0 1 1 1 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0
1 0 1 0 0 0 0
1 1 0 0 1 0 0
1 1 1 1 1 1 1
Az értéktáblázatban az utolsó két oszlop azonos, tehát p∧( q ∧r) ≡( p∧q) ∧r .
d) Az 1. feladatban az f) és g) pontokban már elkészítettük a ( p∨q) ∨r
és
p∨( q ∨r) logikai kijelentések értéktáblázatát. Ezek alapján ( p ∨q) ∨r
≡ p ∨( q ∨r)
.
e)
p q r q ∧ r p∨( q ∧ r)
p∨ q p∨ r ( p∨q) ∧( p∨ r)
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 1 0
0 1 0 0 0 1 0 0
0 1 1 1 1 1 1 1
1 0 0 0 1 1 1 1
1 0 1 0 1 1 1 1
1 1 0 0 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
Az értéktáblázat kiemelt oszlopai megegyeznek, tehát p∨( q ∧r) ≡( p∨q) ∧( p∨ r)
.
f)
p q r q ∨ r p∧( q ∨ r)
p∧ q p∧ r ( p∧q) ∨( p∧ r)
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 0 0 0 0
0 1 0 1 0 0 0 0
0 1 1 1 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0 0
1 0 1 1 1 0 1 1
1 1 0 1 1 1 0 1
1 1 1 1 1 1 1 1
A fenti táblázat alapján p∧( q ∨r) ≡( p∧q) ∨( p∧ r)
.
3. Bizonyítsd be a következő összefüggéseket:
a) p ↔q ≡q ↔ p ; b) ( p →q) →r ≡/ p →( q →r)
;
c) p →q ≡⎤ p∧( ⎤ q)
; d) p →q ≡( ⎤q) →(
⎤p)
.
( )

A matematikai logika elemei 127
Megoldás. A bizonyításokat értéktáblázatok segítségével végezzük el.
a)
p q p ↔ q q ↔ p
0 0 1 1
0 1 0 0
1 0 0 0
1 1 1 1
Tehát p ↔q ≡q ↔ p.
b)
p q r p → q ( p →q) → r q → r p →( q → r)
0 0 0 1 0 1 1
0 0 1 1 1 1 1
0 1 0 1 0 0 1
0 1 1 1 1 1 1
1 0 0 0 1 1 1
1 0 1 0 1 1 1
1 1 0 1 0 0 0
1 1 1 1 1 1 1
A kiemelt oszlopok nem egyeznek meg, tehát ( p →q) →r ≡/ p →( q → r)
.
c)
p q p → q q p q ⎤ p∧⎤q ⎤ ∧ ( ⎤ ) ( ( ) )
0 0 1 1 0 1
0 1 1 0 0 1
1 0 0 1 1 0
1 1 1 0 0 1
( ( ) )
A táblázat alapján p →q ≡⎤ p∧ ⎤q
.
d)
p q ⎤ p ⎤ q p q
→ ( ) → (
⎤q ⎤ p)
0 0 1 1 1 1
0 1 1 0 1 1
1 0 0 1 0 0
1 1 0 0 1 1
Tehát p →q ≡( ⎤q) →(
⎤ p)
.
4. Bizonyítsd be, hogy az alábbi kijelentések logikai értéke 1, függetlenül az őket
alkotó kijelentések logikai értékétől.
a) p →( p∨q)
; b) ( p∧q) → p;
c) ( p∧( p →q) ) →q
;
d) ( ( p →q) ∧( q → r) ) →( p → r)
; e) ( p →q) →( ( q → r) →( p → r)
) ;

128 A matematikai logika elemei
( )
g) p∨( ⎤ p)
; h) ⎤ p∧( ⎤p)
;
Megoldás. A logikai értéktáblázatokat használjuk.
a)
b)
p q p∨ q p →( p∨
q)
p q p∧ q p →( p∨
q)
0 0 0 1
0 0 0 1
0 1 1 1
0 1 0 1
1 0 1 1
1 0 0 1
1 1 1 1
1 1 1 1
tehát p →( p∨
q)
tautológia.
c)
p q p → q p∧( p → q)
( p∧( p →q) ) →q
0 0 1 0 1
0 1 1 0 1
1 0 0 0 1
1 1 1 1 1
d)
p q r p → q q → r ( p →q) ∧( q → r)
p → r ( ( p →q) ∧( q →r) ) →( p → r)
0 0 0 1 1 1 1 1
0 0 1 1 1 1 1 1
0 1 0 1 0 0 1 1
0 1 1 1 1 1 1 1
1 0 0 0 1 0 0 1
1 0 1 0 1 0 1 1
1 1 0 1 0 0 0 1
1 1 1 1 1 1 1 1
e)
p q r q → r p → r ( q → r) →( p → r)
p → q ( p →q) →( ( q →r) →( p → r)
)
0 0 0 1 1 1 1 1
0 0 1 1 1 1 1 1
0 1 0 0 1 1 1 1
0 1 1 1 1 1 1 1
1 0 0 1 0 0 0 1
1 0 1 1 1 1 0 1
1 1 0 0 0 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
g)
p p
⎤ p∨( ⎤ p)
0 1 1
1 0 1
h)
p p
⎤ p ( p)
( )
∧ ⎤ ⎤ p∧( ⎤ p)
0 1 0 1
1 0 0 1

A matematikai logika elemei 129
5. Hány különböző módon lehet kitölteni az alábbi táblázat harmadik oszlopát, ha
minden helyre 0 vagy 1 kerülhet? Bizonyítsd be, hogy a ⎤, ∨ , ∧ műveletek segítségével
mindegyik oszlop kifejezhető.
p q (, pq )
0 0
0 1
1 0
1 1
Megoldás. Minden egyes kapott oszlopnak feleltessünk meg egy kettes számrendszerbeli
számot, a következőképpen:
(, pq )
a
a b
c
d
oszlopnak , ahol a, bcd , , ∈ {0,1} feleljen meg az ab cd (2) szám.
A fenti megfeleltetés jól értelmezett (ab cd valóban egy 2-es számrendszerbeli szám
lesz), és egyértelmű, vagyis minden oszlopnak egy és csakis egy szám felel meg.
Továbbá, ha tekintjük a 2-es számrendszerbeli számokat 0000-tól 1111-ig, akkor ezen
számok mindegyike megfelel egy oszlopnak, tehát ugyanannyi oszlop van, mint ahány
3 2 1 0
2-es számrendszerbeli szám 0-tól 1111-ig. Viszont 11 11(2) = 2 + 2 + 2 + 2 =
4
4
= 2 −1,
és még nem számoltuk bele a 0-t, tehát összesen 2 oszlop létezik.
Igazolnunk kell, hogy minden ilyen oszlop előállítható a p és q oszlopaiból az ⎤, ∨,
∧ műveletek többszöri egymásutáni alkalmazásával. Először igazoljuk, hogy a 0000 ,
0001
(2)
, 0010 , 01 00 és 1000 számoknak megfelelő oszlopok előállíthatók:
(2)
p q p
(2)
⎤ ( )
(2)
⎤p ∧ p p q
∧ ( ( p) ∨ q)
⎤ ⎤ ( p) ∧ q
⎤p ⎤ q
⎤ ( ) ∧ (
0 0 1 0 0 0 0 1
0 1 1 0 0 0 1 0
1 0 0 0 0 1 0 0
1 1 0 0 1 0 0 0
A fenti logikai értéktáblázat alapján a 0000 , 0001 , 0010 , 0100 és 10 00
számoknak rendre a ( ⎤p) ∧ p,
p∧q , ⎤ ( ⎤ ) ∨ ) , ( ⎤p)
∧ q,
( ⎤p)
∧ ( ⎤q)
oszlopok fe-
lelnek meg. Azonnal látható, hogy a fentebb kapott 5 szám valamilyen összegének
megfelelő oszlop előállítható úgy, hogy az összegben szereplő számoknak megfelelő
oszlopokra alkalmazzuk a „∨” műveletet, vagyis ha ez az öt szám x = 0000 , ...,
x = 1000
5 (2)
1 3
(2)
( p q
, akkor például x + x + x = 1010 és ez a szám előállítható az
5
(2)
(2)
1
(2)
)
(2)
(2)
(2)

130 A matematikai logika elemei
x ∨x ∨x
o o
1 3
o
5
az x , x , x , x , x számok összegével minden 0,
1111 közötti szám előállítható,
1 2 3
o
művelettel, ahol x -val jelöljük az x számnak megfelelő oszlopot. Mivel
4
5
i
következik, hogy minden oszlop előállítható a kért módon (+-ok helyett ∨ -okat írunk).
Megjegyzés. Általánosan igaz a következő kijelentés:
n
A p , p , ..., p kijelentésekből a ( p , …,
p )
1 2 n
n oszlop 2 féleképpen tőlthető
1
ki, és minden kitöltés előállítható az ⎤, ∨ , ∧ műveletek alkalmazásával.
6. Az előbbi műveletek közül melyek kommutatívak és melyek asszociatívak?
Megoldás. A „⎤
p∧q ≡q ∧
∨ ≡q ∨p
” művelet unáris, tehát nem beszélhetünk kommutatívitásról vagy
asszociatívitásról. Az „∧” és „ ∨ ” műveletekre már láttuk a 2. feladatnál, hogy
teljesülnek a
p; p q ;
p∧( q ∧r)
≡(p∧ q)∧r
; p∨( q ∨r)
≡(
p∨q)
∨r
;
azonosságok, vagyis az „ ∧ ” és „∨” műveletek kommutatívak és asszociatívak is.
7. Valaki 4 kártyát tett ki elénk. Mindegyiknek az egyik oldalán egy betű áll, másik
oldalán egy szám. Legalább hány kártyát kell megfordítanunk ahhoz, hogy ellenőrizzük
a következő kijelentéseket (külön-külön), ha a IV.1. ábrán látható betűket és
számokat látjuk:
a) Ha az egyik oldalon nagy betű áll, a másik oldalon páros szám áll.
b) Ha az egyik oldalon páratlan szám áll, akkor a másik oldalon mássalhangzó van.
i
a A 1 2 IV.1. ábra
Megoldás. a) Legalább egy kártyát meg kell fordítanunk, mert a p = „az egyik
oldalon nagy betű áll” és q = „a másik oldalon páros szám áll” kifejezések lehetnek
igazak is és hamisak is, vagyis az értéktáblázatuk:
p q
p → q
⇒
0 0
1
1 0 0
0 1 1
1 1 1
vagyis p → q (ami éppen az a) kijelentés) lehet igaz is és hamis is. Viszont ha egy
kártyát megfordítunk, az elég mert ezáltal megkapunk egy (betű, szám) egy párt, és
ebből következik, hogy mi van a másik kártyán.
b) Mivel „a” és „A” is magánhangzó, ezért a q = „az oldalon mássalhangzó van”
kijelentés kiértékelése mindig 1, tehát a p → q kijelentés mindig igaz, vagyis egyetlen
kártya megfordítása nélkül megmondhatjuk, hogy a b) kijelentés igaz ( p →
q
igaz).
(2)

A matematikai logika elemei 131
IV.1.3.1. Gyakorlatok (88. oldal)
1. Vizsgáljuk meg az alábbi kijelentések logikai értékét:
a) ∃ ∈ :2
2
; b) ;
n
n = n
2
∀ x ∈ : x ≥ 0
2
c) ∃n ∈ : n + n = 1;
d) ∀ x ∈ ∃y ∈ úgy hogy x + y = 0 ;
2
e) ∀ x ∈[1, 2] : x − 3x + 2 ≤ 0 .
n 2
Megodás. a) Mivel n = 2 -re teljesül a 2 = n egyenlőség és 2 ∈ , következik,
2
hogy a „ :2 = n ” kijelentés igaz.
n
∃n ∈
2
b) Mivel minden x ∈ -re x ≥ 0 , a kijelentés igaz.
2 2
− 1± 5
c) Az n + n = 1⇔ n + n − 1= 0 egyenlet megoldásai n = ∉ ⇒ a
1,2
2
kijelentés nem igaz.
d) A kijelentés nem igaz, mert például x = 7 ∈ -re nem létezik y ∈ úgy, hogy
x + y = 0 , vagyis 7+ y = 0.
2
2
e) Az x − 3x + 2 = 0 egyenlet gyökei x = 1 és x = 2 , és az x -es tag együttha-
1
2
tója pozitív ⇒ az [1 , 2] intervallumban x − 3x + 2≤0,
tehát a kijelentés igaz.
2. Írd fel kvantorok segítségével az alábbi mondatokat, próbálj minden mondatot kétféleképpen
felírni, egyszer univerzális és egyszer egzisztenciális kvantorral.
a) Nincsen rózsa tövis nélkül. b) Nem mind arany, ami fénylik.
c) Nem minden papsajt.
Megoldás. a) Univerzális kvantorral: ∀ rózsán van tövis.
Egszitenciális kvantorral: /∃ rózsa úgy, hogy nincs rajta tövis.
b) Univerzális kvantorral: ∀ fénylő dolog nem arany.
Egszitenciális kvantorral: ∃ olyan fénylő dolog, ami nem arany.
c) Univerzális kvantorral: ∀ dolog nem papsajt.
Egszitenciális kvantorral: ∃ dolog, ami nem papsajt.
3. Tagadd a következő predikátumokat/mondatokat:
a) ∀ x ∈[1, ∞ ] : x > 0 ;
b) Bármely erdőlakó tud tüzet rakni.
c) Van olyan diák, aki nem tud puskázni.
d) Minden tanár érti amit tanít, kivéve a rendőrtanárt.
e) Minden diáknak legalább egy tanár szimpatikus.
f) Minden héten legalább egyszer boldog vagyok.
g) Létezik olyan tantárgy, amit nem szívesen tanulok.
h) Létezik olyan tanár, aki minden őt kedvelő diákot kedvel.
Megoldás. a) ∃ x ∈ [1, ∞] : x ≤ 0 ;
b) Létezik olyan erdőlakó, amelyik nem tud tüzet rakni.
2

132 A matematikai logika elemei
c) Minden diák tud puskázni.
d) Van olyan tanár, aki nem rendőrtanár és nem érti amit tanít.
e) Létezik olyan diák, akinek minden tanár antipatikus.
f) Van olyan hét, amelyiken egyszer sem vagyok boldog.
g) Minden tantárgyat szívesen tanulok.
h) Nem létezik olyan tanár, aki minden őt kedvelő diákot kedvel.
IV.1.4.1. Gyakorlatok és feladatok (90. oldal)
1. A és B egymástól függetlenül igazmondó vagy lókötő. A azt állítja, hogy
„Legalább az egyikük lókötő.”. Lókötők-e vagy sem?
Megoldás. Két eset lehetséges: A vagy lókötő, vagy igazmondó. Ha A igazmondó,
akkor állítása igaz, mely alapján B lókötő kell legyen. Ha A lókötő, akkor állítása
hamis, vagyis egyikük sem lókötő, ami ellentmondás (A lókötő), tehát A nem lehet
lókötő. (lásd red. ad abs. módszer!)
A fentiek alapján A kijelentéséből egyértelműen el tudjuk dönteni, hogy A igazmondó
és B lókötő.
2. Meg lehet-e állapítani, hogy lókötők-e, ha A azt mondja, hogy „Lókötő vagyok
vagy B igazmondó”?
Megoldás. Ismét két esetet tárgyalunk:
1. Ha A lókötő, akkor állítása hamis. Viszont a p∨q állítás, mint láttuk, akkor és csak
akkor lehet hamis, ha p is és q is hamis (nem kizárolagos vagy), tehát A
igazmondó és B lókötő, ami ellentmond a feltételünknek, hogy A lókötő.
2. Ha A igazmondó, akkor állítása igaz. Ez csak oly módon történhet meg p∨q esetén, ha p is és q is igaz, vagy legalább egyikük igaz. Viszont e feltétel szerint, ha
p = „lókötő vagyok” és q = „B igazmondó”, p hamis, tehát q igaz. Vagyis A és
B is igazmondók.
A két eset alapján egyértelműen A is és B is igazmondó.
3. A , B és C egymástól függetlenül igazmondó vagy lókötő és a következőket mondják:
A : Mindnyájan lókötők vagyunk.
B : Pontosan egy igazmondó van közöttünk.
Meg lehet-e állapítani, hogy ki lókötő és ki nem?
Megoldás. A állítása alapján biztosan lókötő. Ha B lókötő lenne, figyelembe véve,
hogy A állítása hamis, egy eset lenne lehetséges: két igazmondó van, ami ellentmondás,
mert sem A sem B nem igazmondó. Tehát B igazmondó kell legyen, és így
állítása szerint C lókötő. Összegezve a fentieket, egyértelműen el lehet dönteni, hogy
A lókötő, B igazmondó és C lókötő.
4. A és B
egymástól függetlenül igazmondó, lókötő vagy kiismerhetetlen (ezek néha
hazudnak és néha igazat mondanak). Az igazmondókat tartják felsőbb, a kiismerhetetleneket
közép és a lókötőket alsóbb osztálynak. A következő két állítás alapján el lehet-

A matematikai logika elemei 133
e dönteni A vagy B osztályát? Hát azt, hogy az állítások közül melyik igaz és melyik
hamis?
A : Alacsonyabb osztálybeli vagyok mint B .
B : Ez nem igaz!
Megoldás. A kijelentése alapján nem lehet igazmondó. Ha A lókötő lenne, akkor
kijelentése hamis lenne, és mivel a legalacsonyabb osztály a lókötőké, B is lókötő
kellene legyen, tehát állítása hamis. Ez azt jelenti, hogy A állítása igaz, ami
ellentmondás, tehát A csak kiismerhetetlen lehet. (1)
Ha A állítása igaz lenne, akkor B feltétlenül igazmondó kellene legyen (hisz felsőbb
osztályba tartozik), ami ellentmondás, hisz B azt mondja, hogy A állítása nem igaz.
Tehát A állítása hamis. (2)
(2)-ből következik, hogy B nem lehet lókötő (ebben az esetben A állítása igaz kellene
legyen, mert B hazudik), tehát B is kiismerhetetlen. (3)
Következik, hogy A és B ugyababba az osztályba tartoznak, és ezért B állítása nem
lehet hamis. (4)
(1), (2), (3) és (4) alapján mindkét kérdésre igenlő a válasz.
5. A IV.2. ábrán látható ládikák egyikében egy korona van. Meg lehet-e állapítani,
hogy melyikben van a korona, ha az egyik ládikán sincs egynél több hamis állítás?
A korona nem ebben van.
A korona Szent Istváné
volt.
A korona nem az 1. ládikában
van.
A korona II. Lajos királyé
volt.
IV.2. ábra
A korona nem ebben van.
A korona a 2. ládikában van.
Megoldás. A feltétel alapján a korona nem lehet a 3-mas ládában. Ha a korona az 1.
ládikában lenne, akkor a p = „A korona II. Lajosé volt.” és q = „A korona Szent
Istváné volt.” kijelentések egyszerre igazak kéne legyenek. Tehát a korona a 2. ládikában
van és ez esetben ha a korona Szent Istváné volt, akkor teljesül a feltétel, hogy
egyik ládikán se legyen egynél több hamis állítás.
6. A és B egymástól függetlenül igazmondó vagy lókötő. A azt állítja, hogy „Ha én
igazmondó vagyok, akkor B is az.” Igazmondókkal vagy lókötőkkel van dolgunk?
Megoldás. Vegyük észre, hogy A állítása tulajdonképpen egy implikáció, ami
akkor és csak akkor hamis, ha az első része igaz és a második hamis.
Ha A igazmondó, akkor B is az a fentiek alapján. ( A állítása igaz kell legyen, és ez
csak akkor teljesülhet, ha az állítás második része igaz, vagyis B igazmondó.)
Ha A lókötő lenne, akkor állítása hamis lenne, tehát állításának első része igaz kell
legyen, vagyis A igazmondó – ellentmondás.
Tehát A és B is igazmondó.
7. Egy szultán, akinek két lánya volt, azt mondta egy vendégségbe érkezett hercegnek:
- Mondanod kell egy állítást. Ha igaz, hozzád adom a nagyobbik lányomat, ha
nem, akkor nem veheted őt feleségül.
Kevés gondolkodás után a herceg mondott egy mondatot és a szultán kénytelen volt a
kisebbik lányt feleségül adni a herceghez. Mit mondhatott a herceg?

134 A matematikai logika elemei
Megoldás. A herceg a következő kijelentést tehette: „Egyik lányod sem lesz a
feleségem”.
8. Mit mondhatott a herceg, ha a szultán mindkét lányát hozzá kellett adja feleségül?
Megoldás. A válasz a következő lehetett: „Ha a nagyobbik lányod a feleségem lesz,
akkor a kisebb is.”
IV.2.1.1. Gyakorlatok és feladatok (91. oldal)
1. Bizonyítsd be, hogy minden természetes szám 1-nél nagyobb egész kitevőjű
hatványának kettős számrendszerbeli alakjában előfordul zérus számjegy.
Bizonyítás. A kettes számrendszerben felírt egész számok közül csak azokban nem
fordul elő zérus számjegy, amelyekben minden jegy 1-es, tehát amelyek 1-gyel kisebbek
2-nek valamely (pozitív egész kitevős) hatványánál, azaz 2 alakúak, ahol
s = 2, 3, ... (az 1-es jegyek száma, az s esetet azonban kizárjuk). Eszerint a
s −1
= 1
bizonyítandó állítást így is kimondhatjuk: semilyen a ) egész számnak n
egész) kitevőjű hatványa nem lehet egyenlő 2 1-gyel.
1
1)
1
m
2
)A
1
s ( > 1
( > 1,
−
n s
Az a = 2 − egyenlőséget csak páratlan a -kra kell megcáfolnunk, hiszen a jobb
oldal páratlan, páros szám vizsgálandó hatványai viszont maguk is párosak.
α) Páratlan n esetén az egyenlőség így alakítható:
s n n n−1 n−2
2
2 = a + 1 = ( a + 1)( a − a + … + a − a + .
Itt a jobb oldali második zárójelben n tag áll, mindegyikük páratlan, tehát a zárójel-
s
ben páratlan szám áll, és az az egyenlőség szerint osztója 2 -nek. 2 -nek viszont
nincs más páratlan osztója mint az 1, csak az lehetne tehát az n tagú zárójel értéke.
Ámde a zárójelbeli kifejezés így írható:
s
n−1 n−2 n−3 n−4
2
( a − a ) + ( a − a ) + … + ( a − a)
+ 1>
,
hiszen a kéttagúak száma legalább 1 és mindegyik kéttagú pozitív. Ellentmondásra
jutottunk a föltevésből.
β) Páros n esetén n = 2 jelöléssel
n n 2 m m
2
a + 1 = (2b + 1) + 1 = [(2b + 1) ] − 1 + 2 = {(2b + 1) − 1} A+ 2 = 4B
+ ,
ahol A az egyenlő kitevőjű hatványok különbségére ismert azonosság alapján egész
2
szám, és B = ( b + b ugyancsak egész. Eszerint a bal oldal már 4-gyel sem osztható
maradék nélkül.
n s
Mindezek szerint a = 2 − a tett föltevések mellett lehetetlen, az állítás helyes.
2. Képzeljük el leírva valamilyen sorrendben egymás után a természetes számokat.
Karikázzuk be azokat, amelyek legalább akkorák, mint ahányadik helyen állnak a
sorban. Bizonyítsuk be, hogy így végtelen sok számot kell bekarikázni.
Bizonyítás. Feltételezzük, hogy csak véges sok számot lehet bekarikázni. Ha az
utolsó bekarikázott szám a , M = max{ a | i = 1, k } , akkor
k i
a ≤ M, ha i = 1,k
és
i
a ≤ M, ha j = k + 1, M +1
j

A matematikai logika elemei 135
(mivel az a = k + 1, M + 1 számokat nem karikáztuk be). Így találtunk M
j
darab nullától és egymástól különböző természetes számt, amelyek M -nél nem
nagyobbak. Ez ellentmondás, tehát végtelen sok számot lehet bekarikázni.
3. Bizonyítsd be, hogy az n
1
2 , n
3n 2
3n
⎟
⎛
⎜
⎜⎝
−
1 ⎞
+
⎠⎟intervallum
egyetlen n ∈
esetén sem tartalmaz egész számot.
Bizonyítás. Ha az intervallum tartalmazza a k egész számot, akkor
n
1
2 − < k < n
3n 1
2 + ,
3n
ahonnan következik, hogy
2 1
2n + 2
9n 2 2 2 2 1
− < k < 2n
+ 2
3 9n
2
+ 2
3 .
Mivel 2 2 < 3,
az előbbi egyenlőtlenségek alapján
2 2
2n − 1< k
2
< 2n
+1.
2 2
2
De a (2 n − 1, 2n + 1) intervallum egyetlen egész számot tartalmaz a 2n -et és így
2
k
2
= 2n . Ez viszont ellentmondás, mert 2 ∉ , és így a vizsgált intervallum nem
tartalmaz egész számot.
21n + 4
4. Bizonyítsd be, hogy a
14n + 3
tört egyetlen n esetén sem egyszerűsíthető.
∈
Bizonyítás. Ha d ∈ osztja a tört számlálóját és nevezőjét, akkor
d |3(14n + 3) − 2(21n + 4) ,
vagyis d |1. Ez csak akkor lehetséges, ha d = 1,
tehát a tört irreducibilis.
5. Bizonyítsd be, hogy ha hét szám közül bármely négy összege nagyobb a többi
három összegénél, akkor a számok pozitívak.
Bizonyítás. Feltételezzük, hogy a ≤ 0 és tekintjük az
1
a + a + a + a > a + a + a , 7
1 2 3 4 5 6
a + a + a + a > a + a + a
1 5 5 7 2 3 4
egyenlőtlenségeket. Ha a megfelelő oldalakat összeadjuk az a > 0 egyenlőtlenséghez
jutunk, ami ellentmond a feltételezésnek, tehát a > 0 . Mivel a -et tetszőlegesen
1
1
választottuk, a számok mind pozitívak.
6. Bizonyítsd be, hogy ha a , b és c páratlan természetes számok, akkor az
2
ax + bx + c = 0 egyenletnek nincs egész gyöke.
2
2
Bizonyítás. Ha x páros, akkor ax + bx + c páratlan (mert ax + bx páros és c
2
páratlan) és ha x páratlan, akkor ax + bx + c páratlan mert három páratlan szám
2
összege. Így egyetlen x ∈ szám sem lehet gyöke az ax + bx
+ c = 0 egyenletnek.
1
+ 1

136 A matematikai logika elemei
2
m
m
7. Bizonyítsd be, hogy ha ∉ , akkor ∉ 2
n n
( m, n ∈ , n ≠ 0) .
Bizonyítás. Ha m
2
m
∈ , akkor ∈ , tehát a ⎡p q 2
n n
⎢ →
⎣
alapján igaz az állítás.
⇔ ⎤q →⎤
p⎤
⎥ tautológia
⎦
2
m
m
8. Bizonyítsd be, hogy ha ∈ , akkor ∈ ( m, n ∈ , n ≠ 0) .
2
n n
Bizonyítás. Ha m
m a
∉ , akkor létezik a, b ∈ , (, ab ) = 1úgy,
hogy = és
n n b
2 2
2
m a
2 2 2
m
b ∉ { ± 1} . Tehát = és ( a , b ) = 1,
b ≠ 1 , vagyis ∉ . A [ p →q ⇔
2 2
2
n b
n
⇔ ⎤q → ⎤p⎤
⎥⎦
tautológia alapján igaz a feladat állítása.
9. Bizonyítsd be, hogy négy egymás utáni nullától különböző természetes szám
szorzata nem lehet teljes négyzet.
Bizonyítás.
2 2
n( n + 1)( n + 2)( n + 3) = ( n + 3 n)( n + 3n + 2) =
2 2 2 2 2
= ( n + 3 n) + 2 ⋅ ( n + 3 n) + 1− 1 = ( n + 3n + 1) − 1.
Két teljes négyzet közötti különbség csak akkor 1, ha ezek a számok az 1 és 0, tehát
2
2
2 2
( n + 3n + 1) − 1 csak akkor teljes négyzet, ha ( n + 3 n + 1) − 1=
0.
Ez viszont
ellentmond annak, hogy a számok különböznek 0-tól.
IV.2.2.2. Gyakorlatok és feladatok (96. oldal)
1. Bizonyítsuk be, hogy
1 1 1 1 1
a) + + + … + = 1 − ;
1⋅2 2⋅3 3⋅4 n⋅ ( n + 1) n + 1
nn ( + 1)( n+
2)
b) 1 ⋅ 2+ 2⋅ 3+ 3⋅ 4 + … + n⋅ ( n + 1) =
;
3
n n+ 1
2 4 8 2 2
c) (1 + 2)(1 + 2 )(1 + 2 )(1 + 2 ) ⋅…⋅ (1 + 2 ) = 2 −1
;
⎛ 1 ⎞ 1 1 1
d) 1 ⎟
⎛ ⎞⎛
1 ⎟
⎞
1 ⎟
⎛ ⎞ n
1 ⎟
+ 1
⎜ − 2⎟ − ⎜ ⎜
2⎟ − ⋅ ⋅ − =
2⎟ 2⎟
2 ⎟
⎜
⎜ ⎝ ⎜ 3 ⎠⎝ ⎟ ⎜ 4 ⎠⎟ …
⎝ ⎜ n ⎠⎟
;
⎝ ⎠
2n
e) 2 2 2 1 2 1 n− n− nn ( + 1)
1 − 2 + 3 − … + ( − 1) n = ( −1)
;
2
1 1 1
nn ( + 2)
f) + + … + =
.
1 ⋅3⋅5 3 ⋅5⋅7 (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) 3(2n + 1)(2n + 3)

A matematikai logika elemei 137
Bizonyítás.
1 1
a) Ha n = 1,
akkor = 1 − , tehát n = 1 esetén az egyenlőség teljesül.
1⋅2 2
1 1 1 1 1
*
Ha + + + … + = 1 − valamilyen n ∈ esetén, akkor
1⋅2 2⋅3 3⋅4 n⋅ ( n + 1) n + 1
1 1 1 1 1 1 1
+ + + … + + = 1 − + =
1⋅2 2⋅3 3⋅4 n⋅ ( n + 1) ( n + 1)( n + 2) n + 1 ( n + 1)( n + 2)
1
= 1 − ,
n + 2
tehát az egyenlőség teljesül ( n + 1) -re is. Így a matematikai indukció elve alapján
1 1 1 1 1
+ + + … + = 1 − , ∀ n ≥ 1
1⋅2 2⋅3 3⋅4 n⋅ ( n + 1) n + 1
1⋅2⋅3 2⋅3⋅4 b) Ha n = 1,
akkor 1⋅ 2 = és ha n = 2 , akkor 1⋅ 2 + 2⋅ 3 = 8 = .
3
3
n
nn ( + 1)( n+
2)
Ha ∑ kk ( + 1) =
, akkor
k=
1
3
n+ 1
n
nn ( + 1)( n+
2)
∑kk ( + 1) = ∑ kk ( + 1) + ( n+ 1)( n+ 2) = + ( n+ 1)( n+
2) =
k= 1 k=
1
3
( n + 1)( n + 2)( n + 3)
=
, ∀n≥1 3
tehát az egyenlőség teljesül ( n + 1) -re is. Így a matematikai indukció alapján
1
n
∑
k=
1
nn ( + 1)( n+
2)
kk ( + 1) = , ∀n≥1. 3
2
c) 1+ 2 = 2
2 2
−1
és (1 + 2)(1 + 2 ) = 15 = 2 −1
, tehát az egyenlőség teljesül
n = 1 és n = 2 esetén.
2 4 8 2 2
Ha (1 + 2)(1 + 2 )(1 + 2 )(1 + 2 ) ⋅…⋅ (1 + 2 ) = 2 −1
, akkor
2 4 2 2
(1 + 2)(1 + 2 )(1 + 2 ) ⋅… ⋅ (1 + 2 )(1 + 2 ) =
( )
2
n n+ 1
n n+ 1
n+ 1 n+ 1 n+ 1 2
n+
2
2 2 2 2
= (2 − 1)(2 + 1) = 2 − 1 = 2 −1
.
A matematikai indukció elve alapján
n n+
1
2 2 2
(1 + 2)(1 + 2 ) ⋅…⋅ (1 + 2 ) = 2 −1, ∀ n ∈ .
1 2+ 1 3
d) n = 2 esetén 1 − = = .
4 2⋅2 4
Ha az egyenlőség teljesül n -re, akkor
2
⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 ( 1) 1
1 1 1 ⎜1
⎟ n + n + −
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
− 2⎟ 2 2 2 2
2 ⎟ ⎜
− ⎟ ⎟
3 ⎟⋅… ⋅ − ⎜ − = ⋅ =
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎜ ⎟
n ⎠⎜ ⎟⎜(
n 1)
⎟
⎝ + ⎠ ⎟ 2 n ( n + 1)

138 A matematikai logika elemei
nn ( + 2) n + 2
= =
2 nn ( + 1) 2( n+
1)
.
tehát teljesül ( n + 1)
-re is. Így a matematikai indukció elve alapján
⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ n + 1
⎜ 1 ⎟⎜1 ⎟ ⎜1
⎟
⎜
− n
2⎟ 2 2
2 ⎟ ⎜
− ⎟⋅ ⋅ − ⎟=
∀ ≥
3 ⎟ … ⎜ n ⎟
2.
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2n
2 0 1⋅2 e) n = 1 esetén 1 = ( −1) ⋅ = 1.
2
2 2 2 n−1 2 n− 1 nn ( + 1)
Ha n ∈ esetén 1 − 2 + 3 − … + ( − 1) n = ( −1)
, akkor
2
2 2 2 n−1 2 n 2 n− 1 nn ( + 1)
n
2
1 − 2 + 3 − … + ( − 1) n + ( − 1) ( n + 1) = ( − 1) + ( − 1) ( n + 1) =
2
n n + 1
n ( n + 1)( n + 2)
= ( −1) ⋅ ⋅ [2( n + 1) − n]
= ( −1)
,
2 2
tehát a bizonyítandó egyenlőség teljesül ( n + 1)
-re is. Így a matematikai indukció
elve alapján
2 2 2 n−1 2 n− 1 nn ( + 1)
1 − 2 + 3 − … + ( − 1) n = ( −1) , ∀ n ≥ 1.
2
1 1⋅3
f) n = 1 esetén az = egyenlőség igaz.
1⋅3⋅5 3⋅3⋅5 Ha az egyenlőség teljesül n -re, akkor
1 1 1 1
+ + … + +
=
1 ⋅3⋅5 3 ⋅5⋅7 (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) (2n + 1)(2n + 3)(2n + 5)
nn ( + 2) 1
= +
3(2n + 1)(2n + 3) (2n + 1)(2n + 3)(2n + 5)
=
1 ⎡ 3 ⎤ 1 (2n + 1)( n + 1)( n + 3)
= ⋅ ⎢nn ( + 2) + ⎥ = =
3(2n + 1)(2 n + 3) ⎢⎣ 2n + 5⎥⎦ 3(2n + 1)(2n + 3) (2n + 5)
( n + 1)( n + 3)
=
3(2n + 3)(2 n + 5)
,
tehát teljesül ( n + 1)
-re is. Így a matematikai indukció elve alapján teljesül bármely
*
n ∈ esetén.
Megjegyzés. Ha az eredmények nem adottak, akkor az
1 1 1
2
= − ; kk ( + 1) = k + k;
kk ( + 1) k k+1
és
2 k
k k + 1
2 2
1 ( k − 1)( k + 1)
(1 − 2 )(1 + 2 ) = 1 − 2 ;
1 − =
;
2 2
k k
1 1 ⎛ 1 1 ⎞
= ⋅ ⎜ −
⎟
(2k − 1)(2k + 1)(2k + 3) 4 ⎜ ⎜(2k 1)(2k 1) (2k 1)(2k 3)
⎟
⎝ − + + + ⎠
⎟

A matematikai logika elemei 139
összefüggéseket használhatjuk a kiszámításukhoz.
2. Számítsd ki az alábbi összegeket, majd bizonyítsd a kapott eredményt a matematikai
indukció módszerével:
a) 1 ⋅2⋅ 3+ 2⋅3⋅ 4 + … + nn ( + 1)( n+
2) ;
b) 1⋅ 3 + 2⋅ 5+ 3⋅ 7 + … + n(2n + 1) ; c) 1⋅ 4 + 2⋅ 7 + 3⋅ 10 … + n(3n + 1) ;
1 1 1
1 1 1
d) + + … +
; e) + + … +
;
1 ⋅33⋅5 (2n − 1)(2n + 1) 1⋅44⋅7 (3n − 2)(3n + 1)
n
4k
f) ∑ ; 4
k=
1 4k+ 1
Megoldás.
n
g) ∑
k= 1 ( k + 1)
1
.
k + k k +1
a)
n n n n
( 1)( 2) (
3
3
2
2 )
3
3
2
2
∑ ∑ ∑ ∑
kk+ k+ = k + k + k = k + ⋅ k + ⋅ k=
k= 1 k= 1 k= 1 k=
1
2
⎡nn ( + 1) ⎤
= ⎢ ⎥
⎢⎣ 2 ⎥⎦
Más ötlet:
nn ( + 1)(2 n+ 1) nn ( + 1)( n+ 2)( n+
3)
+ + nn ( + 1) =
2 4
∀ n≥1.
4 kk ( + 1)( k+ 2) = kk ( + 1)( k+ 2)( k+ 3) −( k− 1) kk ( + 1)( k+
2)
∑
tehát 4 ⋅ kk ( + 1)( k+ 2) = nn ( + 1)( n+ 2)( n+
3) − 0.
n n n n
2 2
k(2k + 1) = (2 k + k) = 2 ⋅ k + k =
b) ∑ ∑
k= 1 k= 1 k=
1
∑ ∑
nn ( + 1)(2n+ 1) nn ( + 1) nn ( + 1) nn ( + 1)(4n+ 5)
= + = ( 2(2n + 1) + 3)
=
.
3 2 6 6
c)
k= 1
n n n n
2 2
∑ ∑ ∑
k= 1 k= 1 k=
1
∑
k(3k + 1) = (3 k + k) = 3 ⋅ k + k =
nn ( + 1)(2n+ 1) nn ( + 1)
2
= + = nn ( + 1)
.
2 2
1 1 (2k + 1) −(2k −1) 1⎛ 1 ⎞
d)
⎜
1
= ⋅ = ⎜ − ⎟
(2k − 1)(2k + 1) 2 (2k − 1)(2k + 1) 2 ⎜⎝2k − 1 2k + 1⎠⎟
,
n
1 1⎛ 1 ⎞ n
tehát ∑ = ⎜
⎜1 − ⎟ =
k=
1 (2k − 1)(2k + 1) 2⎜⎝ 2n + 1⎠⎟2n + 1
.
1 1 (3k + 1) −(3k −2) 1⎛ 1
⎞
e)
⎜
1
= ⋅ = ⎜ − ⎟
(3k − 2)(3k + 1) 3 (3k − 2)(3k + 1) 3 ⎜⎝3k − 2 3k + 1⎠⎟
,
n
1 1⎛ 1 ⎞ n
tehát ∑ = ⎜
⎜1 − ⎟ =
(3k − 2)(3k + 1) 3 ⎜⎝ 3n + 1⎠⎟3n + 1
.
k=
1
4 4 2 2 2 2 2 2 2
f) 4k + 1 = 4k + 4k + 1 − 4 k = (2k + 1) − (2 k) = (2k − 2k + 1)(2k + 2k + 1)
és
2 2
4k(2k + 2k + 1) −(2k − 2k + 1) 1
1
= = −
4 2 2 2 2
4k + 1 (2k + 2k + 1)(2k − 2k + 1) 2k − 2k + 1 2k + 2
k= 1
n
∑
k= 1
k + 1
.

140 A matematikai logika elemei
Másrészt
2 2
2( k + 1) − 2( k + 1) + 1 = 2k + 2k + 1 ,
tehát az összeg közbeeső tagjai egyszerűsödnek és így
n
4k1 1 2 nn ( + 1)
∑ = − =
2 2 2
4k + 1 1 2n + 2n + 1 2n + 2n
+ 1
.
k=
1
g)
( k + 1)
1
=
k + k k + 1
1
kk ( + 1)( k+ 1 +
=
k) k + 1−k kk ( + 1)
=
1
−
k
1
k + 1 ,
n
tehát ∑ ( k + 1)
1
= 1 −
k + k k + 1
1
.
n + 1
k=
1
Az indukciós bizonyítások az 1. feladathoz hasonlóan elvégezhetők, de a gondolatmenet
minden esetben bizonyítássá is alakítható.
3. Számítsd ki a következő összegeket:
2 3 n
a) 1 + x + x + x + … + x ;
2 3
n
b) x + 2x + 3x
+ … + nx ;
n−1
2 4 2
x
c) 2
1−x x
+ 4
1−x x
+ 8
1−x x
+ … +
n
2
1 − x
.
2 3
n
Megoldás. a) Ha Sn= 1 + x + x + x + … + x , akkor
x S
2 3 n
x x x x
n 1
x +
⋅ = + + + … + + ,
n
n+
1
n+
1
1 − x
tehát Sn −x ⋅ Sn = 1 − x és így S n = .
1 − x
⎧ n+
1
⎪
1 − x
, ha x ≠ 1
2 3
n
Tehát 1 + x + x + x + … + x = ⎨
⎪ 1 − x
.
⎪ n + 1, ha x = 1
⎪⎩
2
n
b) Ha Sn= x + 2x
+ … + nx , akkor
2 3
n n
x S x 2 x ( n 1) x nx + 1
⋅ = + + … + − + és
n
n+
1
2 3 n n+ 1 1 − x
n+
1
(1 − x) Sn = x + x + x + … + x − nx = −1− nx =
1 − x
n+ 2 n+
1
nx − ( n + 1) x + x
=
, ha x ≠ 1 .
1 − x
⎧ ⎪nn
( + 1)
⎪ , ha x = 1
2
Tehát S n = ⎪
⎨ n+ 2 n+
1
.
⎪ nx − ( n + 1) x + x
⎪
2 ,ha x ≠ 1
⎪
⎪⎩ ( 1 − x)

A matematikai logika elemei 141
c)
2 2 2
2
x x x(1 + x ) + x x + x + x
+ = =
2 4 4 4
1−x 1−x 1−x 1−x
+ + ( x + x + x )(1 + x ) + x + + + + + +
+ = =
4 8 8 8
1−x 1− x 1+ x 1−x
2 3 4 2 3 4 4
2 3 4 5 6 7
x x x x x x x x x x x
Az előbbiek alapján az sejthetjük, hogy
−1
x x x
+ + … + 2 4 n
2
1−x 1−x 1−x x + x
=
+ x + … + x
n
2
1−x
n
2 −1
x
−1
n
2
x 1 x − x
= −
n = 2 n
2
1 − x ( x −1) 1−x
.
n n
2 2 2 3 2 −1
3
( )
Ezt indukcióval igazolhatjuk. n ∈ {1, 2, 3} esetén az egyenlőség teljesül.
Ha
n−1n 2 4 2 2
x x x x x − x
+ + + … + =
1−x 1−x 1−x 1 −x ( x −1)(1−x 2 4 8 n n
2 2
) , akkor
n−1n n n
2 4 2 2 2 2
x x x x x x − x x
+ + + … + 2 4 8 n + 2 n+ 1 = n + 2
n+
1 =
2 2
1−x 1−x 1−x 1 −x 1−x ( x −1)(1 −x
) 1−x
n n n n+
1
2 2 2 2
( x − x)(1 + x ) + ( x −1) ⋅x x − x
= n+ 1 =
n+
1 ,
2 2
( x −1)(1 −x ) ( x −1)(1 −x
)
tehát, az egyenlőség ( n + 1)
-re is igaz. A matematikai indukció elve alapján
n−1n 2 4 2 2
x x x x x − x
+ + + … + , 1
2 4 8 n = n ∀ n ≥ és x ≠ 1 esetén.
2 2
1−x 1−x 1−x 1 −x ( x −1)(1 −x
)
4. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket:
n
a) 2
2
≥n , ∀ n ≥ 4;
k
⎛ 1⎞
k
b) ⎜1
⎟
⎜⎝
+ ≥ 1 + ,
n⎠⎟n *
nk , ∈ ;
n
c) (1 + x)
*
≥ 1 + nx (Bernoulli egyenlőtlenség), ha n ∈ és x > 0;
d) 2( n + 1 − 1) < 1+ 1
+
2
1
+ … +
3
1
< 2
n
n ;
1 3 5 2n−1 e) ⋅ ⋅ ⋅… ⋅ <
2 4 6 2n 1
,
3n + 1
∀ n > 1;
n + 1 1 1 1 1
f) ≤ 1 + + + + … + < n, n
2 2 3 4 2 −1
∀ n ≥2;
1
g) 1+ 2
2
1 1
+ + … + 2 2
3 n
< 2;
n
h) 3
3
≥n ∀ n ≥ 4;
n
i) 2
2
> n + 4n + 5, ∀ n ≥7;
2 n
2
n + 2n − 2 k n + 3n
− 4
j)
< ∑ k ! <
.
6 4
k=
2
=

142 A matematikai logika elemei
4
Bizonyítás. a) n = 4 esetén 2
2
5
= 4 = 16,
n = 5 -re pedig 2
2
= 32> 25 = 5 -
Ha 2
2
, akkor 2 és így a
n
n+
1 2
≥ n
≥ 2n
n n n n n
2 2 2 2
2 ≥ ( + 1) ⇔ − 2 + 1 ≥2 ⇔ ( −1) ≥ 2
+
2 ≥ ( n + 1)
n 1
2
egyenlőtlenség alapján . A matematikai indukció elve alapján így
n 2
2 ≥n ∀ n ≥ 4.
b) k szerinti indukciót használunk. k = 1 esetén egyenlőség áll fenn. Ha rögzített k
k
⎛ 1 ⎞ k
esetén ⎜1+
⎟
⎜⎝
≥ 1+
n⎟ , akkor
⎠ n
k + 1
⎛ 1⎞ 1 1
1 ⎟
⎛ ⎞ k k k k
1 ⎟⎜
⎛ ⎞
1 ⎟
+ 1
⎜ ⎜
⎜ + ⎟ 1 1 2
n⎟ ≥
⎜ + ⎟⎜+
⎟ = + + + ≥ +
n⎟⎜n⎟ ,
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ n n n n
tehát, az egyenlőtlenség ( k + 1)
-re is igaz. A matematikai indukció elve alapján tehtát
k
⎛ 1 ⎞
⎜ 1 ⎟
⎜⎝
+
n⎠ ⎟
k
≥ 1 + ,
n
*
∀ nk , ∈ .
c) Ha n = 1,
az egyenlőség teljesül.
n
Ha (1 + x)
≥ 1 + nx , akkor
n+
1 2
(1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + nx + x + nx ≥ 1 + ( n + 1) x
*
∀ x > − 1 és n ∈ esetén.
n
A matematikai indukció elve alapján (1 + x) ≥ 1 + nx
, ∀ n ≥1és x > −1
.
d) n = 1-re
a 2( 2 − 1) < 1 < 2 1 egyenlőséget kell megvizsgálni. Ez igaz, mert
2 2 < 3 és 1 < 2.
Ha az egyenlőtlenségek teljesülnek n -re, akkor
2( n + 1 − 1) +
1
< 1 +
n + 1
1
+ … +
2
1
+
n
1
< 2
n + 1
n +
1
n + 1
(*)
Megvizsgáljuk a
2 n +
1
< 2
n + 1
n + 1 (1)
és
2( n + 1 − 1) +
1
> 2(
n + 1
n + 2 − 1) (2)
egyenlőtlenségeket.
(1) ⇔
1
4n + +
n + 1
4 n
< 4n + 4
n + 1
⇔ 1 + 4 n( n + 1) < 4n + 4 ⇔
2 2
*
⇔ 16n + 16n < 16n + 24n + 9 és ez igaz mert n .
∈
(2) ⇔ 2 n + 1 +
1
> 2
n + 1
n + 2 ⇔
1
4n + 4 + + 4 > 4n + 8
n + 1
1
és ez igaz mert > 0 .
n + 1

A matematikai logika elemei 143
(1), (2) és (*) alapján az egyenlőtlenség igaz ( n + 1) -re. Így a matematikai indukció
alapján az egyenlőtlesnség igaz ∀ n ≥1esetén.
1 3 3 1
2
e) n = 2 esetén ⋅ = < mivel 9⋅ 7 = 63 < 64 = 8 .
2 4 8 7
Ha az egyenlőtlesnég teljesül n -re, akkor
1 3 5 2n − 1 2n + 1 1 2n + 1
⋅ ⋅ ⋅…⋅ ⋅ < ⋅
2 4 6 2n 2n + 2 3n + 1 2n + 2
.
Ha igazolni tudjuk, hogy
1 2n+ 1 1
⋅ ≤
3n + 1 2n + 2 3n + 2
(1)
akkor következik, hogy az egyenlőtlenség ( n + 1)
-re is igaz, tehát a matematikai
*
indukció elve alapján bármely n ∈ esetén is igaz.
2 2 2
(1) (3n 2)(2 n 1) (3n 1)(2 n 2) 0 8n 9n 2
⇔ + + ≤ + + ⇔ ≤ + + .
*
Mivel az utolsó egyenlőtlenség igaz ∀ n ∈ esetén, a bizonyítás teljes.
3 1
f) n = 2 esetén a < 1+

144 A matematikai logika elemei
Mivel az utolsó egyenlőség igaz,
elve alapján
1 1
(1) ⇔ < ⇔ n < n + 1
2
( n + 1) ( n + 1)
n
∑
n+
1
∑
1 1
≤2− és így a matematikai indukció
+ 1
2
k= 1 k n
1 1
≤2− < 2, ∀ n ≥1.
2
k=
1 k n
1 1
Megjegyzés. Az < egyenlőtlenség alapján
2
k k( k − 1)
n n n
1 1 ⎛ 1 1⎞
1 1 1 ⎟
1
+ ∑ < + ∑ = + ∑⎜−
⎟ = 2−
<
k k( k + 1)
⎜⎜⎝k −1
k⎠⎟2. n
2
k= 2 k= 2 k=
2
4
h) Ha n = 4 , akkor 3
3
= 81
és 4
4
= 64,
tehát 3
3
> 4 .
Ha rögzített n ∈ esetén 3
3
, akkor 3 3 1,
mert
n
n+
1 3 3 2
≥ n
≥ n > n + 3n + 3n
+
3 2 2
2
n ≥ 4 esetén n ≥ 4n ≥ 3n + 4n
≥ 3n
+ 3n + 1.
n 3
A matematikai indukció elve alapján 3 ≥n ∀ n ≥ 4.
7
i) n = 7 esetén 2
2
= 128
és n + 4n + 4 = 82,
tehát az egyenlőtlenség teljesül.
n
Ha 2
2
n+
1 2 2
≥ n + 4n
+ 5, akkor 2 ≥ 2 n + 8n + 10> n + 6n
+ 10,
tehát az egyenlőtlenség
( n + 1) -re is teljesül.
n 2
A matematikai indukció elve alapján 2 > n + 4n + 5, ∀ n ≥7.
j) Ha az egyenlőtlenséget teljes indukcióval akarjuk bizonyítani, azt kell ellenőriznünk,
teljesül-e az n legkisebb szóba jövő értékére, és azt, hogy az egyes odalak
megváltozása nem változtat-e az egyenlőtlenség irányán, ha ( n − 1)
-ről áttérünk n -re.
Ha n = 2 , 1< 2 < 1, 5,
tehát az egyenlőtlenség teljesül.
Ha ( n − 1)
-ről áttérünk n -re, a bal oldal megváltozása:
2
2
n + 2n − 2 ( n − 1) + 2( n −1) −2
2n
+ 1
Bn− B = − = ,
n−1
6 6
6
az egyenlőtlenséglánc középső tagjának a megváltozása:
n
K − K = n!
,
n n−1
végül a jobb oldal megváltozása:
2
2
n + 3n − 4 ( n − 1) + 3( n −1) −4
n + 1
Jn− J = − = .
n−1
4 4
2
Elég tehát a
2n + 1 n n + 1
< n ! < ,
6 2
vagy a kicsit többet mondó
n 1 n ! 1
(1)
< <
3 n + 1 2

A matematikai logika elemei 145
egyenlőtlenséget bizonyítani az n ≥ 3 egészekre.
Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenségeket az
1, 2, …,
n
számokra. Ezeknek a számoknak a mértani közepe
n M = n!
,
számtani közepe pedig
1+ 2+ … + n n + 1
S = = .
n
2
Az M < S egyenlőtlenségből épp (1) jobb oldalát kapjuk.
Az n! = n⋅( n −1)! összefüggés alapján alakítsuk az (1) közepén álló kifejezés n -
edik hatványát szorzattá:
n n
n n−1
1
n! n n! n ( n −1)! ⎛ n ⎞ ⎛n −1⎞ ⎛ ⎞
= ⋅ = ⋅ = …= ⎜
n n n n n−1⎜
⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
( n 1) ( n 1) n ( n 1) n ⎜ ⎟ ⋅ ⎟ ⋅ ⎟
n 1⎟ ⎜ n ⎟ …
+ + + ⎝ + ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎜ ⎜2⎟
1
⋅
⎠ .
Ez egy n -tényezős szorzat, elég belátnunk, hogy mindegyik tagja nagyobb 1
3 -nál:
j
⎛ j ⎞ 1
(2)
⎜
⎟ > ( j = 1, 2, )
j 1
⎟
… .
⎜ ⎝ + ⎠⎟3
Ismét a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget akarjuk felhasználni:
⎛ 1⎞
veszünk j számot, melyek mindegyike ⎜
⎜⎜ 1 + ⎟-vel
egyenlő, és veszünk k egymással
⎝ j ⎠⎟
egyenlő pozitív számot, amelyek szorzata 1
-dal egyenlő. Ezek m mértani közepének
3
( j + k)
-adik hatványa
j
1⎛ j+ k j + 1⎞
m = ⎜
⎟
3 ⎜⎜⎝ j ⎠
⎟
,
számtani közepe pedig
⎛ 1⎞
j ⎜
⎜1 + ⎟ + k ⋅a
⎜⎝ j ⎠⎟
s =
,
j + k
k 1
ahol a = . Eszerint készen vagyunk, ha sikerül k -t úgy megválasztani, hogy s = 1
3
legyen, hiszen ekkor m < 1,
ami ekvivalens a bizonyítandó (2)-vel.
Az s ≤ 1 egyenlőtlenség feltétele
j + 1 + k ⋅a ≤ j + k , azaz
ami teljesül például k = 6 mellett:
k
1 k ⎛k−1⎞ = a ≤ ⎜ ⎟
3
⎜⎜⎝ ⎟
k ⎠ ⎟
,
3
6
⎛6⎞ ⎟
216
⎛5⎞ 1
⎜
⎜⎝
= = 1, 728 < 3
5⎠⎟ , tehát ⎜ ⎟ >
125
⎜⎝6 ⎟ .
⎠ 3

146 A matematikai logika elemei
5. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket:
2
⎛ n ⎞⎛ n n
a) ⎜ 2
⎜
⎜ 2
a ⎟
⎞
⎜
⎜ b ⎟
⎛ ⎞⎟⎠
∑ ⎟ ⎜ a b , ha a b ;
k⎟ ⎟≥ ⎟ ⎜ ⎜∑
k ⎟
⎜ ⎜∑
, ∈
k k
k k
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝
k= 1 k= 1 k=
1
a + a + …+ a ≤ a + a + … + a , ha a ∈ ,
k = 1, n;
b) 1 2 n 1 2
n
a + b ) ≥ ( a + b)
, ∈ + > 0
n−1n n
n
c) 2 ( , ha ab és a b ;
1
d) Ha x + x + … + x
1 2
n ≤ és xj 2
≥ 0 ∀ j = 1,n , akkor
1
(1 −x )(1 −x ) ⋅… ⋅(1 −x )
1 2
n ≥ ;
2
n
1 1 1 1
e)
≤ − + … + − <
( x + 1)( x + 2 n) x + 1 x + 2 x + 2n − 1 x + 2n
n
< , ha x > 0,
⎛ 1⎞⎛ 1
x ⎟
⎞
⎜ + ⎟⎜x + 2n
+ ⎟
⎜⎝ ⎟
2⎠⎝ ⎟ ⎜ 2⎠⎟
n ∈ .
n k
f) Ha k, n ∈ és 0≤x≤ 1,
akkor [ 1 −(1 −x) ]
k
≥1 −(1 −x )
n .
2 2 2
Bizonyítás. a) n = 1 esetén ab ( ab)
ha a , b ∈ , tehát ebben az esetben
≥ 1 1 1 1
1 1
az egyenlőtlenség teljesül.
*
Ha n ∈ és tetszőleges ( a ) ,( b ) valós számokra teljesül a
i i= 1, n i i= 1, n
⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞⎟⎠
⎜ 2 2
⎜ a ⎟ ⎟⎜ b ⎟ ⎟≥⎜
a b
⎜ ⎜∑ k ⎟
⎜ ⎜∑ k ⎟
⎜ ⎜∑
k k
⎝k= 1 ⎠⎝k= 1 ⎠ ⎝k=
1
egyenlőtlenség, akkor írhatjuk, hogy:
2 2
⎛n+ 1 ⎞⎛n+ 1 ⎞ ⎛n+ 1 ⎞ ⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⎛ n
⎞
⎜ 2 2 2 2 2 2
⎜ a ⎟ ⎟⎜ b ⎟ ⎟− ⎜ ab ⎟ = ⎜ a + a ⎟ ⎟⎜ b + b ⎟ ⎟− ⎜ ab + a b ⎟ =
⎜ ⎜∑ k ⎟
⎜ ⎜∑ k ⎟
⎜ ⎜∑ k k ⎟
⎜ ⎜∑ k n+ 1 ⎟
⎜ ⎜∑ k n+ 1 ⎟
⎜ ⎜∑
k k n+ 1 n+
1
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎟
k= 1 k= 1 k= 1 k= 1 k= 1 k=
1
n n n n n
2
n
2 2 2 2 2 2
a ⎟ b ⎟ a b b a a b ⎟
∑ ⎟ 2
k⎟ ⎟ ⎟ a b a b
⎟ ∑ k ⎟ n+ 1∑ k n+ 1∑ k ∑ k k ⎟ n+ 1 n+
1∑
k k
k= 1 k= 1 k= 1 k= 1 k= 1 k=
1
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= ⎜
⎜ + + − ⎜ − =
⎜⎜⎝ ⎠⎝ ⎜ ⎠ ⎝ ⎜ ⎠
2
⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞
2 2
= ⎜ a ⎟ ⎟⎜ b ⎟ ⎟− ⎜ a b ⎟
⎜ ⎜∑ k ⎟
⎜ ⎜∑ k ⎟
⎜
⎜⎜∑
k k
⎝k= 1 ⎠⎝k= 1 ⎠ ⎝k= 1 ⎠
⎟
n
+ ∑ ( a b n+ 1 k
k=
1
2
−b a ) n+
1 k ≥ 0
A matematikai indukció elve alapján
2
⎛ n ⎞⎛ n n
2 2
a ⎟
⎞
b ⎟
⎛ ⎞⎟⎠
⎜ ⎟⎜ ⎟≥⎜
a b
⎜ ⎜∑ k ⎟
⎜ ⎜∑ k ⎟
⎜ ⎜∑
, ∀ n ∈ , k k
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝
∀ a , b k k ∈ k = 1,n.
k= 1 k= 1 k=
1
b) a + a ≤ a + a . Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a számok azonos
1 2 1 2
előjelűek.
Ha n -re teljesül az egyenlőtlenség, akkor
2
k
n n+
1
∑ ∑
a + a + …+ a + a ≤ a + a + …+ a + a ≤ a + a = a .
n+
1 2 n n+ 1 1 2 n n+
1 i 1
i
i= 1 i=
1

A matematikai logika elemei 147
2 2 2
2
c) n = 1 esetén egyenlőség van. n = 2 -re 2( a + b ) ≥ ( a + b)
, mert ( a −b) ≥ 0.
Ha az egyenlőtlenség teljesül n -re, akkor
n−1n n
n
2 ( a + b ) ≥ ( a + b)
és így
Vizsgáljuk meg a
2 ( a + b )( a + b) ≥ ( a + b)
n− 1 n n n+
1
n n+ 1 n+ 1 n−1 n n
2( a + b ) ≥ 2 ( a + b )( a + b)
n n
egyenlőtlenséget. Ez ekvivalens az ( a −b ) ( a −b) ≥ 0 egyenlőtlenséggel és ez igaz.
d) Ha n = 1,
akkor egyenlőség áll fenn. Ha n = 2 , akkor
1 1
(1 −x1)(1 − x2) = 1 −x1 − x2 + xx 1 2 ≥ + xx 1 2 ≥ .
2 2
Feltételezzük, hogy létezik olyan n , amelyre tetszőleges x , x , …, x 1 2 n
1
1
ra, ha x + x + … + x
1 2
n ≤ , akkor (1 −x )(1 −x ) …(1
−x 1 2
n ) ≥ .
2
2
∈ számok-
+
Ha y , y , , y , és
1 2 n y n+
1 + ∈
… 1
y + y + … + y 1 2 n + y ≤ , akkor az
n+
1
2
(1 −y )(1 −y ) ≥1−y − y > 0
1 2 1 2
egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy
1
(1 −y )(1 −y ) ⋅…⋅(1 −y )(1 ) (1 )(1 ) (1 )
1 2 n −y ≥ −y −y −y ⋅… ⋅ −y ≥
n+ 1 1 2 3 n+
1
2
x = y + y , x = y , k = 2,n számokra alkalmazzuk az indukciós felté-
mert az 1 1 2 k k+
1
telt. A matematikai indukció elve alapján a tulajdonság bármely n ∈ esetén igaz.
1 1 1 1
e) Ha n = 1,
akkor az
≤ − ≤
( x + 1)( x + 2) x + 1 x + 2 ⎛ 1⎞ 5
⎜
⎜x ⎟
⎜⎝
+ ⎟
2 ( x +
⎠⎟
2)
egyenlőtlenséget kell igazolnunk. Az első egyenlőtlenségben egyenlőség van, míg a
második teljesül mert 5
< 2 . Feltételezzük, hogy n -re teljesül és mindhárom
4
⎛ 1 1 ⎞
kifejezéshez hozzáadunk ⎜ ⎟
⎜⎝
−
x + 2n + 1 x + 2n + 2⎟
-t. Elégséges igazolnunk, hogy
⎠
n 1 1 n + 1
+ − ≥
( x + 1)( x + 2 n) x + 2n + 1 x + 2n + 2 ( x + 1)( x + 2n + 2)
és
n 1 1 n + 1
+ − ≤
⎛ 1⎞⎛ 1 2 1 2 2 1
x ⎟
⎞
x 2n ⎟ x + n + x + n + ⎛ ⎞⎛
x ⎟
1⎞
⎜ + ⎟⎜ + + ⎟ ⎜ + ⎟⎜x
+ 2n
+ +
⎝ 2⎠⎝ ⎟ ⎜ 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 2⎠⎝
⎟ ⎜
2
2⎟⎠
Az első egyenlőtlenség ekvivalens az ( x + 1 )( x + 2n + 2) ≥ x( x + 2n)
egyenlőtlenséggel és a második az
⎛ 1⎞⎛ 1⎞
⎜
⎜x 2n ⎟⎜x 2n 2 ⎟
⎜
+ + ⎟ + + + ⎟≤
( x + 2n + 1)( x + 2n
+
⎝ 2⎠⎝ ⎟ ⎜
2⎠⎟
2)

148 A matematikai logika elemei
egyenlőtlenséggel. Mivel mindkét egyenlőtlenség igaz, a bizonyítandó egyenlőtlenség
*
(n + 1) -re is igaz és így a matematikai indukció alapján igaz minden n ∈ esetén.
f) Két egymásba ágyazott indukciót használunk. Ahhoz, hogy a k szerinti indukció
működjön az
k+ 1 n k n n n k n
*
(1 − x ) + (1 −x ) (1 −x) ≥(1 − x)
+ (1 − x ) x ∈[0, 1], k, n ∈
k
egyenlőtlenségre volna szükség. Az x = a és x = b jelöléssel ez
n
(1 − ab) n n
+ (1 −a) (1 −b) n
≥(1 − a) n
+ (1 − b)
alakban írható. Ezt az egyenlőtlenséget n szerinti indukcióval igazoljuk.
n
(1 −ab) n
≥(1 − a) n n n
+ (1 −b) −(1 −a) (1 −b) / ⋅(1 − ab)
Elégséges igazolni, hogy
n
(1 − a) n n n n n
+ (1 −b) −(1 −a) (1 −b) −ab(1 −a) −ab(1 − b) n
+ ab(1 −a) (1 −b)
n+ 1 n+ 1 n+ 1 n+
1
≥ (1 + a) + (1 −b) −(1 −a) (1 − b)
.
Ez ekvivalens az
n n n
n
a(1 −a) (1 −b) [ 1 −(1 − b) ] + b(1 −b) [ 1 −(1 −a) ] ≥ 0
egyenlőtlenséggel és ez igaz.
6. Bizonyítsd be a következő oszthatóságokat:
n
a) 4|(15
n+ 1
+ 3 ) ;
n
b) 9|(16 −6n−1) ;
n−1 4n−3 2n+ 1 3n+ 1
c) 7| (5⋅ 2 + 9 ) ; d) 17 | (3 ⋅ 5 + 2 ) ;
3 | (11 + 12 )
n+ 2 2n+
1 7n+ 3 2n+ 1 4n+ 1
e) 13 ; f) 23 | (2 + 3 ⋅ 5 ) ;
2
Bizonyítás. a) n = 1 esetén 15 + 3 = 24 4 .
n
Ha 15
n+
1
n n+
2
+ 3 = 4M
, akkor 15 ⋅ 3 + 3
n+ 2
= 4 ⋅ 3M
és így 3
n
= 4 ⋅3M−15 ⋅3,
n+ 1 n+
2
tehát 1 5 + 3
n+ 1 n
n
= 15
−15⋅ 3 + 4 ⋅ 3M = 15 ⋅ 12 + 12 ⋅ M 4 .
n
b) n = 1 esetén 16 −6n−1értéke 9.
n
n
n+
1
Ha (1 6 −6n−1) 9 , akkor 16 = 9M + 6n + 1 , tehát 16 = 16 ⋅ 9M + 96n + 16
n+ 1
és így 16 − 6( n + 1)
− 1 = 16 ⋅ 9M + 90n + 9 és ez osztható 9-cel. A matematikai
*
indukció elve alapján 9| (16 −6n −1), ∀ n ∈ .
n
n−1
4n−3 c) n = 1 esetén 5⋅ 2 + 9 értéke 14 és ez osztható 7-tel.
n−1 4n−3
Ha 5⋅ 2 + 9
n
= 7M,
akkor 5⋅ 2
4n−3 n
= 14M−2⋅9 , vagyis 5⋅ 2
4n+ 1
+ 9 =
4n−3 4
4
= 14M + 9 (9 − 2) és ez osztható 7-tel mert ( 9 − 2) = 81⋅81 −2=
6559 és ez
osztható 7-tel.
2n+ 1 3n+ 1
d) n = 0 esetén 3⋅ 5 + 2 értéke 17 .
Ha
2n+ 1 3n+ 1
3⋅ 5 + 2 = 17M,
akkor
2n+ 3 3n+ 1
3 ⋅ 5 = 17 ⋅25M −25 ⋅2,
tehát
2n+ 3 3n+ 4
3⋅5 + 2
3n+ 1
= 17⋅25M−2 ⋅17
és ez osztható 17 -tel.
n+ 2 2n+
1
e) n = 0 esetén 11 + 12 értéke 133 .
n+ 2 2n+
1
n+ 3
Ha 11 + 12 = 133M
, akkor 11
2n+
1
= 11⋅133M −11⋅12és így
n ≥

A matematikai logika elemei 149
n+ 3 2n+ 3
11 + 12
2n+
1
= 11⋅ 133M + 133 ⋅12
. A matematikai indukció elve alapján
n+ 2 2n+ 1
133 | (11 + 12 ) ∀ n ∈ .
7n+ 3 2n+ 1 4n+ 1
f) n = 0 esetén 2 + 3 ⋅ 5 értéke 23.
7n+ 3 2n+ 1 4n+ 1
7n+ 3 2n+ 1 4n+ 1
Ha 2 + 3 ⋅ 5 = 23M,
akkor 2 = 2 3M−3 ⋅5
, tehát
7n+ 10 7 7 2n+ 1 4n+ 1
2 = 2 ⋅23M−2 ⋅3 ⋅ 5 .
Ebből következik, hogy
7n+ 10 2n+ 3 4n+ 5 7 2n+ 1 4n+ 1 2 4 7
2 + 3 ⋅ 5 = 2 ⋅ 23M+ 3 ⋅4 ⋅(3 ⋅5 − 2 ) .
2 4 7
7n+ 10 2n+ 3 4n+ 1
Mivel 3 ⋅5− 2 = 23 ⋅ 239 következik, hogy (2 + 3 ⋅ 5 ) 23 és így a
7n+ 3 2n+ 1 4n+
1
matematikai indukció alapján (2 + 3 ⋅5) 23 ∀ n ∈ .
7. Bizonyítsd be, hogy minden háromszög felbontható n darab hozzá hasonló
háromszögre, ha n ≥ 6 .
Bizonyítás. Ha egy háromszögben felvesszük az oldalak felezőpontjait és meghúzzuk
a középvonalakat, négy darab az eredetivel hasonló háromszög keletkezik. Ez azt
jelenti, hogy ha egy háromszöget felbontottunk n darab vele hasonló háromszögre,
akkor a felbontás valamelyik háromszögét négy háromszögre bontva, ( n + 3) háromszögre
is felbonthatjuk.
A mellékelt ábrákon látható egy-egy felbontás 6 illetve 8 háromszögre. Mivel
7 = 4+
3,
7 háromszögre is felbonthatjuk és így az első észrevétel és a teljes
indukció elve alapján szerkeszthetünk minden n ≥ 6 esetén olyan felbontást, amely
n darab az eredetivel hasonló háromszöget tartalmaz.
8. Feldarabolható-e egy általános háromszög n darab egyenlő szárú háromszögre,
ha n ≥ 4 ?
Bizonyítás. Ha egy derékszögű háromszögben
meghúzzuk a derékszöghöz tartozó oldalfelezőt,
két egyenlő szárú háromszög keletkezik. Mivel
minden háromszögnek van legalább egy olyan
magassága, amely a háromszög belsejében van,
minden háromszög felbontható 4 egyenlő szárú
háromszögre. Ez egyben azt is jelenti, hogy ha van
felbontás n háromszögre, akkor van n + 4
háromszögre is. Ugyanakkor ha előbb levágunk
egy vagy két egyenlő szárú háromszöget, akkor kaphatunk 5 illetve 6
háromszöget

150 A matematikai logika elemei
tartalmazó felbontást is. Így tetszőleges n ≥ 4 esetén szerkeszthetünk n darab
egyenlő szárú háromszöget tartalmazó felbontást. (Ha ez a háromszög egyenlő szárú,
akkor az előbbi feladatot is használhatjuk.)
9. Bizonyítsd be, hogy ha n ≥ 6 , akkor egy tetszőleges négyzet feldarabolható n
darab négyzetre.
Bizonyítás. Ha egy négyzetben összekötjük a szembenfekvőoldalak felezőpontjait,
négy kisebb négyzetet kapunk, tehát n = 4 -re van felbontásunk és ha van n -re, akkor
van ( n + 3)
-ra is. A mellékelt ábrán láthatók n = 6 , n = 7 és n = 8 esetén a
felbontások.
A matematikai indukció elve alapján tetszőleges n ≥ 6 esetén felbonthatjuk a
négyzetet n darab kisebb négyzetre.
10. Bizonyítsd be, hogy az ( n + 1 )( n + 2)
…(2 n)
szorzatban a 2 kitevője pontosan n .
Bizonyítás. Ha n = 1,
akkor az 1 ⋅ 2 szorzat prímtényezős felbontásában a 2 kitevője
1. Ha valamilyen n -re az ( n + 1 )( n + 2) ⋅…⋅(2n) szorzatban a 2 kitevője n ,
akkor az
(2n + 1)(2n + 2)
( n + 2)( n + 3) …(2 n)(2n + 1)(2n + 2) = ( n + 1)(
n + 2) … (2 n)
n + 1
szorzatban a 2 kitevője ( n + 1)
, mert (2 n + 1) 2 . Így a matematikai indukció elve
alapján ( n + 1 )( n + 2)
⋅… ⋅(2n)
felbontásában a 2 kitevője n , ∀ n ≥1.
∈ 2 n
*
11. Bizonyítsd be, hogy minden n esetén -nek létezik olyan egész számú
többszöröse, amely csak az 1 és 2 számjegyekből áll.
Bizonyítás. n = 1 és n = 2 esetén a 2 és 12 megfelel.
n
Ha az N szám n számjegyű és minden számjegye 1 vagy 2 és 2 | N , akkor az
1 1
n
n
N = 0 + N és 2 2 10 számok közül az egyik osztható 2 -nel
( vagy 2 5 páros, esetén), tehát létezik ( számjegyű
n
N = ⋅
+ 1
+ N
5 + x ∀ x ∈
k k
+ x ⋅ n +
1)
2 n+
1
-nel osztható szám, amelynek minden számjegye 1 vagy 2. Így a matematikai
indukció elve alapján a bizonyítás teljes.

A matematikai logika elemei 151
12. Bizonyítsd be, hogy 1+ 2+ … + n
*
< 2 bármely n ∈ esetén.
Bizonyítás. Igazoljuk, hogy
*
k + k + … + k + n < k + 1 , ∀ k ∈ , ∀ n ∈ .
Ha n = 0 , akkor a k < k + 1
2
k + k + 1> 0
*
∀ k ∈ .
egyenlőtlenséget kell igazolni és ez igaz mert
*
Ha az egyenlőtlenség minden k ∈ esetén igaz egy rögzített n -re, akkor
k + ( k + 1) + …+ k + n + 1 = k + ( k + 1) + … + ( k + 1) + n <
< k + k + 2 < k + 1
mert k ≥ 1 . Így a matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség minden
*
n ∈ esetén igaz. k = 1-re
a kért egyenlőtlenséget kapjuk.
IV.2.3.1. Gyakorlatok és feladatok (99. oldal)
2
1. Van-e nullától különböző természetes megoldása az u = 7 egyenletnek?
2
v
* *
Megoldás. Ha volna ( u , v ) ∈ × megoldás, akkor ezek közt lenne olyan is,
o o
2 2
2
amelyre u minimális (de nem 0 !). Az u = 7v
egyenlet alapján u 7 , tehát u
∈
*
és így létezik u úgy, hogy u 1 , azaz 1
2
1
2
. Hasonló gondolatmenet
*
alapján v 7 , tehát létezik v ∈ úgy, hogy v = 7v . Ha ezt visszahelyettesítjük, az
1 1
2 2
u = 7v
egyenlethez jutunk. Mivel u < u , szerkesztettünk olyan ( , megol-
1 1 ) u v
1
1
dást, amelyre u < u . Ez ellentmond u megválasztásának, tehát az egyenletnek nincs
nullától különböző megoldása.
1
= 7u
2 2
2. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + 1 = xyz
, akkor z = 3 .
1
7u = v
7
2
2
Bizonyítás. Ha x = y , akkor 2x + 1 = x ⋅ z , tehát x |1 és így z = 3 ,
x = y = 1 . A továbbiakban feltételezzük, hogy x < y (a szimmetria alapján feltéte-
lezhetjük) és tekintjük az ( x , y megoldást, amelyre y a lehető legkisebb. Ha
0 0 )
és y , akkor y x 0,
tehát x és
1
. A végtelen leszállás elve alapján ilyen ( , megoldás nem
=
1z ( z y )
1 0 0 −
2
x = x ⋅z −y
x
= x + 1>
∈
1 0 0
0
0
1
2 2
x + y + 1 = x y x y
1 1
1
0 0 )
létezhet, tehát csak az (1 , 1, 3) megoldás teljesíti az egyenletet.
3. Határozd meg az összes olyan n természetes számot, amelyre minden n oldalú
sokszög felbontható egymás belső pontjait nem metsző átlók segítségével háromszögekre
úgy, hogy minden csúcsból páros számú átló induljon ki.
0

152 A matematikai logika elemei
Megoldás. Ha n -re lehetséges akkor ( n + 3) -ra is
lehetséges, a felbontás. A mellékelt ábrának megfelelő
toldás segítségével (az AB átlóvá változik). A
legkisebb m , amelyre lehetséges a kért felbontás az
n = 6 , tehát n ∈{3k | k ≥2}
esetén az n oldalú
sokszögek felbonthatók a feltételnek megfelelően.
4. Az n ∈ természetes számból kiindulva a következő
lépéseket végezzük:
a) ha a szám páros, osztjuk 2-vel;
b) ha a szám páratlan hozzáadunk 1-et.
Bizonyítsd be, hogy mindig eljutunk 1-hez.
B
Bizonyítás. Ha n = a a a …a
az n szám reprezentánsa a kettes számrend-
1 2 3 k
szerben, akkor a k 0 esetén az n -ből kapott szám, ( eggyel kevesebb
számjegyet tartalmaz. Ha a 1,
akkor az n szám vagy k számjegyet tartalmaz
= aaa … a )
1 2 3 k−1
+ 1
k =
és az utolsó számjegye 0, vagy ( k + 1)
számjegyet tartalmaz és az utolsó k számjegye
0. Ezért legtöbb két lépés után csökkentjük a kettes számrendszerbeli számjegyek
számát. Így el kell jutnunk az 1-hez is.
5. Négy tetszőleges a , bcd , , természetes számból kiindulva a következő lépéseket ismé-
teljük: a meglevő ( a , bcd , , ) számnégyest helyettesítjük a ( a −b , b−c , c−d , d − a)
számnégyessel. Bizonyítsuk be, hogy egy idő után csupa 0-t kapunk.
Bizonyítás. A lépések során a számok maximuma nem növekedhet. Ha a számok
mind oszthatók d -vel, akkor ez a tulajdonság megörződik. Másrészt ellenőrizhető,
hogy tetszőleges konfiguráció esetén 2-nek egyre nagyobb hatványával oszthatók a
számok. Jelöljük 1-gyel a páratlan és 0-val a páros számokat. Például, ha
0 0 0 1 -ből indulunk
0 0 0 1
0 0 1 1
0 1 0 1
1 1 1 1
0 0 0 0
Tehát 4 lépés után minden szám osztható 2-vel.
IV.2.4.2. Gyakorlatok és feladatok (101. oldal)
1. Egy tasakban 60 darab cukorka van, 20 áfonyás, 10 almás, 15 narancsos és 15
sárgadinnyés. Egy bekötött szemű gyereknek hány cukorkát kell kiemelni ahhoz, hogy
biztosan legyen közöttük:
a) egy áfonyás;
b) két áfonyás és két almás;
A
C

A matematikai logika elemei 153
c) két narancsos, egy sárgadinnyés és egy almás;
d) mindegyikből egy-egy;
e) valamelyikből három egyforma.
Megoldás. a) Legalább 41 darabot kell kivenni, mert előfordulhat, hogy előbb
kiveszi az almás, a narancsos és a sárgainnyés cukorkákat (ez 40 darab) és csak azután
vesz ki áfonyásat.
b) 52; c) 51; d) 51; e) 9.
2. Egy zsákban 10 pár azonos férfi- és 5 pár női kesztyű van. Legalább hány kesztyűt
kell kivennünk ahhoz, hogy
a) legyen egy pár a kivett kesztyük között;
b) legyen egy pár női kesztyű a kivettek között;
c) legyen két azonos pár?
Megoldás. a) 16; b) 26; c) 18.
3. Igaz-e, hogy egy 25-ös létszámú osztályban van legalább három diák, aki ugyanabban
a hónapban született?
Megoldás. Ha minden hónapban legfeljebb két születésnap volna, akkor ez legfeljebb
12 ⋅ 2 = 24 születésnapot jelentene. Mivel 25 diák van, valamelyik hónapba
legalább három születésnap esik.
4. Egy építkezéshez 50 kőtömböt kell elszállítani, amelyek tömege 370 kg, 372 kg,
374 kg, ... 466 kg. El lehet-e ezekez szállítani egy maximum 3 tonnát szállító
teherautóval 7 út alkalmával?
Megoldás. Ha 50 kőtömböt 7 út alkalmával szállítunk, legalább egy alkalmommal
legalább 8 kőtömböt kell szállítani. De
370 + 372 + 374 + 376 + 378 + 380 + 382 + 384 = 3016
Így ez a szállítmány több volna mint 3 tonna, tehát nem lehetséges.
5. Bizonyítsd be, hogy n darab 2n -nél kisebb és n -től különböző természetes szám
közül kiválasztható kettő, amelyek összege 2 n .
Bizonyítás. A számokat ( x, 2 n − x)
alakú párokba rendezzük. Mivel ( n + 1) ilyen
pár létezik, legalább az egyik pár az adott számok között van.
6. Bizonyítsd be, hogy öt, 10-nél nagyobb prímszám közül kiválasztható kettő, melyek
különbsége osztható 10-zel!
Bizonyítás. A 10-nél nagyobb prímszámok 10-zel való osztási maradéka 1, 3, 7
vagy 9 lehet, így öt ilyen prímszám közt mindig van kettő, amelyek ugyanazt a
maradékot adják 10-zel való osztáskor. A különbségük osztható 10-zel.
7. Bizonyítsd be, hogy 7 egész szám közül kiválasztható kettő, amelyek összege vagy
különbsége osztható 11-gyel.
Bizonyítás. A teljes négyzetek 11-gyel való osztási maradékai 0, 1, 4, 9, 5 és 3,
2 2
tehát hét szám közül van kettő, x és y , amelyre x és y 11-gyel való osztási
2 2
maradéka egyenlő. Így x − y = ( x − y)
( x + y)
és mivel 11 prímszám, az összeg
vagy a különbség osztható 11-gyel.

154 A matematikai logika elemei
8. Bizonyítsd be, hogy 27 darab 100-nál nem nagyobb és 0-tól különböző természetes
szám között van kettő, amelyek relatív prímek.
Bizonyítás. Ha felsoroljuk a számok prímosztóit, legalább 27-et kellene kapjunk,
ha nincs köztük olyan, amely nem relatív prím. Ez nem lehetséges, mert nincs 27
darab 100-nál kisebb prímszám.
9. Bizonyítsd be, hogy bármely n páratlan számhoz létezik olyan k tetszőleges szám,
k
amelyre (2 − 1) n .
2 3
Bizonyítás. Az 1, 2, 2 , 2 , , 2 számok közt van kettő, amelyeknek n -nel való
n
…
a b
a−b osztási maradéka egyenlő. Így (2 − 2 ) n , tehát (2 −1) n .
10. Bizonyítsd be, hogy 6 irracionális szám között mindig van három, amelyek közül
bármely kettő összege irracionális.
Bizonyítás. Ha x, y , z irracionálisak, akkor nem lehet az x + y , y + z és z + x
egyaránt racionális mert x − y = ( x + z) − ( z + y)
∈ és x + y ∈ -ból következik,
hogy x, y ∈ . Helyezzük el az adott számokat egy szabályos hatszög csúcsaiba
és az átlókat illetve oldalakat színezzük kékre, ha a végpontokban levő számok
összege racionális illetve pirosra, ha irracionális. Az így kapott ábrán van egyszínű
háromszög, mert egy csúcsból kiindul legalább három azonos színű vonal és ha ezek
másik végpontjait összekötő szakaszok közt van ezekkel megegyezző színű, akkor
megvan a háromszög, ellenkező esetben ezek a végpontok határoznak meg ilyen
háromszöget. Az egyszínű háromszög az első észrevétel alapján nem lehet kék, tehát
van 3 olyan szám, amely teljesíti a feltételt.
11. Egy egységoldalú négyzet belsejében felvettünk 51 pontot. Bizonyítsd be, hogy
kiválasztható közülük 3, amelyek által meghatározott háromszög köré írható kör
sugara kisebb mint 1
7 .
Bizonyítás. A négyzetet osszuk fel 25 darab 1
oldalhosszúságú négyzetre. Így van
5
legalább egy kis négyzetecske, amely 3 pontot tartalmaz. Másrészt az általuk
2 1
meghatározott háromszög köré írható kör sugara nem nagyobb mint < .
10 7
12. Bizonyítsd be, hogy minden 21 oldalú sokszögben van két átló, amelyek által
bezárt szög mértéke kisebb mint 1.
Bizonyítás. A sík egy tetszőleges P pontján át húzzunk párhuzamost minden
21⋅ 18
átlóhoz. Így = 189 egyenest kapunk és 378 szöget. Ha ezek mindegyike 1 -
2
nál nagyobb lenne, akkor a P körül legalább 8 -os szög keletkezne. Ez ellentmondás,
mert a P körüli teljes szög , tehát létezik két átló, amelyek 1 -nál kisebb
szöget zárnak be.
37
360

A matematikai logika elemei 155
13. Egy 3× 4-es
téglalapban felvettünk 6 pontot. Bizonyítsd be, hogy van köztük
kettő, amelyek távolsága legfeljebb 5 .
Bizonyítás. Ha két egymásmelletti 1× 1-es
négyzetben van
pont, akkor ezek távolsága legfeljebb 5 , tehát az állítás igaz. Ha
viszont egymásmelletti 1× 1-es
négyzetben nincs pont, akkor
valamelyik ábrán látható négyzetekbe kerül pont. Mindkét esetben
van olyan 3× 3-as
része a táblának, amelyen 5 pont van. Így a
3
négy
2 2
× 3 -es négyzet közül legalább egyben két pont van. Ezek
távolsága nem több mint 3 3
⋅ 2 és ⋅ 2 < 5 , mert 18 .
2 2 20 <
14. A sík minden pontját kékre vagy pirosra színezzük. Bizonyítsd be, hogy van két
azonos színű pont, amelyek távolsága 1.
Bizonyítás. Tekintsünk egy egységnyi oldalhosszúságú egyenlő oldalú háromszöget.
Két csúcsát ugyanazzal a színnel színeztük, tehát létezik két azonos színű pont,
amelyek távolsága 1.
15. Egy egységoldalú négyzet belsejébe egy konvex sokszöget írunk, amelynek területe
nagyobb mint 1
. Bizonyítsd be, hogy van olyan d egyenes, amely párhuzamos
2
a négyzet valamelyik oldalával és a sokszögből 1
-nél hosszab szakaszt metsz ki.
2
Bizonyítás. A beírt sokszöget az egyik oldallal
párhuzamos egyenesek segítségével két háromszögre
és néhány trapázra bonthatjuk. Ha minden d egyenes,
amely párhuzamos a négyzet valamelyik oldalával 1
2 -
nél nem hosszabb szakaszt metsz ki, akkor egy-egy
trapéz területére
a
a + b h
T = ⋅h ≤
h
t
2 2
b
}h1 és a háromszögek területére
1 1 h b⋅h T = < .
h
2 2
Így a sokszög területe
∑ hi
1
T < < .
2 2
Ez ellentmondás, tehát létezik olyan d egyenes, amely párhuzamos valamelyik
oldallal és legalább 1
hosszúságú szakaszt metsz ki a sokszögből.
2

156 A matematikai logika elemei
IV.2.5.1. Gyakorlatok és feladatok (102. oldal)
1. Egy táblára felírtuk a számokat 1-től 2001-ig majd egy alkalommal a táblán levő
számok közül néhányat helyettesítünk a számjegyeik összegével. Ezt a lépést addig
ismételjük, amíg egy szám marad a táblán. Melyik ez a szám?
Megoldás. Egy lépés során az összeg 9-cel való osztási maradéka nem változik.
2001⋅ 2002
1 + 2 + … + 2001 = = 1001⋅ 2001
2
és ennek a 9-cel való osztási maradéka 6, tehát a végén a 6-os marad a táblán.
2
2. Egy táblára az x + 7x
+ 8 kifejezést írtuk és egy-egy alkalommal valamelyik
együtthatót eggyel növelhetjük vagy csökkenthetjük. Bizonyítsd be, hogy ha egy idő
2
után az x −7x
−8
kifejezés áll a táblán, akkor volt olyan másodfokú kifejezés a
táblán, amelynek van egész gyöke.
Bizonyítás. A táblán levő kifejezés 1-ben számolt behelyettesítési értéke 1-gyel
változhat. Mivel ez kezdetben 16 és a végén –14, van olyan állapot, amikor 0. Tehát
volt olyan másodfokú kifejezés, amelynek az 1 gyöke.
3. Egy asztalon 6 pohár áll. Egy-egy alkalommal 5 poharat fordítunk meg. Elérhetjük-e,
hogy minden pohár az eredeti helyzetéhez képest fordítva álljon? Hát akkor, ha
5 pohár van és minden lépésben 4-et fordítunk meg?
Megoldás. A k -adik fordításnál a k -adik poharat hagyjuk változatlanul k = 1, 6 .
Így hat forgatás után minden pohár fordítva áll. Ha minden lépésben 4 poharat
fordítunk meg, akkor összesen 4k
poharat fordítunk meg k fordítás alatt. Másrészt ha
ezután minden pohár fordítva áll, akkor a fordítások száma páratlan. Ez ellentmondás,
tehát 5 pohár esetén nem lehet megfordítani a poharakat.

Függvények 157
V. Függvények
V.1.1. Gyakorlatok és feladatok (104. oldal)
1. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket:
a) A∪ A = A;
b) A∩ A= A;
c) A∩( B ∩ C) = ( A∩B) ∩ C ; d) A∪( B ∪ C) = ( A∪B) ∪C
;
e) A∩( B ∪ C) = ( A∩B) ∪( A∩ C)
; f) A∪( B ∩ C) = ( A∪B) ∩( A∪C) ;
g) C ( A ∩ B) = ( C A) ∪ ( C B)
; h) C ( A ∪ B) = ( C A) ∩ ( C B)
;
E E
E
i) A∆ A=
∅ ; j) A∆ B = B∆A; k) A∆∅ = ∅∆ A = A;
l) A∆( B∆ C) = ( A∆B) ∆C
.
Bizonyítás. a) x ∈A∪A ⇔ x ∈A vagy x ∈A ⇔ x ∈A.
b) x ∈A ∩A ⇔ x ∈A és x ∈A ⇔ x ∈A.
E E
c) x ∈A∩( B ∩C) ⇔ x ∈A
és x ∈( B ∩C) ⇔ x ∈A
és ( x ∈ B és x ∈C) ⇔
⇔ x ∈A és x ∈ B és x ∈C ⇔ x ∈( A∩B) ∩C
.
d) x ∈A∪( B ∪C) ⇔ x ∈A
vagy x ∈( B ∪C) ⇔ x ∈A
vagy (x ∈ B vagy
x ∈ C) ⇔ x ∈A vagy x ∈ B vagy x ∈C ⇔ (x ∈A
vagy x ∈ B)
vagy x ∈C ⇔
⇔ x ∈( A∪B) vagy x ∈C ⇔ x ∈( A∪B) vagy x ∈C ⇔ x ∈(A∪B)
∪C
.
e) A∩( B ∪C) ⇔ x ∈A
és x ∈B ∪C ⇔ x ∈A
és (x ∈ B vagy
x ∉ B) ⇔ ( x ∈ E ⇔ (x ∈A
és x ∈ B)
vagy (x ∈ A és x ∈C) ⇔
vagy x ∈B ∩C ⇔ ⇔ x ∈ ( A∩B)
∪( A∩C) .
⇔ (x ∈ A vagy x ∈ B)
és ( x ∈ A vagy x ∈C ) ⇔ x ∈A∪B
és
⇔ x ∈( A∪B) ∩( A∪C) .
g) M1 x ∈C ( A∩B) ⇔ x ∈E
és x ∉( A∩B) ⇔ x ∈E
és (x ∉ A vagy
E
x ∈C) ⇔
x ∈A∩B f) x ∈A ∪( B ∩C) ⇔ x ∈A
vagy x ∈( B ∩C) ⇔ x ∈A
vagy ( x ∈ B és x ∈C) ⇔
E
x ∈A∪C ⇔
x ∉ B) ⇔ ( x ∈E és x ∉ A)
vagy (x ∈ E és x ∉ B)
⇔ x ∈C
A vagy
x ∈C B ⇔ x ∈(
C A)
∪(C
B)
.
E E
M2 ( ∩ B) = E ∩( A∩ B) = E ∩( A∪ B)
= E e
C A
e)
E
= ( E ∩A) ∪( E ∩B) ⇔ ( C A) ∪(
C B)
(felhasználva, hogy A∩ B = A∪ B ).
E E
h) M1 x ∈C ( A∪B) ⇔ x ∈E
és x ∉( A∪B) ⇔ x ∈E
és ( x ∉ A és
E
⇔ x ∈E és x ∉ A és x ∉ B ⇔ x ∈E és x ∉ A és x ∈ E és x ∉ B ⇔
⇔ x ∈C A és x ∈C B ⇔
x ∈( C A) ∩(
C B)
.
E
E E
E
)
E
x ∉ B)

158 Függvények
M2 C ( A∪ B) = E ∩( A∪ B) = E ∩( A∩ B) = ( E ∩E) ∩( A∩ B) = ( E ∩A) ∩
E
∩( E ∩ B) = C A∩ C B.
E E
i) A ∆ A= ( A\ A) ∪ ( A\ A)
= ∅∪∅= ∅ .
j) A ∆ B = ( A\ B) ∪ ( B \ A) = ( B \ A) ∪ ( A\ B) = B∆A. j)
k) A∆∅=∅∆A; A∆∅ = ( A \ ∅) ∪( ∅ \ A) = A∪∅=
A.
l) A∆(
B∆ C) = [ A∩( B∆C)] ∪[( B∆C) ∩ A].
b) c)
e) c)
( B∆C) ∩ A= [( B ∩C) ∪( C ∩B)] ∩ A= [( B ∩C) ∩A] ∪[( C ∩B) ∩ A]
=
c) e)
= [( B ∩A) ∩C] ∪[( A∩B) ∩ C] = [( B ∩A) ∪( A∩B)] ∩ C = ( A∆B) ∩C
.
B∆ C = ( B ∩C) ∪( C ∩ B) = [ B ∪( C ∩B)] ∩[ C ∪( C ∩ B)]
=
= [( B ∪C) ∩( B ∪B)] ∩[( C ∪C) ∩( C ∪ B)] = ( B ∪C) ∩( B ∩ C) = ( B ∪C)\( B ∩ C).
B∆ C = B ∩ C . A∩( B∆ C) = A∩( B ∩ C) = ( A∩B) ∩ C = A∆B ∩C
.
Tehát A∆( B∆ C) = [ A∩( B∆C)] ∪[( B∆C) ∩ A] = [ C ∩( A∆B)] ∪[( A∆B) ∩ C]
=
= ( A∆B) ∆C
.
⎧⎪ 1, ha u ∈ X
Megjegyzés. Ha X, A , B, C ⊂ E és f : E → {0,1}, f ( u)
= az X
X X ⎨
⎪
⎪0, ha u ∉ X
⎪⎩
karakterisztikus függvénye, akkor az
f = f ⋅ f ; f = f (1 − f ) ; f = f + f − f f ;
B
B B
A∩ B A
AB \
f = f + f − 2f
f ;
A∆ B A B A B
A
B
c)
A∼ B A A
1 f = − f
C A A
E
egyenlőségek segítségével adhatók egyszerűbb bizonyítások. (lásd 2.23. paragrafus 3.
és 4. feladatát.)
2. Határozd meg az A és B halmazt, ha egyidejűleg teljesülnek a következő
tulajdonságok:
a) A∆ B = {1,2,4,5,6,7} ; b) A∩ B = {3} ; c) A\( B ∪ {2}) = {1, 4} .
Hány megoldás van? A B
Megoldás. Egy Venn-Euler diagram segítségével próbáljuk
meghatározni az A és a B halmazt. A∩ B = {3} , tehát a 3-ast
beírhatjuk a metszetbe.
3
A B
A\ ( B ∪ {2}) = {1, 4} , tehát az 1 és a 4 az A \ B halmazban
vannak.
Aszerint, hogy 2 ∈ B vagy 2 ∉ B , két különböző esethez jutunk (az A \ B
halmazban
több elem nem lehet).
1
4
3

Függvények 159
A B
1 2
3
4
A B
1
4
3
2
Az A∆ B = {1,2,4,5,6,7} alapján az 5, 6 és 7 a B \ A halmazban van, tehát a kö-
vetkező két megoldás létezik:
A B
1 2
4
3 5
6
7
A B
1
4
3
2
5
6
7
Megjegyzés. Külön-külön meghatározhatjuk mindhárom egyenlet általános megoldását
is.
Az A∆ B = {1,2,4,5,6,7} egyenlet általános megoldása: A X , B X ,
C = ∪ 2 C = ∪
ahol X , X ⊂A∆B; C ∩( A ∆ B)
= ∅ . X , X részhalmazai a szimmetrikus különb-
1 2
1 2
ségnek és C az A és B halmazok keresztmetszete, amelyre az a kikötésünk, hogy
legyen diszjunkt a szimmetrikus különbségre nézve. Tehát mivel a C halmazt végtelen
sok féle képpen választhatjuk meg, így végtelen sok megoldás létezik.
Az A∩ B = {3} egyenlet általános megoldása: A= X ∪ {3} , B = X ∪ {3} (ahol
2
). X1 és 2 diszjunkt halmazok, azaz nincs közös elemük. Mivel
, X -t tetszőlegesen választhatjuk meg, figyelembe véve a megkötést, így végtelen
X
X
X ∩ X = ∅
1 2
1 2
sok megoldása van az egyenletnek.
Az A\( B ∪ {2}) = {1, 4} egyenlet általános megoldása A= {1, 4} ∪ X , B = X ,
ahol X ⊂ X és {1 , 4} ⊄ X . Az 1, 4-et nem tartalmazhatja az X , és X részhalmaza
1 2
kell legyen X -nek, hogy kivonáskor tűnjenek el X elemei. A 2 eleme lehet X -nek.
2
1
Hasonlóan az előző esetekhez, itt is végtelen sok megoldás létezik. Belátható, hogy az
általános megoldás három jellemzéséből is eljuthatunk a megoldáshoz.
c) B \ A = { 3} ; d) A∩B ∩ C = {4, 5} ;
1
1
1
1 1
3. Határozd meg az A , B és C halmazokat, ha
a) A∪B ∪ C = {1,2,3,4,5,6,7,8,9} ; b) A\( B ∪ C)
= {1,2} ;
e) { 4,5,6,7,8,9} ⊂ C ; f) 3 ∉ C ; g) A -nak öt eleme van.
Hány megoldás van?
Megoldás. Az A∪B ∪ C = {1,2,3,4,5,6,7,8,9} -ből kiindulva tételezzük fel,
hogy A = {1,2,3,4,5,6,7,8,9}
,
B = {1,2,3,4,5,6,7,8,9} ,
C =
{1,2,3,4,5,6,7,8,9} .
1
1
2

160 Függvények
A továbbiakban kihúzzuk azokat az elemeket, amelyek nem tartoznak a halmazba, és
aláhúzzuk azokat, amelyek igen.
A B \ A= { 3} , A∩B ∩ C = {4, 5} , { 4,5,6,7,8,9} ⊂ C , 3 ∉ C , A\( B ∪ C)
=
= {1, 2} feltételeket felhasználva kapjuk, hogy {1 , 2} ∈ A és {1 , 2} ∉ B , {1 , 2} ∉ C .
A = {1, 2, 3, 4, 5,
6, 7, 8, 9},
B = {1,2,3,4, 5,
6, 7, 8, 9},
C = {1, 2, 3, 4, 5, 6,
7, 8, 9}.
Még nem használtuk fel, hogy A = 5 . A 6, 7, 8, 9 közül bármelyiket választhatjuk.
A B értékei nincsenek pontosan tisztázva, de a B \ A = { 3} alapján tudjuk, hogy ha a
6, 7, 8, 9 közül valamelyik benne van a B -ben, akkor az A -ban is benne kell legyen.
De ha ez az érték benne van mindkét halmazban, tudván hogy {6 , 7, 8, 9} ⊂ C , mind a
három halmazban benne van, ami ellentmond az A∩B ∩ C = {4, 5} feltételnek. Tehát
B = {3, 4, 5} . A végső eredmény tehát:
A= {1, 2, 4, 5} ∪ { c}
; B = {3, 4, 5} ; C = {4,5,6,7,8,9}
ahol c ∈ {6, 7, 8, 9} . Így a feladatnak négy különböző megoldása van.
Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha a Venn-Euler diagram segítségével
próbáljuk felépíteni a keresett halmazokat.
Az A = 5
és {4,5,6,7,8,9} ⊂ C alapján a besatírozott részbe pontosan egy elem
kerülhet a {6 , 7, 8, 9} közül és a ( B ∩C) \( A∩B ∩ C)
rész üres, tehát a többi három
elem a C \( A ∪ B)
halmazt képezi. Így az előbbi négy megoldáshoz jutunk.

Függvények 161
4. Oldd meg a következő egyenleteket, ha A és B adott halmazok:
a) A∆ X = B;
b) A∩( X ∪ B)
= A ; c) ( A\ B) ∪( X ∩ A) = A.
Megoldás. a) Tételezzük fel, hogy x ∈ X . A∆ X = ( A∩X) ∪( X ∩ A)
.
Ha x ∈X ⇒ x ∉ A∩ X ;
x ∈ X és x ∈A ⇒ x ∉ X ∩A ⇒ x ∉ B ;
x ∈ X és x ∉ A ⇒ x ∈X ∩A ⇒ x ∈ B.
Tehát x ∈( A ∩B) ∪( B ∩ A)
, azaz x ∈A ∆B ∀x ∈X ⇒ X = A∆B .
Megjegyzés. Az A∆( B∆ C) = ( A∆B) ∆C ∀ A, B, C halmaz azonosság (1. feladat
e) alpontja) alapján A∆ X = B ⇒ A∆( A∆ X) = A∆B ⇒ ( A∆A) ∆ X = A∆B ⇒
⇒ ∅∆ X = A∆B
⇒ X = A∆B .
b) Ahhoz, hogy A∩( X ∪ B)
= A teljesüljön, A⊂( X ∪B)
. De ez több féleképpen
teljesülhet, tehát nagyon sok megoldása van az egyenletnek.
1. 2. 3.
Mind a három eset lehetséges. A megoldások általános alakja X = ( A ∩B) ∪X
,
ahol X tetszőleges halmaz.
1
c) Tudjuk, hogy A= ( A \ B) ∪( A∩B) . Innen kapjuk, hogy A∩B ⊂X ∩A,
ami
csak akkor következhet be, ha ( A∩B) ⊂X
. Más megkötés X -re nincs, tehát az
általános megoldás alakja X = ( A ∩B) ∪X
, ahol X tetszőleges.
1
1
5. Lehetséges-e, hogy egy halmaz minden eleme részhalmaza is legyen? Hát az, hogy
minden részhalmaza eleme is legyen?
Megoldás. Igen, például { ∅}
.
Mivel minden részhalmaza eleme kell legyen, biztos, hogy tartalmazni fogja az ∅ -t, a
halmaz többi elemét már induktívan generáljuk a következő szabályok szerint
I = { ∅ }
1
I = { ∅,{ ∅ } }
2
I = { ∅,{ ∅}, { { ∅} }{ ∅,{ ∅ } }
3 }
I I ( )
1 n P I , ahol P( I n ) az I n
részhalmazainak a halmazát jelöli.
n+
= ∪ n
1

162 Függvények
Az így szerkesztett ( I ) halmazokból megszerkeszthető az I halmaz,
≥1
∞ = ∪ In
n n
amely rendelkezik a kért tulajdonsággal.
6. Bizonyítsd be, hogy ha A , B és C véges halmazok, akkor
a) A∩ B = A + B − A∪ B ;
b) A∪B ∪ C = A + B + C − A∩B − B ∩C −C ∩ A + A∩B ∩ C ;
c) A∩B ∩ C = A + B + C − A∪B − B ∪C −C ∪ A + A∪B ∪ C .
Bizonyítás. Arra törekszünk, hogy diszjunkt halmazok egyesítésére bontsuk fel az
A∪B halmazt.
a) A∪ B = A∪ ( B \ A)
, ahol A∩ ( B \ A)
= ∅ , tehát A∪ B = A + B \ A (*).
A B halmazt felírhatjuk B = ( B \ A) ∪( B ∩ A)
alakban, ahol ( B \ A) ∩( B ∩ A)
= ∅
⇒ B = B \ A + A∩B ⇒ B \ A = B − A∩B (**).
Tehát (*) és (**) alapján A∪ B = A + B − A∩ B .
b) A∪B ∪ C = ( A∪B) ∪( C \( A∪ B))
, ahol ( A∪B) ∩( C \( A∪ B))
= ∅ . Tehát
a)
A∪B ∪ C = A + B − A∩ B + C \( A∪B) ; (1)
∞
n=
1
C = ( C \( A∪B)) ∪( C ∩A) ∪(( C ∩ B)\ A)
mind diszjunktak ⇒
C = C \( A∪ B) + C ∩ A + ( C ∩B)\ A)
⇒
C \( A∪ B) = C −C ∩A − ( C ∩ B)\ A)
; (2)
C ∩ B = (( C ∩B) \ A) ∪( C ∩B ∩A)
C ∩ B = ( C ∩ B)\ A + C ∩B ∩A ⇒
diszjunkt halmazok ⇒
( C ∩ B)\ A = C ∩B −C ∩B ∩ A . (3)
Az (1), (2), (3) egyenlőségek alapján kapjuk, hogy
A∪B ∪ C = A + B + C − A∩B − A∩C − B ∩ C + A∩B ∩ C .
c) A b) pont alapján
A∩B ∩ C = A∪B ∪C − A − B − C + A∩ B + A∩ C + B ∩ C =
= A B C A B C ( A B A B ) ( A C A C )
∪ ∪ − − − + + − ∪ + + − ∪ +
+ ( B + C − B ∪ C ) =
= A + B + C − A∪B − A∪C − B ∪ C + A∪B ∪C
.
7. Írd fel az A × B halmaz elemeit, ha
a) A= {1, a } és B = {2, 5} ; b) A = { − 2, 3,8} és B = { P , O, E}
;
c) A = { −2, − 1, 4, 7} és B = {2, 3, 6} ;
d) A= { − 2,3,8, W } és B =
{ L , i, r, k}
;

Függvények 163
Megoldás. a) A× B = {(1, 2), (1, 5), ( a, 2), ( a,
5)} .
b) A× B = {( −2, P), ( −2, O), ( −2,
E), (3, P), (3, O), (3, E), (8, P), (8, O), (8, E)}
.
c) A× B = {( −2, 2), ( −2, 3), ( −2, 6), ( −1, 2), ( −1, 3), ( −1,
6), (4, 2), (4, 3), (4, 6),
(7,
2), (7, 3), (7, 6)}
.
d) A× B = {( −2, L), ( −2, i), ( −2, r), ( −2,
k), (3, L), (3, i), (3, r), (3, k), (8, L),
(8,
i),(8, r),(8, k),( W, L),( W, i),( W, r),( W, k)}
8. Ábrázold az A× B halmaz geometriai képét a síkban, ha
a) A = [ − 2, 2]
és B = [ − 2, 2]
; b) A = [ −1, 2] ∪ [3, 4] és B = [ −1,1]
;
c) A = [ −1, 2] ∪[3, 4] ∪ {5} és B = [ −1,1] ∪[2, 3] ∪{5}
.
Megoldás
c)
–1
5
3
2
1
O
–1
y
2
3 4
Az a) alpontban ugyanazt kapjuk, a b) és c) alpontokban különböző az A × B és
B× A geometriai képe.
.
5
x

164 Függvények
9. Bizonyítsd be, hogy az A × B és B× A halmazok pontosan akkor egyenlők, ha
A= B .
Bizonyítás. Redukció ad abszurdum módszerével bizonyítjuk. Feltételezzük, hogy
A≠B és A× B = B× A.
Ha A ≠ B , akkor ∃ x ∈ A úgy, hogy x ∉ B.
Ebben az
esetben ( xb , ) ∈ A× B-nek,
ahol b ∈ B.
De mivel A× B = B× A,
következik, hogy
(,) xb ∈ B× A,
azaz x ∈ B és b ∈ A,
de mi feltételeztük, hogy x ∉ B.
Ellentmon-
dáshoz jutottunk, tehát igaz a bebizonyítandó tulajdonság.
10. Bizonyítsd be az alábbi egyenlőségeket:
a) A× ( B \ C) = ( A× B)\( A× C)
; b) ( A∩ B) × C = ( A× C) ∩ ( B× C)
.
Bizonyítás. a) ( x, y) ∈ A× ( B \ C) ⇔ x ∈A
és y ∈( B \ C) ⇔ x ∈A
és y ∈ B
és y ∉C ⇔ x ∈A és x ∈ A és y ∈ B és y ∉C ⇔ x ∈A és y ∈ B és
és y ∉C ⇔ (, x y) ∈ ( A× B)
és ( xy , ) ∉ ( A× C)
⇔ (, xy) ∈ ( A× B)\( A×
C)
.
x ∈ A
b) ( x, y) ∈( A∩ B) × C ⇔ x ∈( A∩B) és y ∈C ⇔ x ∈A
és x ∈ B és y ∈C ⇔
⇔ x ∈A és x ∈ B és y ∈ C és y ∈C ⇔ x ∈A és y ∈ C és x ∈ B és y ∈C ⇔
⇔ (, x y) ∈ ( A× C)
és ( x, y) ∈ ( B× C)
⇔ (, x y) ∈ ( A× C)
∩ ( B× C)
.
11. Bizonyítsd be, hogy ha az A halmaznak a eleme van és a B halmaznak b eleme,
akkor az A× B és B× A halmazoknak a ⋅b elemük van, azaz A× B = A ⋅ B .
Bizonyítás. Tetszőleges x ∈ A elem esetén b darab számpárt alakíthatunk ki,
amely eleget tesz az ( x, y)
y ∈ B feltételnek. A minden egyes elemére ezt elvégezve,
kapunk a −b
darab számpárt. Ez éppen az A × B halmaz számossága, mert így
felsoroltuk az A × B minden elemét pontosan egyszer. A B × A halmaz számosságát
hasonlóan igazoljuk.
12. Bizonyítsd be, hogy két halmaz Descartes-szorzatának geometriai képe nem lehet
egy egységnyi sugarú kör.
Bizonyítás. Feltételezzük, hogy A × B Descartes szorzat geometriai képe az egységnyi
sugarú, origó középpontú kör. Akkor 1 ∈ A és az 1 ∈ B is, vagyis (1 , 1) ∈ A× B,
de az egységnyi sugarú kör nem tartalmazza az (1 , 1)
pontot. Az előbbi ellentmondás
alapján a szorzat geometriai képe nem lehet az origó középpontú egységsugarú kör. A
koordináta-tengelyek tetszőlegesen megválaszthatók, tehát a szorzat geometriai képe
nem lehet kör.

Függvények 165
V.2.2. Gyakorlatok (107. oldal)
1. Válaszd ki az alábbi megfeleltetések közül a függvényeket és indokold meg, miért
nem függvények azok, amelyeket nem választottál ki!
a) –2
4
5
8
d) –2
4
5
8
1
a
2
1
a
2
b) –2
e)
4
5
8
1
a
2
c) –2
x –2 –1 0 1 2
fx ( ) 4 1 0 1 4
f) f : { −3, 0, 5, 7, 9} → , f( x)
=
1
; g) f : → ,
x − 3
2
x + x
f( x)
= .
x + 2
Megoldás. Függvények: a), b), e), h).
Nem függvény: c) A 8-nak nincs megfeleltetve egy elem sem; d) A 2-nek két érték
van megfeleltetve; f) Mivel − 3 nem értelmezett, így –3-nak nem felel meg egy
érték sem; g) x = −2
esetén nem értelmezett a tört.
2. Határozd meg a következő függvények maximális D értelmezési tartományát:
a) f : D ⊆ → ,
1
f( x)
= ;
x −1
b) f : D ⊆ → , +
1
f( x)
= ;
x − 1
c) f : D ⊆ →[1, 2] ∪ [3, + ∞ ),
1
f( x)
= ;
x −1
d) f : D ⊆ → , f( x) = x ; e)
f)
g)
h)
4 2
f : D ⊆ → , f( x) = x −1;
3 ;
3 2
f : D ⊆ →( −∞ , 0], f( x) = x − 4x
+ x
3
f D ⊆ → f x = x
2
f : D , f( x) x 3x
4
5
8
⊆ → = − + 2;
: , ( ) ; i) f : D ⊆ → , f( x) = x, n ∈
n
*
;
x j) f : D ⊆ → , f( x)
= 2;
k) f : D ⊆ → , f( x)
= x ;
l)
1
5
f : D ⊆ → , f( x)
= x ;
m) f : D ⊆ → , f( x)
=
2
x − 1+ x −1
.
x − 3
Megoldás. a) x = 1 esetén nem értelmezett a tört. Tehát D =
\{1} .
1
3
1
a
2

166 Függvények
1
b) Mivel az értékkészlet , a maximális értelmezési tartományt az > 0 felté-
+
x −1
1
tel adja. > 0
x −1
⇔ x −1> 0 ⇔ x > 1. Tehát D = (1, +∞)
.
1
1 1
c) ∈ [1, 2] vagy ≥ 3 . ∈[1, 2]
x −1
x −1
x −1 ⇔
1
1 ≤ ≤2 x −1 ⎧⎪x −1≤1 ⇔ ⎪
⎨
⎪1≤2x−2 ⎪⎩
ha x − 1> 0 ⇔
⎧⎪x ≤2
⎪
⎨
⎪
3
⎪x
≥
⎪⎩ 2
⇔
⎡3 ⎤ 1
x ∈ ⎢ ,2⎥.
≥ 3
⎢⎣ 2 ⎥⎦
x −1
⇔ 1≥ 3x−3
ha x − 1> 0,
azaz x > 1 ⇔
4
x ≤ és x > 1
3
⇔
⎛ 4⎤
x ∈⎜ ⎜⎝
1, ⎥ . Mivel az értékkészlet -ban van,
+
3⎥⎦
⎛ 4⎤ ⎡3
⎤
a b) alpontot felhasználva kapjuk, hogy x > 1 . Tehát D = ⎜
⎜⎝
1, ⎥ ∪ ⎢ , 2⎥⎥⎦
3⎥⎦ ⎢⎣2
.
d) x értelmezett ha x ≥ 0 . D = [0, +∞)
.
2
2
e) x − 3x + 2 ≥ 0.
x − 3x + 2 = 0 ⇔ ( x −1)( x − 2) = 0 ⇔ x = 1, x = 2 ⇒
⇒ D = ( −∞,1] ∪ [2, + ∞) .
⇒ D = ( −∞, −1] ∪ [1, + ∞ ) .
1 2
2
2
f) x −1≥ 0.
x − 1= 0 ⇔ ( x − 1)( x + 1) = 0 ⇔ x = − 1, x = 1 ⇒
g)
x
1 2
3 2
3 2
x − 4x + 3x
≥ 0. x − 4x + 3x = 0 ⇔ x ( x −1)( x − 3) = 0 ⇔ x = 1,
= 2, x = 3
2 3
D = [0, 1] ∪ [3, + ∞ ) .
x −∞ 0 1 3 +∞
x – 0 + + +
x − 1
– – 0 + +
x − 3
– – – 0 +
3 2
x − 4x + 3x
– 0 + 0 – 0 +
h) D = .
i) Ha n páratlan: D = . Ha n páros: x > 0 ⇒ D = . +
j)
1
x x
*
2 = 2 , x ≠ 0 és x ∈ , tehát D = .
1
3 k) x 3 = x , így D = .
1
5 l) x 5 = x , így D = .
m) A tört értelmezéséből x . A gyök értelmezéséből ⎪ ⎧⎪ x −1≥ 0
≠ 3
⎨⎪ 2
x −1≥ 0
⎪⎩
⇔
1

Függvények 167
⎧⎪ x ∈[1, ∞]
⇔ ⎨
⎪
⇔ x ∈ [1, + ∞)
. Tehát D = [1, +∞)
\ {3} .
⎪x ∈( −∞, −1] ∪ [1, + ∞)
⎪⎩
3. Írd át az alább függvények értelmezését az összes lehetséges módon (táblázattal,
diagrammokkal, képlettel, ( ABX , , ) halmazhármassal):
a)
b)
2
f :{ 1,0,1,2} {0,2,6}, fx ( ) x x
− → = + ; c)
f :{1,2,3,4} →
x 1 2 3 4
fx () 1 0,5 0,(3) 0,25
d) A= {2,3,5,7,11,13}, B = {1,2,3,4,5,6} ,
X = {(1,2),(2,3),(3,5),(4,7),(5,11),(6,13)} .
Megoldás
a) 1)
A
2) –1 0
B
x –1 0 1 2
fx () 0 0 2 6
3) A = { − 1, 0,1,2} , B = {0, 2, 6}, X = {( −1,
0), (0, 0), (1, 2), (2, 6)} .
A
b) 1) –1 1
B
2) f :{1,2,3,4} → , 1
f(
x ) = .
x
0 0,5
3) A = {1, 2, 3, 4} , B = ,
1 0,(3)
X = {(1; 1), (2; 0, 5)
, (3; 0, (3)),
(4; 0, 25)} .
2 0,25
c)
⎧⎪
⎪0,
x = 0
⎪
1) f :{0,3,4,5} → {0,1,2} , fx ( ) = ⎪
⎨1, xpáros
2)
⎪⎪⎪⎪⎩
2, x páratlan
3) A= {0,3,4,5}, B = {0,1,2}, X =
{(0,0),(3,2),(4,1),(5,2)} .
0
1
2
0
5
3
4
2
6
x 0 3 4 5
fx ( ) 0 2 1 2
6
2
1

168 Függvények
d) 1) 2)
x 1 2 3 4 5 6
fx () 2 3 5 7 11 13
3) f : {1, 2, 3, 4, 5, 6} → {2, 3, 5, 7, 11, 13}, f(
i)
= az i -edik prímszám .
4. Döntsd el, hogy az alábbi függvénypárok egyenlők-e vagy sem:
a) f :{ −1,0,1} → , f(
x) = x és g :{ −1,0,1} → ,
3
g ( x) = x ;
b)
c)
f : , f( x)
2
→ = x és : ,
( x)
2
1
2
3
4
5
6
g → g = x ;
2
f : → , fx ( ) = x−1
és g : → , g ( x) = x − 2x
+ 1;
d) f : → ,
⎡ 1⎤
f( x) = [ x] + ⎢x + ⎥ és g : → , ⎢⎣ 2⎥⎦
g( x)
= [ 2 x]
.
Megoldás. a) A = { − 1, 0,1} ; B = .
X = {( −1, − 1), (0, 0), (1, 1)} , X = {( −1, −1),
(0, 0), (1, 1)} .
f
X = X ⇒ a két függvény egyenlő.
f
g
g
b) A = , B = .
2
x = x , tehát a két függvény egyenlő.
2 2
c) x − 2x + 1 = ( x − 1)
2
= (1 −x) ⇒
2
2
x − 2x + 1= x − 1 , tehát a két függvény
egyenlő.
d) x = n + r,
ahol n = [ x]
és r ∈ [0, 1) .
⎡ 1⎞
1. eset. r ∈ ⎢0, ⎟
⎢⎣ 2⎟⎠
fn ( + r) = n+ n ⇔
1
fn ( + r) = 2n,
mivel r + < 1 ;
2
gn ( + r) = [2n+ 2 r] ⇔ gn ( + r) = 2n,
mivel 2r < 1.
⎡1 ⎞
2. eset. r ∈ ⎢ ,1⎟
⎢⎣ 2 ⎟⎠
fn ( + r) = n+ n+ 1 ⇔
1
fn ( + r) = 2n+1,
mivel r + ≥ 1 ;
2
gn ( + r) = [2n+ 2 r] ⇔ gn ( + r) = 2n+1,
mivel 2r≥1. Tehát fx ( ) = gx ( ) ∀ x∈
⇒ a két függvény egyenlő.
2
3
5
7
11
13

Függvények 169
V.5. Gyakorlatok (109. oldal)
1. Határozd meg a következő függvények értékeinek a halmazát és keresd meg a
minimum illetve maximumpontját (ha létezik):
a) f :[ −3,2] → , f( x)
= 2x + 1;
b) f :[ −4, −3] → ,
f( x)
= 3− 2x
;
c) f :[ −3,2] → ,
2
fx ( ) = x;
d) f :[1,2] ∪[3,5] → ,
1
f( x)
= ;
2x−5 e) f : → ,
2
fx ( ) = x − 3x+ 2;
f) f :[ −∞,3] → ,
2
fx ( ) = x − 4x+ 7;
g)
h)
2
f :[ −∞, −2] → , fx ( ) = x − 3x+ 1;
2
:[2, + ∞) → , ( ) = − 2 + 3
f fx x x .
Megoldás. a) 2x + 1 = y ⇒
y −1
xy=
. Mivel az értelmezési tartomány [ −3
, 2]
2
y −1
−3≤ ≤2 ⇒ y ∈[ −5, 5] ⇒ Im f = [ −5, 5].
2
Minimumpont: –3; maximumpont: 2.
b) 3− 2x
= y ⇒
3 − y
3 − y
xy=
. Értelmezési tartomány [ −4 , −3]
⇒− 4 ≤ ≤−3
2
2
⇒ y ∈[9, 11] ⇒ Im f = [9, 11] . Minimumpont: –3; maximumpont: –4.
c)
2
x = y ⇔ x = y ha y ≥ 0 ⇒ Im f = [0, ∞)
.
Minimumpont: 0; maximumpont: nincs.
1
d) = y ⇔ xy
2x − 5
5y+ 1
= . Értelmezési tartomány D = [1, 2] ∪ [3, 5] tehát xyD .
2y
∈
xy
∈[1, 2] ⇔
5y+ 1
1 < ≤ 2
2y
1. eset. y > 0 : 2y ≤ 5 y + 1≤ 4y
⇒
1
y ≥− és y ≤−1 3
⇒ y ∈∅.
2. eset. y < 0 : 2y ≤ 5y + 1≤ 4y ⇒
⎡ 1⎤
y ∈ ⎢−1, − ⎥ ⊂( −∞,
0] .
⎢⎣ 3⎥⎦
Ha x y ∈[3, 5] ⇔
5y+ 1
3 ≤ ≤5.
Hasonlóan tárgyalva mint az előbb, kapjuk,
2y
⎡1 ⎤
hogy y ∈ ⎢ ,1⎥.
⎢⎣5⎥⎦ Tehát összegezve,
⎡ 1⎤ ⎡1
⎤
Im f = ⎢−1, − ⎥ ∪ ⎢ , 1⎥
⎢⎣ 3⎥⎦ ⎢⎣5 ⎥⎦
. A függvény minimuma
–1, tehát minimumpontja 2. A függvény maximuma 1, ezt a függvény az x =
3
pontban veszi fel.

170 Függvények
e) f ( x) = y ⇒
2
x − 3x + 2− y = 0.
1
∆y≥ 0 ⇔ y ≥−
4
⎡ 1 ⎞
⇒ Imf
= ⎢− , + ∞⎟
⎢⎣ 4 ⎟⎠
.
1
A függvény minimuma = −
4
⇒ ∆ = 0 ⇒ y =
2
3
y x , tehát a minimumpont 3 maximumpont nincs.
;
2
f) f ( x) = y ⇒
2
x − 4x + 7− y = 0.
∆ ≥ 0 ⇔ y ≥ 3,
de az értelmezési tarto-
mány ( −∞, 3] . y = 3 -ra x = 2 a függvény minimumpontja, ha az értelmezési
y
tartomány lenne, de x = 2 ∈( − , 3] -nak, tehát x y a kért függvénynek is
=
∞ 2
y
y
minimumpontja és az Im f = [3, +∞)
. A függvénynek maximumpontja nem létezik.
g) Hasonlóan járunk el mint az f) alpontban.
2
5
f ( x) = y ⇒ x − 3x + 1− y = 0 . ∆y≥ 0 ⇔ y ≥− . Tehát a minimumpont
4
3 3
, de ∉( −∞, −2]
-nak, ezért a függvény minimumpontja –2 lesz és a függvény
2 2
értekeinek halmaza Im f = [11, + ∞ ) , ahol f ( − 2) = 11.
Maximumpontja nincs a
függvénynek.
h) f ( x) = y ⇒
2
x − 2x + 3− y = 0 . ∆ ≥ 0 ⇔ y ≥2
. A minimumpont 1, de
1 ∉ [2, + ∞)
Maximumpont nincs.
y
-nek, tehát a függvény minimumpontja 2. f(2) = 3 ⇒ Im f = [3, +∞)
.
2. Vizsgáld meg az alábbi egyenlőségek és implikációk helyességét, ha M, N ⊆ A és
f : A→ B egy függvény, valamint
ért
f ( M) = { f( x)| x ∈ M}
.
a) M ⊂N ⇒ f( M) ⊂ F( N)
; b) fM ( ) ⊂ fN ( ) ⇒ M⊂N; c) fM ( ∩ N) = fM ( ) ∩ fN ( ) ; d) fM ( ∪ N) = fM ( ) ∪ fN ( ) .
Megoldás. a) f ( N) = {()| f x x ∈ N} = {()| f x x ∈( M ∪ C M)} = {()| f x x ∈ M
és x ∈ C M}
= { f( x)| x ∈M} ∪{ f( x)| x ∈ C M} = f( M) ∪ f( C M)
.
N N
Mivel M ⊂N ⇒ N = M ∪C M , ahol M C . Tehát az implikáció igaz.
NM ∩ = ∅
N
b) Nem igaz. Legyen az ábrán látható módon értelmezett függvény. A B
Legyen M = {1}, N = {2, 3} , akkor f( M ) = { a}, fN ( ) = { ab , } , 1 a
2
így igaz, hogy fM ( ) ⊂ fN ( ) , de M ⊂ N .
b
3
c) Nem igaz. Példaként legyen az előző alpontban megszerkesztett
függvény. M ∩ N = ∅⇒f( M ∩ N) = f(
∅ ) = ∅ . fM ( ) ∩ fN ( ) = { a}
.
d) fM ( ∪ N) = { fx ( )| x∈M∪ N} = { fx ( )| x∈ Mvagy
x ∈ N } =
= {()| fx x∈M} ∪{()| fx x∈ N} = fM ( ) ∪ fN ( ) .
N
N

Függvények 171
3. Bizonyítsd be, hogy ha f, g :[ a, b] → két függvény, amelyre létezik max
f ( x)
illetve max gx ( ) és fx ( ) ≤gx ( ), ∀ x∈[ ab , ] , akkor max f ( x) ≤ max g(
x ) .
x∈[ a, b]
x∈[ a, b] x∈[ a, b]
x∈[ a,
b] Bizonyítás. Adott f( x ) ≤gx ( ) ∀x∈[ ab , ] , akkor f maximumára is érvényes
max f ( x) f( x )
x∈[ a, b]
= 0 ≤ g( x0), 0
1
4. Számítsd ki a max ⎪
⎨min
, 0 { x, y + , y
xy>
}
de g( x ) ≤ maxgx
( ) , tehát max
f ( x) ≤ max g(
x ) .
x∈[ a, b]
x∈[ a,
b] x∈[ a, b]
⎧
⎪ ⎪⎩ x
⎪⎫
⎬ kifejezés értékét.
⎪ ⎪⎭
⎧⎪ 1 1
Megoldás. Ha n ⎪ ⎪⎫
x, y , ⎪
1
mi ⎨ + ⎬=
m , akkor m ≤ x és m ≤ , tehát ( x, y > 0
⎪ ⎪⎩ x y ⎪ ⎪⎭
y
1 1 1 1 2
1
2
alapján) y ≤ és ≤ . Így y + ≤ . Másrészt m ≤ y + , tehát m ≤ .
m x m x m
x
m
Az előbbi egyenlőtlenség alapján m ≤ 2 . Mivel x = 2, y =
2
2
esetén
⎧⎪ 1 1
min ⎪ ⎪⎫
⎨x, y + , ⎪
⎬=
⎪ ⎪⎩ x y ⎪ ⎪⎭
⎧⎪ 1 1
2 és bármely más érték esetén mi n ⎪
⎫⎪
⎨x, y + , ⎪
⎬≤
⎪ ⎪⎩ x y ⎪ ⎪⎭
2 ,
⎧⎪ ⎧⎪ 1 1⎫⎪⎫⎪
állíthatjuk, hogy ma x ⎪
⎨min ⎪
⎨x, y + , ⎪⎪
⎬⎬=
xy , > 0 ⎪
⎪⎩ ⎪ ⎪⎩ x y⎪⎪
⎪⎭⎪⎭
2 .
5. Bizonyítsd be, hogy ha f, g :[ a, b] → és az alábbi egyenlőtlenségben szereplő
maximumok léteznek, akkor az egyenlőtlenség igaz:
max f ( x) + g( x) ≤ max f( x) + max g( x)
.
x∈[ a, b] x∈[ a, b] x∈[ a, b]
Bizonyítás. Legyen x m az az érték, amelyre f ( x) + g( x)
felveszi a maximumát.
max f ( x) + g( x) = f( x ) + g( x ) ≤ f( x ) + g( x ) ≤ max f( x) + max g( x)
.
m m m m
x∈[ a, b] x∈[ a, b] x∈[ a, b]
Tehát max f ( x) + g( x) ≤ max f( x) + max g( x)
.
∈[ , ] ∈[
, ] ∈[
, ]
x a b x a b x a b
V.8. Gyakorlatok és feladatok (113. oldal)
1. Állapítsd meg, hogy a következő rendezett számpár halmazok közül melyik lehet
egy függvény grafikonja:
a) { (1, 2), (1, 4), (3, 3), (4, 6)} ;
b) { (0, 3), (1, 3), (3, 5), (4, 1), (5, 6)} ;
c) { (0, 0), (2, 1), (3, 2), (0, 4), (4, 1), (5, 4)} .
Megoldás. a) Nem lehet függvény grafikonja mert az 1-nek két érték felel meg, a 2
és a 4.
b) Lehet függvény grafikonja.

172 Függvények
c) Nem lehet függvény grafikonja, a 0-nak két érték felel meg.
2. Határozd meg az alábbi függvények grafikonját, majd ábrázold a függvényeket:
a) f : {0, 1, 2} → {1, 2, 3}, f(0) = 1, f(1)
= 2, f (2) = 1 ;
b)
2
f : {0, 1, 2, 3} → , fx ( ) = x, ∀ x∈{0,
1, 2, 3} ;
c) f :{1,2,3,4} → {1,3,5,6,7,8}, f( x) = 9 −x, ∀ x ∈{1,2,3,4}
;
d) f :{1,2,3} → , f( x)
= x −1
;
3 1 1 3
e) { }
f :
Megoldás
−2, − , −1, − , 0, ,1, ,2
2 2 2 2
→ , fx ( ) = [ x]
.
a) Gr f = {(0, 1),(1, 2), (2, 1)} .
c) Gr f = {(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)} .
2
A(0, 1)
O
y
B(1, 2)
1 2
C(2, 1)
b) Gr f = {(0, 0),(1, 1), (2, 4), (3, 9)} .
9
4
1
A(0, 0)
O
y
B(1, 1)
C(2, 4)
1 2 3
D(3, 9)
x
x
8
7
6
5
O
y
A(1, 8)
B(2, 7)
1 2 3
C(3, 6)
D(4, 5)
d) Gr f = {(1, 0), (2, 1), (3, 2)} .
2
1
O
y
A(1, 0)
1 2
4
B(2, 1)
x
C(3, 2)
3
x

Függvények 173
⎧⎪ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎛3 ⎞ ⎫⎪
e) Gr f = ⎪
⎨( −2, −2), ⎜− , −2 ⎟, ( −1, −1), ⎜− , −1
⎟, (0, 0), ⎜ , 0 ⎟,
(1, 1), ⎜ , 1 , (2, 2) ⎪
⎬
⎪ ⎜ ⎜⎝ ⎟ ⎟ ⎟
2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ 2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜2 ⎠⎟ ⎝ ⎜
⎪ 2 ⎠⎟
.
⎩ ⎪ ⎪⎭
y
–2
3
–– 2
–1
2
1
1
––
2
O 1
–
2
1 3
–
2
2
–1
–2
3. Vizsgáld meg az alábbi függvények párosságát, páratlanságát illetve
periodikusságát:
a) f : → ,
2001
fx ( ) = x ; b) f : → ,
2002
fx ( ) = x ;
2n + 1
f : → , f( x) = x , n ∈ f : → , fx ( ) = x, n∈
\{0,1}
;
n
c) ; d)
e)
g)
f :[0, ∞) → , fx ( ) = x
2
3
; f) f :[ −2,1] → , fx ( ) = x + x
5 3
f :[ −2,2] → , fx ( ) = x + x + x
; h)
x
;
f :[ −1,1] → , fx ( ) = x + x
i) f : → , f( x)
= sinx
; j) f : → ,
f( x)
= {sinx}
.
Megoldás. a) ∀ x ∈ ⇒−x ∈ ,
= −fx ( ), ∀ x∈
, tehát f páratlan függvény.
4 2
;
2001 2001 2001 2001
f ( x) ( x) ( 1) x x
− = − = − = − =
2001 2001
f periodikus ha ∃ T : f( x + T) = f( x), ∀ x ∈ , azaz ( x + T) = x , ∀ x ∈ .
Akkor igaz x = 0 esetén is, ahonnan kapjuk, hogy T = 0 . Tehát f nem periodikus
függvény.
2002 2002 2002 2002
b) ∀ x ∈ ⇒−x ∈ , f ( − x) = ( − x) = ( − 1) x = x = f( x), ∀ x ∈ ,
tehát f páros függvény.
2002 2002
x= 0
fx ( T) fx ( ), x ( x T) x , x T
+ = ∀ ∈ ⇔ + = ∀ ∈ ⇔ = 0 , tehát f
nem periodikus.
n ⎧⎪ x , n páros
n n n
c) f( − x) = ( − x) = ( − 1) x = ⎪
⎨ n , ∀ x ∈ , azaz f páros függvény,
⎪−x
, n páratlan
⎪⎩
ha n páros, f páratlan függvény ha n
páratlan.

174 Függvények
n n
fx ( + T) = fx ( ), ∀ x∈ ⇔ ( x+ T) = x, ∀ x∈ ⇔ T=
0 , tehát f nem
periodikus függvény.
d) ∀ x ∈ ⇒−x ∈ .
x = 0
1 1 1 1
2n+ 1 2n+ 1 2n+ 1 2n+ 1 2n+ 1
f ( − x) = − x = ( − x) = −1 ⋅ x = − x =
2n+ 1 = − x = −f( x),
∀ x ∈ , tehát az f páratlan függvény.
x = 0
2n+ 1 2n+ 1
fx ( T) fx ( ), x x T x, x T
+ = ∀ ∈ ⇔ + = ∀ ∈ ⇔ = 0, f nem pe-
riodikus függvény.
e) ∀ x ∈ [0, + ∞) ⇒/ −x ∈ [0, + ∞) , például 1 ∈ [ 0, + ∞) , de −1 ∉ [0, + ∞) , f
nem páros és nem páratlan függvény.
f ( x + T) = f( x), ∀ x ∈ [0, + ∞) ⇔
2
( x + T) 2
= x , ∀ x ∈ [0, + ∞) ⇔ T = 0 , f
nem periodikus függvény.
f) ∀ x ∈[ −2,1] ⇒/ −x ∈[ − 2,1]
, például −2 ∈ [ −2,1] , de 2 ∉− [ 2,1]
, f nem páros
és nem páratlan függvény.
f ( x + T) = f( x), ∀ x ∈[ −2,1] ⇔
3 3
( x + T) + x + T = x + x, ∀ x ∈[ −2,1]
, és ha
x = 0 ∈− [ 2,1]
+ = 0
( + 1) = 0
3
2
, akkor kapjuk, hogy T T , azaz TT , melynek az
egyedüli valós gyöke a T = 0 . Tehát f nem periodikus.
g) ∀ x ∈[ −2,2] ⇒−x ∈[ −2,2]
.
f ( x) ( x) ( x) ( x) ( 1) x
5 3 5 5
− = − + − + − = − +
3 3 5 3
3
( −1) x − x = −x −x − x = − + x + x) =−f( x), ∀ x ∈[ −2,
2] , tehát
5
+ (x
f
páratlan függvény.
f ( x + T) = f( x), ∀ x ∈[ −2, 2] ⇔
5 3 5 3
( x + T) + ( x + T) + x + T = x + x + x ,
5 3
4 2
∀ x ∈[ −2,2] . Ha x = 0 , akkor T + T + T = 0 , azaz T( T + T + 1) = 0.
Jelöl-
= z
+ + 1= 0
T változós egyenlet egyetlen gyöke a T = 0 , azaz az f nem periodikus.
2
2
jük T , kapjuk a z z egyenletet, melynek nincs valós gyöke, tehát a
4 2 4 2
h) ∀ x ∈[ −1,1] ⇒−x ∈[ −1,1]
. f ( − x) = ( − x) + ( − x) = x + x = f(
x ) bármely
x ∈− [ 1,1] , tehát f páros függvény.
4 2 4 2
f ( x + T) = f( x), ∀ x ∈[ −1,1] ⇔ ( x + T) + ( x + T) = x + x , ∀ x ∈[ − 1,1] .
4 2 2 2
Legyen x = 0 , akkor kapjuk a T + T = 0 ⇔ T ( T + 1) = 0 egyenletet, mely-
nek egyedüli valós gyöke 0. Tehát
f nem periodikus.
i) ∀ x ∈ ⇒−x ∈ . f( − x) = sin( − x) = − sin x = −f( x), ∀ x ∈ , tehát f
páratlan függvény.
fx ( + T) = fx ( ), ∀ x∈ ⇔ sin( x+ T) = sinx⇔ T= 2kπ,
ahol k ∈ , tehát
f periodikus függvény.

Függvények 175
⎧⎪
⎪sin
x, sin x ∈ [0, 1]
⎪
j) fx ( ) = {sin x} = ⎪
⎨1+
sin x, sin x∈−
[ 1, 0] .
⎪ 0, sin x = 1
⎪⎩
∀ x ∈ ⇒ −x ∈ . f ( − x) = {sin( − x)} = { −sin x} ≠{sin x}
⇒ f nem páros.
f ( − x) = {sin( − x)} = { −sin x} ≠−{sin x}
⇒ f
Ha T = 2 π ⇒ f( x + T) = f( x)
⇒ f periodikus.
= {sin
x} = f( x)
.
nem páratlan.
4. Egy f :[ −6,6] → függvény változási táblázata a következő:
x –6 –4 –1 0 1 4 6
fx () 2 4 –1 5
Megoldás
f páratlan:
f páros:
x –6 –4 –1 0 1 4 6
fx () 5 2 –1 4 –1 2 5
x –6 –4 –1 0 1 4 6
fx () –5 2 1 4 –1 –2 5
5. Melyik igaz és melyik hamis az alábbi kijelentések közül?
f : A→B a)
g: A→B páros⎫⎪
⎪
⎬ ⇒ f + g : A→B is páros;
páros⎪
⎪⎭
f : A→B b)
g: A→B páratlan⎫⎪
⎬
⎪ ⇒ f + g : A→B is páratlan;
páratlan⎪
⎪⎭
f : A→B c)
g: A→B páros⎫⎪
⎪
⎬ ⇒ f ⋅g : A→ B is páros;
páros⎪
⎪⎭
f : A→B d)
g: A→B páratlan⎫⎪
⎪
⎬ ⇒ f ⋅g : A→ B is páratlan.
páratlan⎪
⎪⎭
Megoldás. a) ∀ x ∈A ⇒ −x ∈A mivel f és g is páros.
fx ( + 2 π ) = {sin( x+
2 π )} =
Töltsd ki a táblázatot, ha f
páros, majd ha f páratlan.
( f + g)( − x) = f( − x) + g( − x) = f( x) + g( x) = ( f + g)( x), ∀ x ∈A , azaz f + g páros.
Igaz a kijelentés.
b) ∀ x ∈A ⇒ −x ∈A mivel f , g páratlan.
( f + g)( − x) = f( − x) + g( − x) = −f( x) − g( x) = − ( f( x) + g( x)) =− ( f + g)( x)
⇒
f + g páratlan. Tehát igaz a kijelentés.

176 Függvények
c) ∀ x ∈A ⇒ −x ∈ A mivel f, g páros.
( f ⋅g)( − x) = f( −x) ⋅g( − x) = f( x) ⋅ g( x) = ( f ⋅g)( x), ∀ x ∈A, vagyis f ⋅ g páros.
d) ∀ x ∈A ⇒ −x ∈ A mert f, g páratlan.
( f ⋅g)( − x) = f( −x) ⋅g( − x) = ( −fx ( ) ) ⋅( − gx ( ) ) = fx ( ) ⋅ gx ( ) = ( f⋅g)( x), ∀ x∈ A ,
tehát f ⋅ g páros. Tehát hamis a kijelentés.
e) Igazolni kell, hogy ∃ T : ( g f)( x + T) = ( g f)( x)
.
( g f)( x + T) = g( f( x + T) ) = g( f( x) ) = ( g f)( x)
. Tehát g f periodikus, következik
az f periodikusságából. Igaz kijelentés.
6. Van-e függőleges szimmetriatengelye az alábbi függvények grafikus képének?
a) f : → ,
2
fx ( ) = ax+ bx+ c, a≠
0;
b) f : → , f( x) = ax + b,
a ≠ 0;
c)
→ = + ∈ ;
3
f : , fx ( ) x a, a
4 4
4 3
d) f : → , fx ( ) = ( x− 1) + ( x+
3) ; e) f : → , f( x) = x + x ;
f) f : → , f( x)
= x ; g) f :[ −3,2] → ,
f(
x) = x ;
h) f :[ a, b] → , f( x) = a + b−x, a, b ∈ ,
a < b.
Megoldás. a) ∀ x ∈ ⇒ 2d
−x ∈ , ahol d ∈ . Vizsgálnunk kell, hogy
létezik-e olyan d ∈ úgy, hogy teljesüljön a fx ( ) = f(2d−x), ∀ x∈
feltétel.
2 2
f ( x) f(2 d x) ax bx c a(2 d x) b(2 d x) c
= − ⇔ + + = − + − + ⇔
⇔ (2 + ) = 2 +
2
da b x d a bd
Az egyenlőség fenn kell álljon bármely x -re a valós számok halmazából, ami csak
b
akkor lehetséges ha 2 da + b = 0.
Ahonnan kapjuk, hogy x = − függőleges szim-
2a
metriatengelye a megadott függvény grafikus képének.
b) Mivel -ben vagyunk, az első feltétel biztos, hogy teljesülni fog.
fx ( ) = f(2 d−x), ∀ x∈ ⇔ ax+ b= a(2 d− x) + b, ∀ x∈
⇔
⇔ x = d, ∀ x ∈
Tehát ellentmondáshoz jutottunk, így az f függvény grafikus képének nincs függőleges
szimmetriatengelye.
c) -ben vagyunk, tehát teljesül az első feltétel.
3 3
f ( x) = f(2 d −x), ∀ x ∈ ⇔ x + a = (2 d − x) + a, ∀ x ∈ ⇔
3 2 2 3
⇔ x − 3dx + 6d x − 4d = 0, ∀ x ∈
Az egyenletnek legfeljebb három különböző gyöke van, de nekünk az minden valós
szám esetén kellene teljesüljön. Tehát a függvény grafikus képének nincs függőleges
szimmetriatengelye.

Függvények 177
d) Teljesül az első feltétel.
( ) (2 ),
4 4
( 1) ( 3) (2 1 ) 4
f x = f d −x ∀ x ∈ ⇔ x − + x + = d − − x +
+ + − ⇔ = −
4
(2d 3 x) d 1
Tehát teljesül az egyenlőség, így az x = −1
egyenletű egyenes a függvény grafikus
képének függőleges szimmetriatengelye.
e) -ben teljesül a 2 d −x ∈ ∀ d, x ∈ feltétel.
4 3 4 3
f ( x) f(2 d x), x D x x (2 d x) (2 d x) , x
= − ∀ ∈ ⇔ + = − + − ∀ ∈
Megfeleltetjük a szabadtagok együtthatóját.
4 3 3
1
(2 d) + (2 d) = 0 ⇔ (2 d) (2d + 1) = 0 ⇔ d = 0 vagy d = −
2
4 3 4 3
d = 0 esetén az x + x = x −x , ∀ x ∈ egyenlőséget kapjuk, ami nem igaz.
1
4 3 4
d = − esetén az x + x = ( −1 − x) + ( −1 −x) egyenlőségnek kellene teljesül-
2
nie ∀ x ∈ esetén. Mivel ez sem teljesül, a grafikus kép nem rendelkezik függőleges
3
szimmetriatengellyel.
f) fx ( ) = f(2 d−x), ∀ x∈ ⇔ x= 2 d−x∀ x∈ ⇔ x= d, ∀ x∈.
Nincs függőleges szimmetriatengely.
g) fx ( ) = f(2 d−x), ∀ x∈[ −3, 2] ⇔ x= 2 d−x, ∀ x∈[ −3,2] ⇔ x= d,
∀ x ∈[ − 3,2] . Ez nem lehetséges mert d egy rögzített érték és x a változó, tehát
nincs függőleges szimmetriatengely.
h) fx ( ) = f(2 d−x), ∀ x∈[ ab , ] ⇔ a+ b− x= a+ b− 2 d+ x, ∀ x∈[ ab , ] ⇔
⇔ x = d, ∀ x ∈[ a, b] ⇔ a = b = d , de a < b.
Nincs függőleges szimmetriatengely.
7. Bizonyítsd be, hogy ha az f : → függvény teljesíti az
1
2
fx ( + a) = + fx ( ) − f( x)
2
egyenlőséget, ∀ x ∈ esetén, akkor f periodikus.
Bizonyítás. Ha fx () = y,
akkor fx (
Ha x helyett ( x + a)
-t helyettesítünk, az
a) 1
2
y y
2
+ = + − .
2
1 1 1 ⎛1 ⎞
+ = + + − + = + + − − ⎜
⎟
2 2 2
⎜⎜⎝ + − ⎟ =
2 ⎠⎟
2 2
2
fx ( 2 a) fx ( a) f( x a) y y y y
2
2
⎛ ⎞
y y ⎜y
⎟ y
1
= +
2
1
+
4
−
1
= +
2
⎜⎜⎝ 1
−
2⎠ ⎟
1
= +
2
1
− = y
2
egyenlőséghez jutunk, tehát fx ( + 2 a) = fx ( ), ∀ x∈
, azaz f periodikus.

178 Függvények
8. Bizonyítsd be, hogy ha az f : → \ {1} függvény teljesíti az
1
fx ( + 2) = egyenlőséget, ∀ x ∈ esetén, akkor f periodikus.
1 − fx ( )
Bizonyítás. Legyen fx ( ) = y
helyettesítünk az
⇒
1
fx ( + 2) = . Ha x helyett ( x + 2) -t
1 − y
1
fx ( + 4) =
1
1 −
1 − y
1−y
=−
y
egyenlőséghez jutunk, majd az x + 4 helyettesítés után:
1
f ( x + 6) = = y .
1 − y
1 +
y
Azaz fx ( ) = fx ( + 6) , tehát f periodikus.
9. Ábrázold grafikusan a következő függvényeket:
a) f : → , f( x)
= [ x ] ; b) f : → ,
f( x)
= { x}
.
Megoldás. a)
b)
–4
[ )
–4
–3
–3
–2
[ )
–2
[ )
4
3
2
y
1
–1 O [ )
1
[ ) –1
–1
1
–2
–3
–4
y
[ )
[ )
[ )
[ )
2 3 4 5 x
[ )
[ )
[ )
[ )
[ )
[ )
[ )
[ )
[ )
O
1
2 3 4 5 x

Függvények 179
V.9.1. Gyakorlatok és feladatok (116. oldal)
1. Vizsgáld az alábbi f : I → függvények monotonitását.
2
2
a) f ( x) = x + 4, I = [0, +∞ ) ; b) f ( x) = 2x − 6 x, I = [ − 2,1] ;
2
c) f ( x) = − 3x + 2, I = [0, +∞ ) ;
x
d) fx ( ) = ,
x − 2
I=
(2, + ∞)
.
2 2
f ( x1) − f( x2) x1 + 4−x2 −4
Megoldás. a)
= = x1 + x2 > 0, ∀ x1, x2
x1 −x2 x1 −x2
∈I
mivel
x ≠ x . Tehát f szigorúan növekvő függvény.
1
b)
2
1 − 2
2
− 1 − 1
2
+ 2 2 − 1 2 + 1 2 − − 1 2
f ( x ) f( x ) 2x 6x 2x 6x 2( x x )( x x ) 6( x x )
= =
=
x −x x −x x −x
1 2 1 2 1 2
= 2( x + x ) − 6 < 0, ∀ x , x ∈[ −2,
1] . Tehát f szigorúan csökkenő függvény.
1 2 1 2
c)
2 2
f ( x1) −f( x2) − 3x1 + 2+ 3x2 − 2
= =− 3( x1 + x2) < 0, ∀ x1, x2
x1 −x2 x1 −x2
∈ I mivel
≠ , x , x nem veheti fel egyszerre a 0 értéket. Tehát f szigorúan csökkenő
x x 1 2 1 2
függvény.
x x
1 2 −
fx ( ) −fx ( ) x −2 x −2 −2( x −x) 1 2 1 2 1 2
−2
d)
= = =
< 0 ,
x −x x −x ( x −2)( x −2)( x −x ) ( x −2)( x −2)
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
mert x , x ∈ (2, + ∞) ⇒ x − 2> 0 és ( x − 2 ) > 0.
Tehát f szigorúan csökkenő
2
függvény.
1 2 1
2. Legyen f : I → , ( I ⊂ )
függvény. A tagadási szabályok használásával, írd
fel, hogy mit jelent:
a) f nem szigorúan növekvő I -n;
c) f nem szigorúan monoton I -n.
b) f nem szigorúan csökkenő I -n;
Megoldás. a) f csökkenő I -n (vagy f növekvő, f csökkenő, f szigorúan csökkenő,
f változtatja a monotonitását az I intervallumon belül).
b) f növekvő I -n (vagy f csökkenő, növekvő, szigorúan növekvő, változtatja a
monotonitását I -n).
c) f növekvő vagy csökkenő (vagy f növekvő, csökkenő, változtatja a
monotonitását az I
intervallumon belül).

180 Függvények
x
3. Vizsgáld az f :( −∞, − 1) → , f( x)
= függvény monotonitását.
2
1 + x
x x
1 2 − 2 2
fx ( ) −fx ( ) 1−x1 −x( x −x) −xx( x−x) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
Megoldás.
= =
=
2 2
x −x x − x (1 + x )(1 + x )( x − x )
1 2 1 2 1 2 1 2
1 − xx
= , 1+ x > 0 ∀ x ∈ ; 1+ x > 0 ∀ x ∈ .
(1 + x )(1 + x )
1 2
2 2
2 2 1 1 2 2
1 2
− xx 1 2
1 2
A függvény monotonitását az 1 előjele fogja megadni. Mivel x , x ∈ I , ezért
vizsgáljuk az x = x esetén kapott kifejezés előjelét. Az I = ( −1,1)
intervallumon
2 1
az
1
f függvény csökkenő, míg az I = \( 1,1) halmazon növekvő.
−
2
4. Tanulmányozd az f : \{ −1} → ,
2
x − 2x
+ 1
f ( x)
=
x + 1
és g : → ,
3 2
gx ( ) = x − 3x+ 4x+
1 függvények monotonitását!
Megoldás.
2 2
x − 2x + 1 x − 2x + 1
1 1 2 2 −
fx ( ) − fx ( ) x + 1 x + 1 xx + x + x − 3
1 2 1 2 1 2 1 2
= =
.
x −x x − x ( x + 1)( x + 1)
1 2 1 2 1 2
2
x + 2x
−
1 1
2
( x + 1) 1
Ha x = x , az eredeti tört a következő formában írható:
1 2
2
előjelének vizsgálata megegyezik az x + 2x
− 3 kifejezés előjelével. Ebből
1 1
következik, hogy az I = ( −3,1) intervallumon f csökkenő, az I
1
intervallumon pedig növekvő.
3 2 3 2
gx ( ) −gx ( ) x − 3x+ 4x+ 1− x + 3x−4x−1 1 2 1 1 1 2 2 2
= =
x −x x −x
1 2 1 2
= x + x x + x −3x − 3x
+ 4.
2 2
1 1 2 2 1 2
x1 x2 2
3x1 6x1
2
3
. A tört
= \( 3,1) −
Hasonlóan járva el mint az előbb: = ⇒ − + 4 előjelét kell vizs-
gálnunk. ∆ = − 12 < 0 ⇒ a g függvény szigorúan növekvő az -en.
x 1
5. Bizonyítsd be, hogy két növekvő függvény összege is növekvő. Ez alapján igazold,
hogy ha a , a , , n pozitív számok, akkor az
a …
1 2
f : + → , f ( x) = a x + a x + … + a x + a
n n−1
0 1 n−1
függvény növekvő. Adjál példát olyan f : → ,
…
n n−1
f ( x) = a x + a x + + a x + a
0 1
n−1 n
nem csökkenő az -on.
+
alakú függvényre, amely se nem növekvő, se
n

Függvények 181
Megoldás. Legyen f , g két növekvő függvény és igazolni fogjuk, hogy f + g is
növekvő.
( f + g)( x ) − ( f + g)( x ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2
ért f x + g x −f x −g
x
1 1 2 2
= =
x −x x −x
1 2 1 2
f ( x ) − f( x ) + g( x ) −g( x ) f( x ) −f( x ) g( x ) −g(
x )
1 2 1 2 1 2 1 2
= = +
> 0
x −x x −x x −x
1 2 1 2 1 2
Tehát két növekvő függvény összege növekvő.
n
Legyen f ( x) = a x ,
n−1
f ( x) = a x , … , f ( x) = a x, f ( x) = a . Ekkor
0 0 1 1 n−1 n−1
n−i n−i f ( x ) −f( x ) ax −ax
i 1 i 2 i 1 i 2
n−− i 1 n−− i 2 n−− i 1
= = a ( x + x x + … + x ) > 0
i 1 1 2 2
x −x x −x
1 2 1 2
Tehát f növekvő -n ∀ i = 0, n ⇒ f
+
i
növekvő függvény -n. +
6. Az eddigiek alapján döntsd el, hogy a következő grafikus képek közül melyek
ábrázolnak növekvő függvényeket és melyek csökkenőket! Azoknál a függvényeknél,
amelyek nem monotonak az egész -en, határozd meg a monotonitási
intervallumokat. Vizsgáld meg a szigorú monotonitást is!
Megoldás. Az 1. szigorúan növekvő az -n; a 2. csökkenő az -n; a 3. növekvő
az -n; a 4. az I = ( −∞, −1], I = ( 3, + ∞)
intervallumokon szigorúan növekvő,
1 3
míg az I = ( −1,
3] intervallumon szigorúan csökkenő; az 5. az I = ( −∞, − 3]
,
2 1
I3= ( −1,1],
I = (3, +∞)
intervallumokon szigorúan növekvő, az I = ( −3, −1]
,
5 2
I
4
= (1, 3]
intervallumokon pedig szigorúan csökkenő; a 6. az I = ( −∞, − 1]
1
intervallumon szigorúan növekvő, míg az I intervallumon szigorúan
2
csökkenő.
= ( − 1 + ∞)
V.13. Gyakorlatok (129. oldal)
1. Ábrázold a következő első és másodfokú függvényeket:
a) f : → , f( x)
= x + 1;
b) f : → , fx ( ) = 2x−1; c) f : → , f( x)
= 7−3x
; d) f : → , x
f( x)
= −
2
3 ;
e) f : → ,
2
fx ( ) = x − 4x+
5;
f) f : → ,
2
fx ( ) = x − 2x+ 6;
2
2
g) f : → , fx ( ) = x − 2 2x+ 2;
h) f : → , fx ( ) = x − 5x+ 6;
i) f : → ,
2
fx ( ) = x − 7x+ 12;
j) f : → ,
1 2 1 1
f( x) = x − x + ;
2 3 4
k) f : → ,
2
fx ( ) = − x + 10x;
l) f : → ,
2
fx ( ) = x −16.
n
n

182 Függvények
Megoldás.
a) f(0) = 1, f(
− 1) = 0 .
d) f (0) = − 3, f (2 3) = 0 .
b)
c)
B(–1, 0)
y
O
A(0, 1)
1
f(0) 1, f 0
2
⎛ ⎞ = − ⎜
⎟
⎜⎝
⎟
= .
⎠
y
O
A(0, –1)
7
f(0) 7, f 0
3
⎛ ⎞ = ⎜
⎟
⎜⎝
⎟ = .
⎠
y
7
O
A(0, 7)
2
B(1/ 2, 0)
B(7/3, 0)
x
x
x
y
O
A(0, – 3 )
B(2 3 ,0)
b
e) x = − , V
2a ∆
y = − ,
V
4a
x = 2,
V
= 1 ; ∆ < 0 ⇒ Gr ∩ Ox = ∅ .
yV
f (0) = 5 , f (4) = 5 , f (1) = 2 ,
f (3) = 2 .
x 0 1 2 3 4
fx () 5 2 1 2 5
y
5
2
1
O 1 2 3 4
x
x

Függvények 183
b
f) A csúcspont koordinátái: x = − = 1 ,
V
2a
∆
y = − = 4 . ∆ < 0 , tehát a grafikus kép nem
V
4a
metszi az Ox tengelyt. f (0) = 6 ; f (2) = 6 ;
f ( − 1) = 9;
f (3)
= 9 .
x
fx ( )
–
–1 0 1 2 3
9 6 4 6 9
8
2
O
2
y
2 2 2 3 2
h) A csúcspont koordinátái:
b 5
x = − =
V
2a2 ,
∆ 1
y = − = − . ∆ = 1 , a grafikon metszi az
V
4a4 Ox tengelyt: f (2)
= 0 , f (3) = 0 ; f (0) = 6 ,
f (5) = 6
x
.
0 2 5/2 3 5
fx () 6 0 − 1/4 0 6
x
y
9
6
4
–1 O 1 2 3
b
g) A csúcspont koordinátái x = − = 2 ,
V
2a
∆
y = − = 0 . ∆ = 0 , a grafikon érinti az
V
4a
Ox tengelyt. f (0)
= 2 ; f (2 2) = 2 ;
f ( − 2) = 8;
f (3 2) = 8 .
x – 2 0 2 2 2 3 2
fx ( ) 8 2 0 2 8
6
O
–
1
4
y
2
5
2
3
5
x
x

184 Függvények
i) A csúcspont koordinátái:
b 7
x = − =
V
2a2 ,
∆ 1
y = − = − . ∆ = 1> 0,
a grafikus kép metszi
V
4a4 az Ox tengelyt. f (3) = 0 , f (4) = 0 , f (0) = 12 ,
f (7) = 12
.
7/2
x 0 3 4 7
fx () 12 0 − 1/4 0 12
j) A csúcspont koordinátái
b 1
x = − =
V
2a3 ,
∆ 7
y = − = . ∆ < 0 , a grafikus kép nem
V
4a36 metszi az Ox tengelyt.
1 5 5
f ( − ) = , f (1) = .
3 12
12
1
f (0) = ,
4
2 1
f ( ) =
3 4
,
x −1/3 0 1/3 2/ 3 1
fx ( ) 5/12 1/4 7/36 1/4 5/12
12
O
–
1
4
k) A csúcspont koordinátái:
b
x = − = 5
V
2a
,
∆
y = − = 25 . ∆ > 0 , a grafikus kép két pontban metszi
V
4a
az Ox tengelyt: f (0) = 0 , f (10) = 0 ; f ( −1)
= −11
,
f (11) = −11
.
x –1 0 5 10 11
fx ( ) –11 0 25 0 –11
y
y
7
2
3 4
1 2
– O
1
1
3
5
12
3
25
y
–1
O 5
–11
3
7
11
x
x
x

Függvények 185
l) A csúcspont koordinátái: V =
b
x − = 0
2a
,
∆
y = − = −16 V
4a
. ∆ > 0 , a grafikus kép két az
Ox tengelyt 2 pontban metszi: f ( − 4) = 0 , f (4) = 0 ;
f ( − 5) = 9,
f (5) = 9 .
x
fx) (
–5 –4 0 4 5
9 0 –16 0 9
2. Határozd meg a következő függvénypárok grafikus
képének metszéspontját:
a) f, g : → ,
f( x) = 3x − 1, g( x) = 2x + 3;
b) f, g : → ,
f( x) = 2x − 5, g( x) = 4−x
;
c)
d)
2
f, g : → , f( x) = − 3x + 2, g( x) = x − 6x + 4;
2
f, g : → , f( x) = 7x + 3, g( x) = x − 5x + 14.
Megoldás. a) f ( x) = g( x) ⇔ 3x − 1= 2x + 3 ⇔ x = 4
Tehát a metszéspont (4 , 11) .
b) f ( x) = g( x) ⇔ 2x − 5 = 4−x ⇔ 3x = 9 ⇔ x = 3
Tehát a metszéspont (3 , 1) .
c)
2
–4
–5
9
y
4
O 5
–16
, y = f (4) = g(4)
= 11 .
, y = f(3) = g(3)
= 1 .
f x = g x ⇔ − x + = x − x + ⇔ x − x + = ⇔ x = ,
2 2
( ) ( ) 3 2 6 4 3 2 0 2 1
x = 1;
y = f (2) = g(2) =− 4, y = f(1) = g(1)
=−1 . A metszéspontok: (2 , − 4) ,
(1, −1)
d)
2
.
1 2
f x = g x ⇔ x + = x − x + ⇔ x − x + = ⇔ x = ,
2 2
( ) ( ) 7 3 5 14 12 11 0 1 1
x = 11 ; y = f(1) = g(1) = 10, y = f(11) = g(11)
= 80
. Tehát a metszéspontok
(1, 10),
1 2
( 11, 80) .
2
3. Ábrázold az f : → , fx ( ) = x − 2xfüggvényt
és határozd meg az alábbi
halmazokat:
a) Im f ; b) f ([0, 2]) ; c) f ([ − 2, 4]) ; d) f ([1, 6]) ; e) f ([ −10,
0]) .
⎡ ∆ ⎞
Megoldás. a) a 1 0 Im f , ⎟
∆
= > ⇒ = ⎢− +∞
⎢⎣ 4a ⎟⎠
. − = −1⇒ Im f = [ −1, ∞) .
4a
x

186 Függvények
b) f(0) = 0,
b
f(2)
= 0 . 1
2a
= − , x 1 [0, 2] ([0, 2]) [ 1, 0] .
f
= ∈ ⇒ = −
c) f( − 2) = 8, f(4)
= 8.
x = 1 ∈− [ 2, 4] ⇒ f([
− 2, 4]) = [ −1,
8] .
d) f(1) = − 1, f(6)
= 24 . f ([1, 6]) = [ −1,
24] .
e) f( − 10) = 120, f(0)
= 0 . x = 1 ∉− [ 10, 0] ⇒ f ([ − 10, 0]) = [0, 120] .
4. Határozd meg az f , f , f : → ,
f ( x) = 2x + 5, f ( x) = 3x − 4 és
5
1 2 3 1 2
f ( x) = − 7x + 4 függvények grafikus képének metszéspontjai által meghatározott
háromszög területét.
Megoldás. f ( x) = f ( x) ⇒ 2x + 5 = 3x −4 ⇒ x = 9, y = 23;
A (9, 23) .
1 2 1 1
f ( x) f ( x) 2 3 3x 4 7x 4
4
x , 2
5
8
y ; 2
5
4
B ,
5
⎛ ⎞ = ⇒ − = − + ⇒ = =−
8
⎜ − ⎟
⎜⎝ 5 ⎠⎟.
f ( x) f ( x) 1 3 2x 5 7x 4
1
x , 3
9
43
y ; 3
9
1
C ,
9
⎛ ⎞ = ⇒ + =− + ⇒ = − =
43
⎜
⎜− ⎟
⎜⎝ ⎠
⎟
9 ⎟ .
AB =
2 2 41 10
( x − x ) + ( y − y ) = ; BC = 1 2 1 2
5
2 2 41 2
( x − x ) + ( y − y ) = ;
2 3 2 3
9
CA =
2 2 82 5
( x − x ) + ( y − y ) = .
3 1 3 1
9
A háromszög területét Héron képletével számítjuk ki
T =
AB + BC + CA
p( p−AB)( p−BC)( p− CA)
ahol p = .
2
1681
Tehát T = .
45
5. Bizonyítsd be, hogy ha az f :[ a , b] → grafikus képe szimmetrikus az
⎛
⎜
a + b ⎛a
+ b⎞⎞
⎜ , f ⎜ ⎟
⎟
2
⎜
⎟
⎜⎝ ⎜⎝ 2 ⎟⎟⎠⎟
pontra nézve, akkor a grafikus kép, az x = a , x = b egyenletű
⎠
⎛a + b⎞
egyenesek és az Ox tengely által meghatározott síkidom területe ( b−a) f ⎜ .
⎝⎜2⎠⎟ Bizonyítás. Ha f szimmetrikus az
y
⎛a b a b ⎞
⎜
+ ⎛ +
⎜ , f ⎜ ⎟
2
⎜
⎟
⎞
⎜⎝ ⎜⎝
2 ⎟⎟⎟
⎠⎠⎟
pontra nézve, akkor
⎛a + b⎞
f ( x) = f( a + b− x) = 2 f ⎜
⎟
⎜⎝
⎟,
∀ x ∈[
a,
]
2 ⎠⎟
b
az értelmezés alapján. Így az 1. és 2. síkidomok
egybevágóak, tehát a vizsgált síkidom területe
megegyezik az ABCD téglalap területével.
f ( )
a+ b
2
1
O a a+ b b
2
2
x

Függvények 187
a b
Ez éppen ( b a) f , tehát a kért tulajdonságot igazoltuk.
2
⎛ + ⎞
− ⋅ ⎜
⎟
⎜⎝ ⎠
⎟
6. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az f : → ,
f x = mx − m + x + függvény:
2
m ( ) (2 1)
1
a) grafikus képének csúcsa a (4 , − 2) pontban legyen;
b) grafikus képe érintse az y = −2
egyenletű egyenest;
c) grafikus képe áthaladjon a ( −1 , −2)
ponton.
⎧⎪ b
⎪
⎪x = − = 4
V
2
Megoldás. a) ⎪ a
⎨
⎪ ∆
⎪y= − = −2 ⎪ V
⎪⎩ 4a ⇔
⎧ ⎪2m+
1
⎪ = 4
⎪
2m
⎨ 2
⎪ 4m+ 1
⎪−
= −2
⎪⎩ ⎪ 4m
⇔ m ∈∅.
b) A grafikus kép csak a csúcspontban érintheti az y = −2
egyenest, azaz
∆ 2 2
− = −2 ⇒ 4m + 1= 8m ⇔ 4m − 8m + 1= 0
4a ⇒
⎧⎪ m ∈ ⎨
⎪1 +
⎪
⎪⎩ 3
,1−
2
3⎫⎪
⎬
⎪.
2 ⎪
⎪⎭
c) ( −1 , 2) ∈Gr f ⇔ f ( − 1) = 2 ⇔ f ( − 1) = m + 2m + 1+ 1= 2 ⇒ m = 0.
m m
7. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az
m
Ex () =
m
2
x 2mx 3m
2
x + 2x
+ m
+ + − 2
tört értelmezve legyen és legyen pozitív minden x ∈ esetén.
2
Megoldás. Ahhoz, hogy a tört értelmezve legyen ∀ x ∈ esetén, az x + 2x
+ m
2
nem veheti fel a 0 értéket, azaz ∆ < 0 ⇔ m > 1.
Így kapjuk, hogy x + 2x + m > 0,
2
∀ x ∈
2
esetén. Tehát Ex () > 0, ∀ x∈
⇔ x + 2mx+
3m−
2>
0, ∀ x∈
.
2
Azaz ∆ < 0 ⇔ m −3m
+ 2< 0,
m = 1, m = 2 ⇔ m ∈(1,
2) . Tehát össze-
1 2
1
gezve kapjuk, hogy m ∈ (1, 2) .
2
x + ax + 1
8. Legyen f : → , f( x) = , ( a ∈ )
függvény. Határozzuk meg az
2
x − x + 1
a ∈ paraméter értékét úgy, hogy teljesüljön az Im f ⊂− [ 3, 2] bennfoglalás.
Megoldás.
Tehát a ∈ [ =
4, 0]
.
2
x + ax + 1
Im f ⊂− [ 3, 2] ⇔ −3 ≤ ≤2,
azaz
2
x − x + 1
⎧ 2
⎪ 4 x (3 a) x 4 0 0 ⎧
⎪
− + − − ≤ ⎧⎪
∆ ≤ a [ 5,1
1 ⎪ ∈ − 1]
⎪ ⎪
⎪
⎨ ⇔ ⎪
2
⎨ ⇔ ⎪
⎨ .
⎪ x − (2 + a) x + 1 ≥ 0 ⎪∆ ≤ 0 ⎪a∈−
[ 4, 0]
⎪⎩ 2
⎪⎩
⎪⎩ ⎪

188 Függvények
9. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az f : → ,
2
fm( x) = ( m + 1) x − 2mx
+ m függvény
a) grafikus képe érintse az Ox tengelyt;
b) grafikus képének csúcsa az Ox tengely alatt helyezkedjen el;
c) grafikus képe szimmetrikus legyen az x = 1/2 egyenletű egyenesre.
Megoldás. a) Ahhoz, hogy a grafikus kép az Ox tengelyt érintse ∆ = 0 ⇔
⇔− 4m = 0 ⇔ m = 0.
b) A grafikus kép Ox alatt helyezkedik el, ha
⎧a < 0 ⎧ m + 1< 0 ⎧ m < −1
⎪ ⎪ ⎪
⎨ ⇔ ⎪
⎨ ⇔ ⎪
⎨ ⇔
⎪
⎪∆ < 0 ⎪
− 4m< 0 ⎪ m > 0
⎪⎩⎪⎩ ⎪⎩
m ∈∅.
1
c) A grafikus kép az x = egyenes szimmetrikusa ⇔
2
b 1
x = − = , azaz
V
2a2 m 1
=
m + 1 2
⇒ m = 1.
10. Határozd meg az
)
2
f : → , fx ( ) = ax+ bx+ c
az ( x , f( x ) pontban húzott érintő egyenletét.
0 0
függvény grafikus képéhez
Megoldás. Legyen y = d x + e a keresett érintő. Ebben az esetben az
⎧ ⎪y
= dx + e
⎪
⎨
egyenletrendszernek egy megoldása van, ami épp az 2 ⎪ ( x , f( x )
0 0 ).
y = ax + bx + c
⎪⎩
2
Az előbbi egyenletrendszerből következik, hogy az ax + ( b −d
) x + c − e = 0
d − b
egyenletnek az egyetlen megoldása az x , tehát ∆ = 0 és = x , azaz
0
0
2a
⎧ 2
⎪( b d) 4ac 4ae 0 ⎧ d = 2ax
+ b
⎪
− − + = ⎪
0
⎪ ⎪
⎨ ⇔ ⎪
⎨
. 2
⎪
⎪d − b = 2ax
⎪e
= c−ax ⎪⎩ 0 ⎪ ⎪⎩
0
Tehát y = (2 a x + b) x + c−ax az ( x , f( x ) pontban húzott érintő egyenlete.
0
0 0 0 )
2
11. Határozd meg az f : → , f ( x) = mx − ( m + 1) x + 1 ( m ∈ ) parabo-
m m
lacsalád csúcspontjainak mértani helyét. Bizonyítsd be, hogy az előbbi család minden
eleme áthalad egy rögzített ponton (a grafikus képek metszete nem üres halmaz).
m 1
⎧⎪ 1
⎪ ⎧ +
⎪ x
⎪m
=
⎪ = ⎪
V
2m
⎪ 2x−1 V
Megoldás. ⎪ ⎪
⎨ ⇔ ⎪
2 ⎨
2 .
⎪ ( m −1)
⎪ 4(1 − x ) V
⎪y= − ⎪
⎪
y = −
V ⎪ V
⎪⎩4m⎪ ⎪⎩
4(2x −1)
V
m

Függvények 189
2
x − 2x + 1 V V 1 3 1
Tehát y = − = − x + − .
V V
2x −1 2 4 4(2x − 1)
V V
2
A fixpont meghatározása: mx . Innen mx 0,
ahonnan ⎪ 2
− ( m + 1) x + 1=
y ( −x) − x+ 1−
y=
2
⎪⎧
x − x = 0
⎨
⎪
⎪− x + 1− y = 0
⎪⎩
⎪⎧
x = 0 ∨ x = 1
⇔ ⎪
⎨
. Tehát a fixpontok (0 , 1) és (1 , 0) .
⎪ y = 1 ∨ y = 0
⎪⎩
2
12. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az mx + (2m − 1) x + m = 0
egyenlet gyökeire teljesüljenek az alábbi összefüggések:
a) x < 1< x < 2;
b) 1< x < x < 2; c) x < 1 < x ; d) x ≤1≤x ≤2.
1 2
1 2
1 2
1 2
x −1
2y−1 Megoldás. Az y = helyettesítést használjuk, azaz x = .
x − 2
y − 1
2 2
mx m x m m y m y m
+ (2 − 1) + = 0 ⇔ (9 −2) −(12− 3) + 3 − 1 = 0 .
2
12m − 3 ± (6m − 1)
∆ = (6m −1) ⇒ y = 1,2
2(9m − 2)
3m−1 y = , y = 1.
9m−2 . Tehát 1 2
a) x < 1< x 1 2 < 2 ⇔ y < 0, 1
3m−1 y > 0. y = < 0 2
1
9m−2 ⇔
⎛2
1⎞
m ∈ ⎜ , ⎟
⎜⎝
⎟
9 3⎠⎟.
b) 1< x < x < 2 ⇔ y < 0, y < 0. y = 1> 0
2 ⇒ M = ∅ .
1 2 1 2
c) x < 1< 2 < x 1 2 ⇔
3m−1 y > 0, y > 0.
y = > 0 1
2 1
9m−2 ⇔
⎡2
1⎤
m ∈ \ ⎢ , ⎥ .
⎢⎣9 3⎥⎦
d) x ≤1≤ x 1 2 ≤ 2 ⇔ y ≤ 0, 1
3m−1 y ≥ 0. y = ≤ 0 2
1
9m−2 ⇔
⎛2 1⎤
m ∈⎜ ⎜⎝
, ⎥ .
9 3⎥⎦
13. Igaz-e az alábbi kijelentés:
2
Az x + b x + c = 0 egyenlet gyökei pontosan akkor vannak a ( −1
,1) interval-
lumban, ha 1+ b + c > 0 , 1− b + c > 0 és c < 1 .
x + 1
y + 1
Megoldás. Az y = helyettesítést használva, x = .
x −1
y −1
+ + = ⇔ + + + − + − + = 0.
2 2
x bx c 0 (1 b c) y 2(1 c) y 1 b c
x , x ∈( −1,1) ⇔ y , y < 0 ⇔ s < 0 és p > 0 .
1 2 1 2
⎧⎪ 2(1 −c)
⎪
⎪s
= − < 0
⎪ 1 + b + c
⎨
. A megadott feltételek kielégítik az egyenlőtlenség-rendszert.
⎪ 1 − b + c
⎪p
= > 0
⎪ ⎪⎩ 1 + b + c

190 Függvények
V.14.1. Gyakorlatok (132. oldal)
1. Számítsd ki a g f és f g függvényeket az alábbi f : → és g : →
függvények esetén:
2
a) fx ( ) = 3x− 7, gx ( ) = 2−5x; b) f ( x) = 7x + 2, g( x) = x +x ;
c)
d)
2 2
f ( x) = x + 2x − 3, g( x) = x − 4x + 7;
f x x x g x x x
2 2
( ) = − 7 + 4, ( ) = − 3 + 1
3 2
e) f ( x) x , g( x) 2x 3x 1
;
5
= = − − ; f) fx ( ) = x, gx ( ) = ax+ b ( ab , ∈ )
;
⎧ ⎪2,
x x > 1
g) fx ( ) = ⎪
⎨
,
⎪x −2, x ≤1
⎪⎩
x
gx ( ) = ;
2
⎧⎪2, x x ≤ 0
h) fx ( ) = ⎪
⎨ ,
⎪
3, x x > 0
⎪⎩
⎧ 2
⎪
x −1, x ≤ 0
gx ( ) = ⎪
⎨
;
⎪
⎪x
− 1, x > 0
⎪⎩
⎪⎧1−2 x, x ≤ 2
⎪
i) fx ( ) = ⎪
⎨ , 2
⎪ − x + 1, x > 2
⎪⎩ ⎧ 2
⎪
x + 1, x ≤ 0
gx ( ) = ⎪
⎨
.
⎪
3x + 1, x > 0
⎪⎩
Megoldás. a) ( f g) ( x) = fgx ( ( )) = 3 gx ( ) − 7 = 3(2−5 x) − 7 = −15x−1. ( g f)( x) = g( f( x)) = 2 − 5 f( x) = 2 −5(3x − 7) = − 15x + 37 .
2 2
b) ( f g) ( x) = f( g( x)) = 7 g( x) + 2 = 7( x + x) + 2 = 7x + 7x
+ 2.
2 2 2
( g f)() x = gfx (()) = (()) fx + fx () = (7x+ 2) + 7x+ 2= 49x+ 35x+ 6.
c) 2 2 2 2
( f g)( x) = f( g( x)) = ( g( x)) + 2 g( x) − 3 = ( x − 4x + 7) + 2( x − 4x + 7) − 3 =
4 3 2
= x − 8x + 25x − 36x + 60.
2 2 2 2
( g f)() x = gfx (()) = (()) fx − 4() fx + 7 = ( x + 2x−3) − 4( x + 2x− 3) + 7=
4 3 2
= x + 4x −6x − 20x + 28.
d) 2 2 2 2
( f g)( x) = f( g( x)) = ( g( x)) − 7 g( x) + 4 = ( x − 3x + 1) −7( x − 3x + 1) + 4 =
4 3 2
= x − 6x + 4x + 15x − 2.
2 2 2 2
( g f)() x = gfx (()) = (()) fx − 3() fx + 1 = ( x − 7x+ 4) −3( x − 7x+ 4) + 1=
14 54 35 5 .
3
( f g)() x = f(()) g x = (()) g x
2 3
= (2x −3x − 1)
6 5 4 3
= 8x − 36x + 42x + 9x
−
4 3 2
= x − x + x − x +
e)
2
−21x −9x −1.
2 6 3
( g f)( x) = gfx ( ( )) = 2( fx ( )) −3 fx ( ) − 1= 2x−3x−1. 5 5 5 5 4 4 3 2
f) ( f g)( x) = f( g( x)) = ( g( x)) = ( ax + b) = a x + 5a bx + 10a
b x
2 3 2 4 5
+ 10abx + 5abx+
b .
5
( g f )( x) = g( f( x)) = af( x) + b = ax + b .
3
+

Függvények 191
⎧ ⎪2(), gx gx () > 1 ⎧ ⎪x,
x > 2
⎪
g) ( f g) ( x) = f( g( x)) = ⎪
⎨ = ⎪
⎨x.
⎪ gx ( ) −2, gx ( ) ≤1 ⎪
−2, x ≤2
⎪⎩ ⎪⎩ 2
⎧ ⎪x,
x > 1
fx () ⎪
( g f)( x) = g( f( x)) = =⎨
⎪
x − 2 .
2 ⎪ , x ≤ 1
⎪⎩ 2
⎧⎪ 2(), gx gx () ≤ 0
h) ( f g) ( x) = f( g( x))
=⎨
⎪
.
⎪ 3(), gx gx () > 0
⎪⎩
1. eset. gx ( ) ≤ 0
2
1.1. eset. x ≤ 0 : x −1≤ 0 ⇒ x ∈[ −1,1] ∩( −∞ , 0] = [ − 1, 0]
;
1.2. eset. x > 0 : x −1≤ 0 ⇒ x ∈( −∞, 1] ∩ (0, + ∞ ) = (0, 1] ;
2. eset. gx ( ) > 0
2
2.1. eset. x ≤ 0 : x − 1> 0 ⇒ x ∈( \[ −1,1]) ∩( −∞ , 0] = ( −∞, −1)
;
2.2. eset. x > 0 : x − 1> 0 ⇒ x ∈ (1, + ∞) ∩ (0, + ∞ ) = (1, +∞)
.
⎧ 2
⎪
3x −3, ⎪ 2 ⎪2x −2, Tehát ( f g) ( x)
= ⎪⎨
⎪
⎪2x
−2, ⎪
⎪3x −3, ⎪⎩⎪
x ∈( −∞, −1)
x ∈[ −1,
0]
.
x ∈(0,1]
x ∈ (1, + ∞)
⎧ 2
⎪(())
f x −1, ( g f)( x) = g( f( x))
=⎨
⎪
⎪fx ( ) − 1,
⎪⎩
1. eset. fx ( ) ≤ 0
x ≤ 0
.
x>
0
1.1. eset. x ≤ 0 : 2 x ≤0 ⇒ x ∈( −∞, 0] ∩( −∞, 0] ⇒ x ∈( −∞, 0] ;
2. eset.
1.2. eset. x > 0 : 3x ≤ 0 ⇒ x ∈( −∞, 0] ∩ (0, + ∞) ⇒ x ∈∅;
fx ( ) > 0
2.1. eset. x ≤ 0 : 2x > 0 ⇒ x ∈ (0, + ∞) ∩( −∞, 0] ⇒ x ∈∅;
2.2. eset. x > 0 : 3x > 0 ⇒ x ∈ (0, + ∞) ∩ (0, + ∞) ⇒ x ∈ (0, + ∞)
.
⎧ 2
⎪4x
−1, x ≤ 0
Azaz ( g f) ( x)
= ⎪
⎨ .
⎪3x − 1, x > 0
⎪⎩
⎧⎪ 1−2 gx ( ), gx ( ) ≤2
i) ( f
g) ( x) = f( g( x))
=⎨
⎪
.
2 ⎪− (()) gx + 1, gx () > 2
⎪⎩

192 Függvények
1. eset. gx ( ) ≤ 2
2
1.1. eset. x ≤ 0 : x + 1≤2 ⇒ x ∈[ −1,1] ∩( −∞, 0] ⇒ x ∈[ − 1, 0]
;
1.2. eset. x > 0 :
2. eset. gx ( ) > 2
⎛ 1⎤ ⎛ 1⎤
3x + 1≤2 ⇒ x ∈ ⎜ , (0, ) x ⎜
⎜
−∞ ⎥ ∩ + ∞ ⇒ ∈ 0, ⎥
⎝ 3
⎜
;
⎥⎦ ⎝ 3⎥⎦
2
2.1. eset. x ≤ 0 : x + 1> 2 ⇒ x ∈( \[ −1,1]) ∩( −∞,0] ⇒ x ∈( −∞, −1)
;
2.2. eset. x > 0 : 3x + 1> 2 ⇒
⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞
x ∈ ⎜ , ⎟ (0, ) ⎜ , ⎟
⎜
+ ∞⎟∩ + ∞ = +∞
⎝
⎟
3 ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜3
⎠ ⎟.
⎧−
4 2
⎪
x −2 x , x ∈< −1
⎪ 2 ⎪
⎪2x
−1, −1≤x ≤ 0]
⎪
Tehát ( f g) ( x)
= ⎪⎨
1 .
⎪−6x
− 1, 0<
x ≤
⎪
3
⎪ 2
1
⎪9x
− 6 x, x >
⎪⎩⎪
3
⎧ 2
⎪(())
f x + 1,
( g f)( x) = g( f( x))
=⎨
⎪
⎪ 3() fx + 1,
⎪⎩
1. eset. fx ( ) ≤ 0
f() x ≤ 0
.
fx () > 0
2. eset.
1.1. eset. x ≤ 2 : 1−2x ≤ 0 ⇒
⎡1 ⎞
x ∈ ⎢ , + ∞⎟∩( −∞, 2]
⎢⎣ 2 ⎟⎠
⇒
⎡1
⎤
x ∈ ⎢ , 2⎥
⎢⎣2 ⎥⎦
;
2
1.2. eset. x > 2 : − x + 1 ≤0 ⇒ x ∈( \ ( −1, 1)) ∩ (2, + ∞) ⇒ x ∈(2, ∞)
;
fx ( ) > 0
2.1. eset. x ≤ 2 : 1− 2 x > 0 ⇒
⎛ 1⎞ x ∈ ⎜ , ⎟
⎜
−∞ ∩( −∞, 2]
⎝ 2⎠ ⎟ ⇒
⎛ 1⎞
x ∈ ⎜
⎜−∞,
⎟
⎝⎜ ⎟
2⎟;
⎠
2
2.2. eset. x > 2 : − x + 1> 0 ⇒ x ∈( −1,1) ∩ (2, + ∞) ⇒ x ∈∅.
⎧⎪
1
⎪− ⎪ 6x + 4, x <
⎪
2
⎪
2 1
Azaz ( g f) ( x) = ⎪
⎨4x
− 4x + 2, ≤x ≤2.
⎪
2
⎪ 4 2
⎪x
− 2x + 2, x > 2
⎪
⎪⎩
2. Az alábbi h : → függvények mindegyikére határozzunk meg két f, g : →
függvényt úgy, hogy h = f g legyen.
2 2 2
2 5
a) h( x ) = − ( x + x+ 1) + 2( x + x+
1) − 4;
c) hx ( ) = ( x − 4x+ 3) ;
2
4 2
b) hx ( ) = −2( x− 2) + 3 x−
2 + 1;
d) h( x ) = 2x− 3x+ 1.

Függvények 193
Megoldás. a)
b)
c)
d)
2 2
f ( x) = − x + 2x − 4, g( x) = x + x + 1.
2
f ( x) = − 2x + 3 x + 1, g( x) = x − 2.
5 2
f ( x) = x , g( x) = x − 4x + 3.
f ( x) = 2x − 3x + 1, g( x)
= x
2 2
.
3. Igazoljuk, hogy az alábbi esetekben g f = f g = 1,(, f g : → )
:
a) fx ( ) = 3x− 4,
x + 4
gx ( ) = ;
3
b) fx ( ) = 2x− 1,
x + 1
gx ( ) = ;
2
x + 4
Megoldás. a) ( fg) ( x) = fgx ( ( )) = 3 gx ( ) − 4 = 3 − 4 = x, ∀ x∈
⇒
3
⇒ f g = 1 .
f ( x) + 4 3x − 4+ 4
( g f)( x) = g( f( x)) = = = x, ∀ x ∈ ⇒ g f = 1 .
3 3
Tehát g f = f g
= 1 .
x + 1
b) ( fg) ( x) = fgx ( ( )) = 2 gx ( ) − 1= − 1 = x, ∀ x∈
⇒ f g = 1 .
2
f ( x) + 1 2x− 1+ 1
( g f)( x) = g( f( x)) = = = x, ∀ x ∈ ⇒ g f = 1 .
2 2
Tehát g f = f g
= 1 .
V.18. Gyakorlatok és feladatok (140. oldal)
1. Tanulmányozd az alábbi függvények injektivitását, szürjektivitását és monotonitását:
a) f : → , f( n)
= 2n;
b) f : →
3 2
fn ( ) = n − n;
c)
f : [0, ) [0, ), fx ( ) x
2
+ ∞ → + ∞ = ; d)
f :( ,0] [0, ), fx ( ) x
2
−∞ → ∞ = ;
e) f : → ,
2
fx ( ) = x;
f) f : → ,
x
f( x)
= ; 2
x + 1
g) f :( −1,1) → ,
x + 1
f( x)
= ;
x − 1
h) f : → ,
⎧ ⎪x
+ 1, x ≤ 2
f( x)
= ⎨
⎪
;
2 ⎪x − 1, x > 2
⎪⎩
i) f : → , f( x) = x − a + x −b
, ahol a < b;
j) f : → ,
⎧⎪2x − 1,
f( x)
= ⎪
⎨
⎪3, x
⎪⎩
x < 1
;
x ≥ 1
k) f : → ,
⎧⎪ ax, f( x)
= ⎨
⎪
⎪bx, ⎪⎩
x < 0
;
x ≥ 0
l) f : → ,
⎧ ⎪3x+
2
⎪ ,
f( x)
= ⎨
⎪ 2
⎪⎪
3x + 1,
⎪⎩
x < 0
.
x ≥ 0

194 Függvények
Megoldás. a) f injektívitásának vizsgálása:
fn ( ) = fm ( ) ⇔ 2n= 2m⇔
⇔ n = m . Tehát f injektív. f nem szürjektív, mivel a függvény értéke nem veszi
fel a páratlan számokat.
f ( n) −f( m) 2( n −m)
= = 2> 0
n −m n −m
⇒ f szigorúan növekvő.
3 2 3 2
f ( n) − f( m) n −n − m + m 2 2
b)
= = n + nm + m −n −m ≥ 0, ∀n, m ∈ .
n −m n −m
Azaz f növekvő.
f nem injektív mivel f(1) = f(0)
= 0 . f nem szürjektív mivel a függvény nem vesz
fel negatív értékeket.
c)
2 2
f ( x1) −f( x2) x1 −x2
= = x1 + x2 > 0,
x2 −x2 x1 −x2
∀ x1, x2
∈[0, ∞) ⇒ f szigorúan növekvő,
tehát f injektív is.
f szürjektív mivel ∀ y ∈ [0, + ∞) ∃ x = y úgy, hogy fx () = y.
2 2
f ( x1) −f( x2) x1 −x2
d)
= = x1 + x2 x1 −x2 x1 −x2
kenő, így f injektív is.
< 0, ∀ x1, x2
∈( −∞, 0] ⇒
f szürjektív mivel ∀ y ∈ [0, + ∞) ∃ x = − y úgy, hogy fx ( ) = y.
e)
2 2
f ( x ) −f( x ) x −x
1 2 1 2 = = x + x ⇒
1 2
x −x x −x
1 2 1 2
f nem monoton.
f szigorúan csök-
f nem injektív és nem szürjektív mert f(1) = f(
− 1) = 1 és ∃/ x ∈ f( x)
= −1.
f ( x ) −f( x )
=
− (
1−x
x
+ 1)( + 1)
⇒ f nem monoton.
x x
1 2
f ( x ) = f( x ) ⇔ = ⇔ ( x −x )(1 − x x ) = 0 ⇒ f nem injektív.
1 2 2 2
1 2 1 2
x + 1 x + 1
1 2
x
2
f szürjektív ha ∀ y ∈ ∃ x ∈ f( x)
= y . = y ⇒ yx −x − y = 0 . Ha
2
x + 1
2
létezik y úgy, hogy ∆ < 0 , akkor f nem szürjektív. ∆ = 1−4 y , ∆< 0 ⇔
1 2 1 2
f) 2 2
x x x x
1 2 1 2
⎡ 1 1⎤
⇔ y ∈ \ ⎢− , ⎥ ⇒
⎢⎣ 2 2⎥⎦
f nem szürjektív.
f ( x1) −f( x2)
−2
g) = < 0, ∀ x1, x2 x1 −x2 ( x1 −1)( x2
−1)
tehát f injektív is.
∈( −1, 1) ⇒ f
szigorúan csökkenő,

Függvények 195
f szürjektív ha, ∀ y ∈ ∃ x ∈( − 1,1)
x + 1
f( x)
= y . = y
x −1 ⇔
y + 1
x = . Ha
y − 1
y = 2 ⇒ x = 3,
de 3 ∉( −1,1) ⇒ f nem szürjektív.
f ( x ) − f( x ) x + 1−x −1
= = 1> 0 ⇒
x −x x −x
h) 1 2 1 2
1 2 1 2
f
szigorúan növekvő ( −∞ ,2]
-n.
2 2
f ( x1) −f( x2) x1 −1− x2
+ 1
= = x1 + x2 > 0, ∀ x1, x2
x1 −x2 x1 −x2
növekvő az -en.
∈(2, ∞) ⇒
f(2) = 3, f(2)
= 3 ⇒ f injektív.
f szürjektív mivel ∀ y ≤ 3 ∃ x = y − 1: f( x)
= y;
∀ y > 3 ∃ x = y + 1 : f( x)
= y.
i)
x
x − a
x − b
–
–
a
0
–
+
–
b
+
0
+
+
⎧⎪− ⎪ 2x
+ a + b x ≤ a
⎪
f ( x) = ⎪
⎨b−
a a < x ≤ b
⎪
⎪2x − b x > b
⎪⎩
f ( x ) −f( x ) − 2x + a + b + 2x
−a −b
1 2 1 2
= = − 2 < 0
x −x x −x
∀ x , x 1 2 ∈( −∞,
a]
;
1 2 1 2
f ( x ) −f( x ) 2x −a −b− 2x
+ a + b
1 2 1 2
= = 2> 0 ∀ x , x ∈ ( b,
+ ∞)
.
1 2
x −x x −x
1 2 1 2
Tehát f nem monoton.
f nem injektív mert ∀ x ∈ [, a b] f() x = b−a.
f
szigorúan
f nem szürjektív mivel a függvény b−a -nál kisebb értékeket nem vesz fel:
− 2x + a + b ≥b− a ha x ≤ a; 2x −a − b > b− a ha x > b.
j) f szigorúan növekvő mind a két intervallumon. f (1) = 1 , f(1) = 3 ⇒ f szigo-
rúan növekvő az -en. Tehát f injektív.
f nem szürjektív mivel a függvény nem veszi fel az [1 , 3] értékeket (2x− 1 < 1 ha
x < 1 és 3 x ≥ 3 ha x ≥ 1).
k) 1. eset. a = b : fx ( ) = ax
1.1. eset. a < 0 : fx ( ) = axszigorúan
csökkenő, injektív és szürjektív;
1.2. eset. a = 0 : fx () = 0állandó
függvény, nem injektív, nem szürjektív;
1.3. eset. a > 0 : fx ( ) = axszigorúan
növekvő, injektív és szürjektív;
2. eset. a < b
2.1. eset. b < 0 : f szigorúan csökkenő, injektív, szürjektív

196 Függvények
∀ y < 0
y
∃ x = :
b
f( x)
=y, ∀ y > 0
y
∃ x = :
a
f( x)
=y.
2.2. eset. b = 0 : f csökkenő, nem injektív, nem szürjektív
f(1) = f(2) = 0 ; f( x) ≥ 0, ∀ x ∈
2.3. eset. a < 0 0 ;
( ) 1 2 1 2
.
1 2
⇔ ax − bx = 0 ⇒ x = by, x = ay , ahol y < 0 ;
1 2 1 2
fx ( ) > 0, ∀ x∈
, tehát negatív értékeket nem vesz fel a függvény képe.
2.4. eset. a = 0 : f növekvő függvény, nem injektív és nem szürjektív
f( − 1) = f( − 2) = 0; f( x) > 0, ∀ x ∈
2.5. eset. a > 0 : f szigorúan növekvő, injektív, szürjektív
∀ y > 0
y
∃ x = :
b
f( x)
=y, ∀ y < 0
y
∃ x = :
a
f( x)
=y.
Ha b < a hasonlóan tárgyaljuk mint a 2. esetet.
l) f szigorúan növekvő, injektív, szürjektív
∀ y < 1
2y−2 ∃ x = :
3
f( x)
= y, ∀ y ≥1 y −1
∃ x = :
3
f( x)
= y.
2. Ábrázold a következő ponthalmazokat:
a) H = {( x , y) | x + y ≤ 1} ;
1
b) H = {( x , y) | max{ x , y}
≤ 1} .
2
Megoldás. a)
1. eset. x < 0, y < 0 : −x −1≤y ;
2. eset. x > 0, y < 0 : x −1≤y; .
d 1
–1
3
1
y
1
4
d 3
O 1
3. eset. x < 0, y > 0 : x + 1 ≥ y ;
4. eset. x > 0, y > 0 : 1 −x ≥y.
y
1
–1
H1 b) 1. eset. x ≤ y ≤1 ⇒ x, y ∈[ −1, 1];
2. eset. y ≤ x ≤1 ⇒ x, y ∈[ − 1,1]
.
–1 O 1 x
–1
3. Ha E egy halmaz és A ⊂ E , akkor értelmezzük az f : E {0, 1} , →
⎧⎪ 1, x ∈ A
f ( x)
= ⎪
A ⎨
⎪0,
x ∉
A
⎪⎩
függvényt. Ezt a függvényt az A halmaz karakterisztikus függvé-
A
2
d 2
x

Függvények 197
nyének nevezzük. Bizonyítsd be, hogy ∀ ABC , , ⊂Eesetén:
a) A= B ⇔ fA= f ; B
b) f = f ⋅ f ;
A∩B A B
c) f = 1 − f ; d) f = f ⋅(1 − f ) ;
C A A
E
e) fA∪ B= f + f −f ⋅ f ; A B A B f) fA∆B = f + f −2f ⋅ f .
A B A B
Bizonyítás. a) „⇒ ” nyilvánvaló.
„⇐ ” f = f ⇒ f () x = f (), x ∀ x ∈E
.
A B A B
Ha f ( x ) = f ( x) = 1
A B ⇒ x ∈A
és x ∈ B ;
f ( x) = f ( x) = 0 ⇒ x ∉ A és x ∉ B.
A
B
⎧⎪ 1, ha x ∈A és x ∈B
b) f ( x)
= ⎪
. ( f ⋅ f )( x)
=
A∩B ⎨ f ( x) ⋅ f ( x) = 1 ⇔ f ( x)
= 1
B B
⎪⎪⎩
A A A
0, különben
⎧⎪ 1,
c) f = ⎪
C A ⎨
E ⎪0, ⎪⎩
x ∉ A
. (1 − f )( x) = 1 −f ( x) A A
x ∈ A
⇔ f ( x)
= 0
A ⇔ x ∉ A.
⎧⎪ 1,
d) f ( x)
= ⎪
AB \ ⎨
⎪⎪⎩ 0,
x ∈A és x ∉ B
. ( f ⋅(1 − f ) ) ( x) = f ( x)(1 − f ( x))
= 1
A B A
B
különben
⇔
A
( f + f −f ⋅ f )( x) = f ( x) + f ( x) − f ( x) f ( x)
= 1 ⇔ f ( x)
= 1 és f ( x ) = 0 ,
AB \
és f ( x ) = 1 azaz x ∈ A és x ∈B ⇔ x ∈A∩B. B
⇔ f ( x)
= 1 és (1 − f ( x))
= 1 ⇔ f ( x ) = 1 és f ( x) = 0 ⇔ x ∈A és x ∉ B
A
⇔ x ∈A\
B .
⎧⎪ 1, x ∈A vagy x ∈B
e) f ( x)
= ⎪
.
A∪B ⎨
⎪⎪⎩ 0, különben
B
A B A B
A B A B
A
( ) 1
A x = B f
vagy f ( x ) = 1 és f ( x ) = 0,
vagy f és ( x ) = 1
B
A
⇔ (x ∈A
és x ∉ B)
vagy ( x ∈ B és x ∉ A)
vagy ( x ∈ A és x ∈ B ) ⇔ x ∈A∪B .
e)
f) f = f = f + f − f f = f (1 − f ) + f (1 −f ) −
A∆B ( AB \ ) ∪(
BA \ ) AB \ BA \ AB \ BA \ A B B A
−f(1 −f ) f (1 − f ) = f − f f + f − f f = f + f − 2f
f mivel f vagy 1 A B B A A B A B B A A B A B
A
A
E
f −
nulla lesz.
4. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ,C⊂ , akkor
a) ( A\ B) ∪ ( B \ A) = ( A∪B)\( A∩B) ; b) ( A∆B) ∆ C = A∆( B∆ C)
.
Bizonyítás. a)
( AB \ ) ∪(
BA \ ) AB \ BA \ AB \ BA \
d)
f = f + f −f ⋅f
= f (1 − f ) + f (1 −f ) −
−f(1 −f ) f (1 −f ) = f + f − 2f
f mert f (1 − f ) = 0 .
A B B A A B A B
A A
Másrészt f
( A∪B)\( A∩ B) fA 2
ff A B
2
f −ff −ff
B A B A B
2 2
ff A B fA fB 2ff
A B
B
A
B
A B B A
= − + + = + − , mert
B

198 Függvények
2
f = f A A
B f 2
és f = . Az előbbiek alapján f = f , tehát
B
( \ ) ∪( \ ) ( ∪ )\( ∩ )
( A∆B) ∆C ( A∆B) A B B A A B A B
( A\ B) ∪ ( B \ A) = ( A∪B)\( A∩ B)
.
b) f = f + f − 2f f = f + f + f −2f f −2f f − 2f f + 4f
f f
C A∆B C A B C A B A C B C A B C
Hasonló módon f = f + f − 2f f = f + f + f −2f f −2f f −
A∆( B∆ C)
− 2ff + 4f
f f , tehát ( A∆B) ∆ C = A∆( B∆C) .
B C A B C
A B∆C A B∆C A B C A B A C
5. Az előbbi tulajdonságok alapján az A, A , , n halmazok karakterisztikus
A …
1 2
függvénye segítségével fejezd ki a következő halmazok karakterisztikus függvényét:
a) A A ; b) A A .
A
∪ ∪ ∪
A
∆ ∆ ∆ …
Megoldás. a)
1 2 n … 1 2 n
3. e)
f = f = f + f − f f =
A ∪A ∪…∪A 1 2 n A ∪( A ∪…∪A )
1 2 n A A ∪A ∪…∪A 1 2 3 n A A ∪A ∪…∪A 1 2 3 n
f + f − f f = f + f + f −f f − f f + f f +
A A
1 A ∪( A ∪…A 2 3 n) A1 A ∪( A ∪…A
) 2 3 n A A A ∪…∪A 1 2 3 n A A ∪…∪A 2 3 n A A A A ∪…∪ 1 2 1 3 n
∑ ∑
+ f f f = …= f + f + …+
f − f f + f f f + …+
…
A A A ∪ ∪A
1 2 3 n A A A 1 2
n A A A A A
i j i j k
1≤ i< j≤n 1≤
i

Függvények 199
2
2 2
b) x = min{ x,
x } , ha x ∈ \[0,1] ; x = min{ x,
x } , ha x ∈ [0, 1] .
7. Az
4
1
y
–2 –1 O 1 2
2
f : → , fx ( ) = x − 6x+ 8 függvényre határozd meg a következő halma-
zokat:
a) f ([0, 2]) ; b) f ([4, 5]) ; c) f ([1, 5]) ; d) f ([1, + ∞ )) ; e) f (( −∞,
4]) .
b
Megoldás. Az f függvény minimumának koordinátái x = − ,
2a V(3, −1)
.
∆
y = −
4a
,
a) 3 ∉ [0, 2],
f(0) = 8, f(2) = 0 ⇒ f([0,
2]) = [0, 8] .
b) 3 ∉ [ 4, 5]
, f(4) = 0, f(5) = 3 ⇒ f([4,
5]) = [0, 3] .
c) 3 ∈− [ 1, 5] ⇒ a minimum f (3) , f(1) = 3, f(5) = 3 f([
− 1, 5]) = [ −1,
3] .
d) 3 ∈ [1, + ∞) ⇒ f (3)
a minimum. f ( ∞ ) = ∞ . Tehát f ([1, + ∞ )) = [ − 1, + ∞)
.
e) 3 ∈( −∞,4) ⇒ a minimum f (3) = − 1 . f ( −∞ ) = ∞ ⇒ f (( −∞ , 4)) = [ −1, ∞)
.
8. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy teljesüljön az
2 2
x + 4y −2x − 4y
+ m > 0 egyenlőtlenség ∀ x, y ∈ esetén.
2 2
2
Megoldás. 4y − 4y + x − 2x
+ m > 0 , ∆ y < 0 ⇔ − x + 2x − m + 1<
0 ⇔
∆ <
x
0 ⇔2− m < 0 ⇔ m > 2
9. Tekintsük az
2
m : , m(
) 2
x
. Tehát ha m > 2 , akkor fennáll az egyenlőtlenség.
f → f x = x + mx + m függvénycsalád grafikus képeit.
Milyen m értékekre van a parabola csúcsa az első negyedben? Vezess le egy m -től
független összefüggést a csúcs két koordinátája között.
Megoldás. A parabola csúcsa az első negyedben van ⇔ x > 0, y > 0 .
x
b
2a y
∆
4a
V m m
x ≥ 0 és y ≥ 0 , azaz
2
= − , = − ⇒ m(
− , − +
Vm Vm
Vm
Vm
Vm Vm
m ) az első negyedben legyen ahhoz

200 Függvények
⎧⎪ −m≥ 0
⎪
⎨ 2
⎪ − m + m ≥ 0
⎪⎩
⇔
⎧⎪m ≤ 0
⎪ ⎨
⎪ m(1 −m) ≥ 0
⎪⎩ ⇔
⎧⎪m
≤ 0
⎪
⎨
⎪m
∈[0,
1]
⎪⎩⎪
⇔ m = 0 .
xVm = −m ⇒ m = −xVm V x
2
. Így y = −x Vm Vm
− egy m -től független összefüggés
m
a csúcs két koordinátája között.
10. Tekintsük az f → f x = m + x + mx + m függvényekhez rendelt
2
m : ,
m(
) ( 1) 2
parabolacsaládot. ( m ∈ ,
m ≠−1)
.
a) Bizonyítsd be, hogy a parabolák csúcsa az x + y = 0 egyenletű egyenesen van.
b) Milyen m esetén vannak a csúcsok az Oy tengelytől balra?
Megoldás. a) A csúcsok koordinátái: xVm b
= − ,
2a x Vm
m
= − ; y Vm
m + 1
∆
= − ,
4a
yVm
m
= . Innen következik, hogy xVm m + 1
+ y Vm
= 0 . Tehát a parabolák csúcsai az
x + y = 0 egyenesen vannak.
m
b) Oy tengelytől balra vannak a parabolák csúcsai, ha x < 0 , azaz − < 0 .
V m
m + 1
x −∞ –1 0 +∞
− m + 0 – – –
m + 1 – – – 0 +
m
−
m + 1
– | + 0 –
Tehát m ∈ \[ −1,
0] .
11. Bizonyítsd be, hogy az f → f x = x − mx + m parabolák csúcsa
2
m : ,
m(
) 2
egy parabolán van és, hogy m ∈ esetén az előbbi parabolák metszete nem üres
(azaz, a parabolacsaládnak van egy fixpontja). Mi a csúcsok mértani helye?
2
Bizonyítás. A parabolák csúcsainak koordinátái: x = m , y =− m + m.
2
y = − x + x
Vm Vm
Vm
Vm Vm
2
− x + x egy parabola egyenlete. Tehát a parabolák csúcsai parabolán találhatók.
2
A csúcsok mértani helye az f ( x) = − x + x parabola.
A parabolacsalád fixpontjának kimutatása:
f x = y ⇔ x − mx + m = y ⇔
2
m(
) 2
⇔
2
m(1 − 2 x) + x − y = 0 ⇒
⎧⎪ ⎪ 1− 2x= 0
⎪
⎨ 2 ⎪
⎪x − y = 0
⎪
⎪⎪⎩ ⇒
⎧⎪
1
⎪
x =
⎪ 2 ⎛1
1⎞
⎨ . Tehát A ⎜
⎪
1 ⎜ , ⎟
⎜⎝
⎟
2 4⎟fixpont
⎠
⎪y=
⎪⎩ 4
ja a parabolacsaládnak.

Függvények 201
2
12. Legyen S az y = x − 6x + 5 egyenletű parabola és az Ox tengely által meghatározott
síkrész területe. Bizonyítsd be, hogy 10 < S < 12 .
Bizonyítás. Először meghatározzuk a parabola és
az Ox tengely metszéspontjait: x = 1 , x = 5 . A
1
2
y
parabola csúcspontjának koordinátája
y = −4
. f (2) = − 3 , f (4) = −3
.
V
x V = 3 ,
O
1 2 3 4 5
x
⎛3 1⎞
S > 2( T + T + T ) = 2 ⎜ + 3 + ⎟ = 10
xxA xxV
1 2
2 2 VVA ⎜ ⎟
A A ⎜⎝2 2⎠⎟
⇒ S > 10 . Az [1 , 5] intervallumot 16 egyenlő
részre osztjuk és megszerkesztjük azon téglalapokat, t,
amelyek lefedik az S területét.
–3
–4
A
VA V
5 1
f
4 6
⎛ ⎞ ⎜ ⎟
5
⎜⎜⎝ ⎟ = −
⎠ 4 ,
3 7
f
2 4
⎛ ⎞ ⎜
⎟
⎜⎝
⎟ = − ,
⎠
7 3
f
4 6
⎛ ⎞ ⎜ ⎟
9
⎜⎜⎝ ⎟ = −
⎠ 4 ,
9 5
f
4 6
⎛ ⎞ ⎜ ⎟
5
⎜⎜⎝ ⎟ = −
⎠ 4 ,
5 1
f
2 4
⎛ ⎞ ⎜ ⎟
5
⎜⎜⎝ ⎟ = − ,
⎠
11 63
f
4 6
⎛ ⎞ ⎜
⎟
⎜⎝
⎟ = −
⎠ 4 .
1⎛ ⎛5⎞ ⎛3⎞ ⎛7⎞ ⎛9⎞ ⎛5⎞ ⎛11⎞ ⎞
S < 2⋅ ⎜ f ⎜ f ⎟ f ⎟ f () 2 f ⎟ f f ⎟ f () ⎟
4
⎜
⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜
⎜ ⎟ ⎜
4
⎟+ ⎜ ⎟+ ⎟+ + ⎟+ ⎟+
⎟+
⎟ <
2⎟ ⎜ ⎜4⎟ ⎜ ⎜4⎟ ⎜ ⎜2
⎟ ⎜ 4 ⎟ 3
⎝⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠⎟⎟
12.
13. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy
2
2
a) ( m− 1 ) x + mx + m+ 1> 0, ∀ x ∈;
b) mx + 2( m + 1) x + m < 0, ∀ x > 0 ;
Megoldás. a) A következő feltételek kell teljesüljenek:
a 0 m 1 0 ⎧ m > 1
⎪⎧ > ⎧⎪ − > ⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎛4 ⎞
⎨ ⇔ ⎪
⎨ ⇔ ⎪ ,
2 ⎨
0 2 4 ⇒ m ∈ ⎜ + ∞⎟
3m4 0
⎜
m
⎜⎝
⎟
3 ⎟ .
⎪
∆ < ⎪
⎪− + < ⎪ <
⎠
⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ 3
a 0 m 0
⎧⎪ m < 0
⎪⎧ < ⎪⎧ <
1
b)
⎪
⎪
⎛ ⎞
⎨
⎪ ⇔ ⎨
⎪
⇔ ⎨
⎪
1 ⇒ m ∈⎜− , ⎟
0 2m1 0
⎜ ⎟
∆ < + < ⎪m
< −
⎜⎝
∞ −
2⎠⎟.
⎪ ⎩ ⎪
⎪
⎩
⎪
⎪⎩ 2
14. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az
2 2
{ x ∈ | x + mx − 4 = 0} ∪{ x ∈ | x + 2x − 2m
= 0}
halmaznak pontosan két eleme legyen.
Megoldás. Ahhoz, hogy A -nak 2 eleme legyen, a gyökök mindkét egyenlet esetében
meg kell egyezzenek vagy mind a két másodfokú kifejezés teljes négyzet kell legyen.
1. eset. Azonos gyökök.
2
2
x + mx − 4 = 0
x + 2x − 2m
= 0
x
1,2
2
− m ± m +
16
= x = − 1± 2m
+1
3,4
2

202 Függvények
⎧⎪−
2
m − m + =− − m +
⇒
⎪
⎨
⎪
⎪−
m +
⎪⎩
16 2 2 2 1
2
m + 16 =− 2 + 2 2m + 1
⇔
⇔
⎧⎪−
2
⎪ m + 2 = m + 16 − 2 2m + 1
⎨
⎪⎪
2
⎪
− m + 2 =− m + 16 + 2 2m + 1
⎪⎩
⇒ − 2m + 4 = 0 ⇒ m = 2.
2
2. eset. Teljes négyzetek. x + m x − 4 = 0
2
∆ = 0 ⇔ m + 16 = 0 ⇔ m ∈∅
.
Tehát az egyedüli megoldás az m = 2 .
15. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az
2
{ x ∈ |( m −1) x − 2( m + 1) x + m = 0} ∩− [ 1,1]
halmaznak pontosan egy eleme legyen.
m + 1± 3m
+ 1
Megoldás. Az egyenlet gyökei: x =
.
1,2
m − 1
⎧ ⎪ m + 1− 3m + 1
⎪−1≤ ≤1
⎪ 1
1. eset. ⎪ m −
⎨
⎪
⎪m + 1+ 3m + 1
⎪
> 1
⎪⎪⎩ m −1
⇔
⎪⎧ 2
⎪4m
−3m −1≥ 0
⎪
⎨1≤m
⎪
⎪1<
m
⎪⎩
⇔
⇔
⎧⎪ ⎛ 1 ⎞
⎪
⎪m \ ⎜ ,1⎟
⎪
∈ ⎜
− ⎟
2 ⎟
⎨ ⎝ ⎠
⎪ 1 < m
⎪⎩
⇒ m ∈ (1, + ∞)
.
⎧
⎪ m + 1+ 3m + 1
⎪−1≤ ≤1 ⎪ 1
2. eset. ⎪ m −
⎨
⎪
⎪m + 1− 3m + 1
⎪
< −1 ⎪⎪⎩m−1 ⇔
⎧⎪
2
⎪4m
−3m −1≤ 0
⎪
⎪
⎨
⎪m
≤1
⎪
⎪ 2
⎪4m
−3m − 1< 0
⎪⎪⎩
⇔
⇔
⎧⎪ ⎛ 1 ⎞
⎪
⎪m ∈ ⎜ ,1⎟ ⎜
− ⎟
2 ⎟
⎨
⎪ ⎝ ⎠
⎪
⎪m ∈( −∞,1]
⎪⎩
⇒
⎛ 1 ⎞
m ∈ ⎜ ,1⎟
⎜⎝
− ⎟
2 ⎠⎟.
⎛ 1 ⎞
Tehát m ∈ ⎜ , ⎟
⎜⎝
− + ∞⎟ \ {1}
2 ⎠⎟.
16. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy az
2
{ x ∈ | x − 2mx + 4m + 5 = 0} ∩ [5, 7] halmaz
a) üres halmaz legyen; b) ne legyen üres halmaz; c) két elemű legyen.
2
Megoldás. a) 1. eset. x < 5 : m + m −4m − 5 < 5 ⇒ m < 5.
2. eset. x < 5, x > 7 :
1 2
1,2
2
m m 4m 5 5 m
− − − < ⇒ < 5;

Függvények 203
2
m m m m
+ −4 − 5 > 7 ⇒ > 5, 4 ⇒m∈∅. 2
3. eset. x > 7 : m − m −4m − 5 > 7 ⇒ m > 5,4.
Tehát m ∈ \[5;5,4] .
1,2
b) m ∈ [5; 5,4] .
⎧⎪ 2
⎪m − m −4m − 5 > 5 ⎧⎪ m > 5
c) ⎪ ⎪
⎨ ⇔ ⎪
⎨ ⇒ m ∈[5;
5,4] .
⎪ 2
⎪m + m −4m − 5 < 7 ⎪m<
5, 4
⎪⎩
⎪⎩
17. Tanulmányozd az f : → ,
injektivitását.
⎧⎪ 0, n = 0
f ( n)
= ⎪
⎨
⎪ n( 2n + 1− ⎪⎩
függvény
2n − 1), n > 0
Megoldás. fn ( ) =
2n
2n + 1+ 2n
−1 és fn ( + 1) =
2( n + 1)
.
2n + 3 + 2n
+1
Az fn ( + 1) > fn ( ) egyenlőtlenség ekvivalens a
2n + 1+ n
2n − 1
>
2n + 3 + 2n + 1
n + 1
2n + 1
egyenlőtlenséggel. Másrészt >
n
2n
+ 3
és
n + 1
2n − 1
>
n
2n
+ 1
, tehát
n + 1
fn ( + 1) > fn ( ) , ∀ n ∈ . Mivel f szigorúan növekvő, injektív is.
18. Határozd meg az f :{1,2,3,4,5} → {1,2,3,4,5} függvényt, ha f f = g és g
értékei az alábbi táblázatban vannak feltüntetve:
Megoldás. Az f függvény
x 1 2 3 4 5
gx ( ) 3 1 2 4 5
x 1 2 3 4 5
fx () 2 3 1 4 5
1→ x → 3 1 ; 2 → x2
→1
; 3 → x 3 → 2 ; 4 → x → 4 4 ; 5 → x → 5 5 , ahol
x ∈ {1,2,3,4,
5} . (Sorra kipróbáljuk az értékeket.)
i
2
19. Létezik-e olyan f : → függvény amelyre ( f f) ( x) = x −2, ∀ x ∈ ?
2
Megoldás. Az x − 2 = x egyenlet megoldásai x = −1 és x = 2 . 2
2 2
Az f f f = ( f f) f = f ( f f)
egyenlőségek alapján f ( x − 2) = f ( x)
− 2,
2 2
tehát f(2), f( −1) ∈{ −1,
2} . Hasonlóképpen az ( x −2 ) −2
= x egyenlet gyökei
− 1+ 5 −1− x = − 1, x = 2, x = és x =
1 2 3
4
2
2
1
5 , tehát az
2 2
= f
f g g

204 Függvények
egyenlőség alapján f( x ), fx ( ) { x, x, x, x}
. De f( x ), fx ( ) ∉ { −1,
2} (mert
f ( x ) = −1
3
tehát fx ( ), fx ( ) ∈ { x, x}
.
3 4
∈ 3 4 1 2 3 4
3 4
esetén az x = f(( f x )) = f(
−1) ∈{
−1, 2} ellentmondáshoz jutunk),
3 4
4 3
Másrészt és ≠ , tehát f ( ) és f ( x ) = x . Így viszont x
f ( x ) ≠ x f ( x ) x
3 3
4 4
x 3 = x4 2
4 3
és x fixpontjai lennének a g : → ,
g ( x)
= x − 2 függvénynek és ez ismét ellent-
4
mondás, tehát nem létezik olyan f : → függvény, amelyre f f = g.
Megjegyzés. Érvényes a következő általánosabb tulajdonság:
Ha ab , ∈ és a − b > 2 , akkor nem létezik olyan f : → függvény,
2
amelyre f f = g , ahol g : → ,
g ( x)
= x −(
a + b + 1) x + ab ∀ x ∈ .
(Ezt
a tulajdonságot 1991-ben P. Mironescu tűzte ki az országos olimpián.)
2
20. Határozd meg az ab , ∈ számokat úgy, hogy az x + a x + b = 0 és
2
x + bx + a = 0 egyenletek mindegyikének racionális gyökei legyenek.
Megoldás. Ha az egyenleteknek racionális gyökeik vannak, akkor mindkét egyenlet
2
diszkriminánsa teljes négyzet. Ha a ≤ 5 , akkor a −4 b ∈{0,1,
4, 9,16, 25} és így
próbálkozások útján a (0 , 0) és (4, 4) megoldásokhoz jutunk. A továbbiakban
2 2
2
2
feltételezhetjük, hogy a > b , tehát a − 4b > a − 4a
> a − 6a + 9 = (a − 3) .
2 2
2
2 2
Másrészt a − 4b
< a , tehát a −4 b ∈{(a −b)
,(a −1) } . Az a − 4 b = ( a −1)
2 2 2
egyenlőség ellentmondáshoz vezet, tehát a − 4 b = ( a − 2) = a − 4a
+ 4 . Így
2 2
2
2 2
a = b + 1 és b − 4 a = ( a −1) − 4a = a − 6a
+ 1.
De a − 6a + 9 = (a − 3) és
2
2
2 2
2
a − 6a + 1<
a − 6a + 9 , tehát a − 6a + 1≤(
a −4) ⇒ a −6a
+ 1≤
2
≤a − 8a + 16
⇒ 2a ≤15 ⇒ a ≤6
2
2
Ha a = 6 és b = 5 , akkor a − 4b = 36− 20 = 16 és b − 4a = 25− 24 = 1,
tehát
mindkét egyenletnek racionális gyökei vannak. Az előbbi esetek összesítéséből
következik, hogy a lehetséges számpárok (0 , 0), (4,
4), (6, 5) és (5 , 6) .
21. Létezik-e olyan f : → injektív függvény, amelyre
∀ x ∈
?
.
2 2
fx ( ) −f( x)
≥ ,
2 1
1⎞
Megoldás. x = 0 esetén f(0) −f (0) ≥ , tehát f (0) − ⎟ ≤ 0
4
2⎟⎠
2
f(1) −f
(1)
⎛
1
⎜
⎜⎝
. Így f (0) = .
2
1
1
Hasonló módon
≥ , tehát f (1) = . Mivel f(0) = f(1)
, az f függvény
4
2
nem lehet injektív.
2
2 2
1
4
3

Analitikus geometria 205
VI.1.1. Gyakorlatok (146. oldal)
VI. Analitikus geometria
1. Az M ( − 2)
és N() 3 pontok esetén határozd meg azoknak a P ∈ MN pontoknak a
koordinátáit, amelyekre:
MP 2 MP 2 MP 1 MP 1 MP MP 1
a) = ; b) = ; c) = ; d) = − ; e) = 1;
f) = .
PN 3 PN 3 PN 4 PN 2 PN PN 4
x + λx
M N
Megoldás. a) Ha P ∈ (MN), akkor az 1.5. tétel alapján x = , ahol
P
1 + λ
MP
λ = .
PN
Ebben az esetben x 0 P . Ha P∈MN és P∉(MN), akkor
=
2
−2− ⋅3
MP 2
λ = =− és így x = 3 =−12
;
P
PN 3
2
1 −
3
b) Az előbbi két eset közül csak az első lehetséges, tehát x 0 ;
1
c) { 1,
P }
P =
1
x ∈ − − ; d) x = −7
; e)
P P
3
2
= x ; f) x . 1 P =
2. Fejezd ki az MN szakasz harmadoló pontjainak koordinátáit a végpontok
koordinátái függvényében.
1
Megoldás. Az M-hez közelebb eső P1 harmadolópontra P1 ∈ (MN) és
PN 2
=
MP
,
tehát x
P1
2x
+ x
x + 2x
M N M N
= . Az N-hez közelebb eső P2 harmadolópontra x = .
P
3
2 3
MA MB
3. Az MN egyenesen vegyünk fel az A, B és C pontokat úgy, hogy = α , = β
AN BN
MC
és = γ . Milyen arányban osztja a C pont az AB szakaszt?
CN
Megoldás. Az adott egyenlőségek alapján
MA α MB β
= , =
MN 1+ α MN 1+
β
és
MC
MN
γ
= .
1 + γ
⎛ γ α ⎞
Így AC = AM + MC = MN ⋅ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎝1+ γ 1+
α⎠
⎟ és CB = CM + MB =
⎟
⎛ β γ ⎞
= MN ⋅ ⎜ − ⎟, ⎟
⎜ ⎝1+ β 1+
γ⎠
⎟ tehát
⎟
AC
CB
γ − α 1 + β
= ⋅
β − γ 1 + α
.
1

206 Analitikus geometria
4. Bizonyítsd be, hogy ha A, B, C és D négy kollineáris pont, akkor
AD ⋅ BC + AB ⋅ CD + AC ⋅ DB = 0 .
Megoldás. Ha xa, xb, xc és xd a pontok koordinátái egy tetszőleges O ponthoz
viszonyítva, akkor
AD ⋅ BC + AB ⋅ CD + AC ⋅ DB =
= ( x −x )( x − x ) + ( x −x )( x − x ) + ( x −x )( x − x ) = 0.
d a c b b a d c c a b d
5. Bizonyítsd be, hogy ha az ( A k ) k= 1, n
pontok egy egyenesen vannak, akkor
AA + AA + AA + ... + A A = 0 .
1 2 2 3 3 4 n 1
n n n n
Megoldás. AA = ( x − x ) = x − x = mert x x .
∑ ∑ ∑ ∑ 0 n+ 1 1 =
k k+ 1 k+ 1 k k+ 1
k
k= 1 k= 1 k= 1 k=
1
6. Bizonyítsd be, hogy ha A, B, C és D négy kollineáris pont, akkor
2 2 2
DA ⋅ BC + DB ⋅ CA + DC ⋅ AB + AB ⋅BC ⋅ CA = 0 .
Megoldás. Az A, B, C és D pontok által meghatározott egyenesen válasszuk D-t
viszonyítási pontnak és jelöljük a, b, c-vel az A, B és C koordinátáját.
2 2 2
DA ⋅ BC + DB ⋅ CA + DC ⋅ AB + AB ⋅BC⋅ CA =
2 2 2
= a ( c− b) + b ( a − c) + c ( b− a) + ( b−a)( c−b)( a − c)
= 0.
7. Számítsd ki a következő pontok távolságát:
a) M( − 1, 3), N (5, 7) ; b) M( −2, 7), N ( −3,1)
;
c) M(2, 3), N( −7, − 1) ; d) M( −1, −2),
N (3, 4) .
Megoldás. Az 1.9. tétel alapján az M(x 1, y 1) és N(x 2, y 2) pontok távolsága
MN = ( x − x ) + ( y − y ) .
2 2
1 2 1 2
a) MN = 2 13;
b) MN = 37 ; c) MN = 97 ; d) MN = 2 13.
8. Számítsd ki a P pont koordinátáit, ha P ∈ MN és:
a) MP = PN és M( −1,
3), N (5, 7) ;
b) MP = 3 ⋅ PN és M ( −2, 7), N(
−3,1)
;
c) MP = 2 ⋅ PN és M(2, 3), N ( −7, −1)
;
d) 3 ⋅ MP = 2⋅
PN és M( −1, −2),
N(3,
4) .
Megoldás. Az 1.12. tételt használjuk.
a) P (2, 5) ;
⎛ 11
b) P ⎜− ⎜⎜⎝ ,
4
10⎞
⎟
⎛ 7 ⎞
⎟
4 ⎠⎟vagy
P ⎜
⎜− , −2⎟ ⎟
⎜⎝ 2 ⎠⎟;

Analitikus geometria 207
⎛ 12 1⎞
c) , ⎟
⎛ 3 2⎞
P ⎜
⎜−
⎜⎝
⎟
3 3⎠⎟vagy
P ( −16, −5)
; d) P ⎜
⎜− , ⎟
⎜⎝ 5 5⎠⎟vagy
P ( −9, −14)
.
9. Írd fel a P pont koordinátáit, ha P ∈ (MN), M és N koordinátái ( x , y ) , illetve
M M
( x , y ) és
N N
MP 1 MP
a) P az MN felezőpontja; b) = ; c) = 2 ;
PN 2 PN
MP 1
d) = .
PN 3
Megoldás. a) xP
xM =
+ xN
és y P
2
yM =
+ yN
;
2
b) x P
xM =
+ 2xN
és yP
3
yM =
+ 2yN
; c) x P
3
3x
+ x M N =
4
és y P
3y
+ y M N =
4
;
10. Írd fel az ABC háromszög súlypontjának koordinátáit, ha a csúcsok koordinátái
Ax ( , y ) , Bx ( , y ) és C( x , ) .
A A B B
C C y
AG
Megoldás. Ha D a (BC) felezőpontja és G a súlypont, akkor G ∈ (AD) és 2
GD =
x + 2x
A D
tehát x = . Másrészt x G
D
3
xB =
+ xC
, tehát x G
2
x + x + x
A B C
=
3
. Hasonló
módon következik, hogy y G
y + y + y
A B C
=
3
.
11. Bizonyítsd be, hogy az ABCD konvex négyszög pontosan akkor paralelogramma,
ha x + x = x + x és y + y = y + y , ahol Ax ( , y ) , Bx ( , y ,
A
C B
Cx ( , y ) és Dx ( , y ) a csúcsok koordinátái.
C C
D D
)
D A C B D A A
B B
Megoldás. Az ABCD konvex négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha az átlói
felezik egymást, vagyis ha az AC átló M felezőpontja és a BD átló N felezőpontja
egybeesik. Másrészt
x + x A C
x = M
2
,
y + y A C
y = M
2
, xN
xB =
+ xD
2
és
yN
yB =
+ yD
, tehát az ( x , y ) = ( x , y ) egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha
M M N N
2
x + x = x + x és y + y = y + y .
A
C B
D
A
C B D
12. Az xOy koordinátarendszerben az O ( x , ) ponton át párhuzamosokat húzunk
y
az Ox, illetve Oy tengellyel és jelöljük őket Ox -gyel, illetve Oy -gyel. Ha egy M
pont koordinátái az első rendszerben ( x, y)
, írd fel a koordinátáit az xO y
0 0
rendszerben.
Megoldás. Az M pont koordinátái a xOy rendszerben x és y .
0 x − 0 y −
1
1 1 1
1 1
1 1
1 1 1

208 Analitikus geometria
13. Számítsd ki az A (1, 2) , B(3, − 6) és C ( −2, −7)
csúcsokkal megadott háromszög:
a) oldalainak hosszát;
b) oldalai felezőpontjainak koordinátáit;
c) oldalfelezőinek hosszát.
Lehet-e a három oldalfelező hossza egy háromszög oldalainak hossza?
Megoldás. a) AB =
2 2
2 + 8 = 2 17
, BC = 26 és CA = 3 10 .
⎛1 13⎞ ⎛ 1 5⎞
b) c) A felezőpontok koordinátái M ⎜ , ⎟ ( C), N ⎜ , ⎟
⎜
− ⎟∈ − − ⎟∈(
2 2 ⎟ B
⎝ ⎠ ⎝ ⎜ 2 2⎠⎟
AC)
és
1
P(2, − 2) , tehát az oldalfelezők hossza AM =
2
7 2
290, BN = és CP =
2
29 .
Mivel AM > CN > BN elégséges ellenőrizni a BN + CN > AM egyenlőtlenséget.
7 2
+
2
1
29 >
2
290 ⇔ 7 2 ⋅ 29 > 19
és ez igaz mert 2⋅ 29 > 3 és így 7 2 ⋅ 29 > 21 > 19.
Tehát az oldalfelezők hossza lehet egy háromszög oldalainak hossza.
14. Számítsd ki a P pont koordinátáit úgy, hogy
a) az OMNP négyszög paralelogramma legyen;
b) az ONMP négyszög paralelogramma legyen,
ha M (1, 3) és N(3,
1) .
Megoldás. a) A 11. gyakorlat alapján OMNP pontosan akkor paralelogramma, ha
x = x − x = 2 és y y 2 . y = − = −
P N M
P N M
b) Az ONMP négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha
x = x − x = − 2 és y y 2 . y = − =
P M N
P M N
15. Határozd meg az A (1, 1) , B( − 6, 0) és C(2, − 6) pontok által meghatározott
háromszög
a) súlypontjának koordinátáit;
b) köré írt kör középpontjának koordinátáit.
Megoldás. a) A 10. gyakorlat alapján a súlypont koordinátái
1− 6+ 2
1+ 0−6 5
x = =− 1 és y = =−.
G
G
3
3 3
b) Ha a háromszög köré írt kör középpontja O( x , y)
, akkor az OA = OB = OC
0 0
egyenlőségek alapján írhatjuk, hogy
( x
2
− 1) + ( y
2
− 1) = ( x
2 2
+ 6) + y = ( x
2
− 2) + ( y + 6
2
) .
0 0 0 0 0 0
7
Ebből a ⎪ ⎪⎧
7x + y =−1
0 0
⎨⎪
egyenletrendszerhez jutunk, tehát x = −2 és y = −3
.
0
0 4x − 3y = 1
⎪⎩ 0 0

Analitikus geometria 209
VI.1.2. Feladatok (147. oldal)
I.
1. Bizonyítsd be, hogy ha M egy tetszőleges pont az ABC háromszög BC oldalán,
akkor
2 2 2
AB ⋅ MC + AC ⋅MB −BC⋅ MA = MC ⋅MB ⋅ BC . (Stewart tétel)
Bizonyítás. Válasszuk M-et az origónak és BC-t Ox tengelynek. Ha B(,0) b ,
Cc (,0) , Ax (, y)
, akkor
2 2 2
AB MC AC MB AM BC
⋅ + ⋅ − ⋅ −
−BM ⋅MC⋅ BC =
2 2 2 2
( ( ) ) ( ( ) )
= x − b + y c− x − c + y b−
2 2
( )
− x + y ( c−b) −c( −b)( c− b)
=
2 2
= x ( c−b− c+ b) + y ( c−b− c+ b)
−
2 2
− 2xbc + 2 xcb + b c − c b + bc( c − b)
= 0.
Ax (, y)
Bb ( , 0) M C( c,
0)
2. Bizonyítsd be, hogy ha M az ABC háromszög BC oldalának felezőpontja, akkor
2 2
( )
2 AC 2
AM =
+ AB
4
2
− BC
.
BC
Bizonyítás. Ha az előbbi egyenlőségben BM = MC = , akkor az
2
2 2
2 AB ⋅ MC + AC ⋅MB −MC ⋅MB ⋅BC
AM =
BC
=
⎛ 2 1 2 1 1 2⎞
⎜
⎜AB AC BC ⎟
⎜
⋅ + ⋅ − BC
⎝ 2 2 4 ⎠
⎟
=
BC
egyenlőséghez jutunk.
2 2
2(
AB + AC ) − BC
=
4
3. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető háromszög. Mikor
lesz a háromszög derékszögű?
1. megoldás. Ha BC ≤AC ≤AB
, akkor a 2. feladat
A
2 2
2
alapján AM > BN >PC , tehát elégséges ellenőrizni
a BN + PC > AM egyenlőtlenséget. Használjuk a
BA = a, CA = b és AB = c jelölést. A
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
2 a + b − c + 2 a + c − b > 2 b + c −a
egyenlőtlenség ekvivalens a
2
B
P
M
2
N
C

210 Analitikus geometria
( ) ( )
⎡ a b c ⎤⎡ a c b ⎤
⎢⎣ ⎥⎢ ⎦⎣ ⎥⎦
b c a
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 + − 2 + − > + − 5
2 2 2
egyenlőtlenséggel. Ha b + c − 5a < 0,
akkor az egyenlőtlenség teljesül. Ellenkező
esetben ismét négyzetre emeljük és így az a + b + c < 2 a b + b c + c a
egyenlőtlenséghez jutunk. Ez igaz mert
2 2 2 2 2 2
2 ab + bc + ca
4 4 4
−a−b− c =
( )
= ( a + b + c)( a + b−c)( a − b + c)( − a + b + c)
> 0.
2. megoldás. M-en át húzzunk párhuzamost BN-
A
hez és szerkesszük meg a BMQN paralelogrammát.
Így NQ BM és NQ = BM , tehát NQ MC és
NQ = MC . Ebből következik, hogy NQCM is
paralelogramma, tehát QC MN
és QC = MN . P
( )
4 4 4 2 2 2 2 2 2
Mivel MN középvonal, írhatjuk, hogy QC AP és
QC = AP , tehát APCQ is paralelogramma. Így
C
AQ = PC , tehát az AMQ háromszög oldalai éppen
az ABC háromszög oldalfelezői.
B
M
2
Az AM
2 2 2 2
= BN + CP egyenlőség ekvivalens a b + c
2
= 5a egyenlőséggel, tehát
az oldalfelezők által alkotott háromszög pontosan akkor derékszögű, ha az eredeti háromszög
legnagyobb oldalának a négyzete a másik két oldal négyzetösszegének az
ötöde.
4. Bizonyítsd be, hogy ha AB C D és ABC D paralelogrammák és A , B , C
1 1 1 1
illetve az AA , BB , CC és DD szakaszokat λ arányban osztó belső
D3 1 2
3 3C 1
3 3
2 1 2
pontok, akkor AB is paralelogramma.
D
2 2 2 2
1 2
N
3 3 3
a a b b
Bizonyítás. Ha az A , B , C és D pontok koordinátái rendre ( x , y , ( x , y ) ,
c c
d d
( x , y ) és ( x , y ) , i = 1, 3 , akkor
i i
i i
x + λx
a
x = 3
1 + λ
)
i i i i i i
x + λx
x + λx
d b 1
x , = 3
1 + λ
1 + λ
a a
d d
1 2 , = 3
1 2
ABC D
c x + λx
1 + λ
b b
c c
x 2 és x 3 = 1 2
A 11. gyakorlat alapján az 3 3 3 négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha
3
a
x3 c
+ x3 b d
a
= x + x és y 3 3
3
c b d
+ y = y + y .
3 3 3
x x
x + x + λ( x
1+ λ
+ x ) x + x + λ(
x
1+
λ
+ x )
,
Mert ABC D és ABC D paralelogrammák. Hasonló módon kapjuk az
a d a d c b c d
Másrészt
a
3 +
c
3 = 1 1 2 2 = 1 1 2 2 b d
= x + x 3 3
1 1 1 1
2 2 2 2
a
y3 c b d
+ y = y + y 3 3 3
3 3 3 3
egyenlőséget is, tehát AB C D
paralelogramma.
i i
.
Q

Analitikus geometria 211
5. Bizonyítsd be, hogy ha O az ABC háromszög köré írt kör középpontja és G a
2 2 2
2 2 a + b + c
súlypontja, akkor OG = R −
, ahol a, b és c az oldalak hosszai.
9
Bizonyítás. Az AOM háromszögben (M ∈ (BC) és BM = MC) alkalmazzuk a
Steuart-tételt a G pontra. Így az
2 2 2
OA ⋅ GM + OM ⋅AG−OG ⋅ AM = AG ⋅GM⋅ AM
1
egyenlőséghez jutunk. Mivel OA = R,
AM 3
=
GM AG 2
és = írhatjuk, hogy
AM 3
1 2 2 2 2 2 2
R + ⋅OM − OG = ⋅ AM
.
3 3 9
Az ABC és OBC háromszögekben az AM és OM oldalfelezőre
tehát
AM
b + c
4
−a
2 2
2 2( )
=
2
és
2 2 2
2 2( R + R ) −a
OM =
,
4
2 2 2 2 2
2 2
2 1 2 2 4R − a 2 2( b + c ) −a
2 a + b + c
OG = R + ⋅ − ⋅ = R −
3 3 4 9 4 9
II.
1. Bizonyítsd be, hogy ha x , , y , valós számok, akkor
y
1 2 x 1 2
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
x + y + x + y ≥ x + x + y + y .
Bizonyítás. Ha A( x ,y) és két pont a
2 ) Bx ( , y
1 1
⎛x
+ x y + y 1 2 1 2⎞⎟⎠
síkban és M ⎜ ,
⎝⎜
az AB felezőpontja,
2 2
akkor az O pont M szerinti szimmetrikusának
koordinátái x x és y + y .
+ 1 2 1 2
Másrészt az OA + OB = OA + AN ≥ ON egyenlő-
ség pontosan akkor teljesül, ha az O, A és B pontok egy
egyenesen vannak, vagyis ha létezik λ ∈ úgy,
hogy x λx
és y = λy
. De
= 1 2 1 2
2
2
2
OA = x + y ,
2 2
1 1
= x + y
2
2
2
OB és ON = ( x + x ) + ( y + y ) , tehát a kért egyenlőtlenséget
igazoltuk.
2
1 2 1 2
y
N
B A
M
2 2 2 2
Megjegyzés. Négyzetre emelés és átrendezés után előbb az ( x + x ) ( y + y ) ≥
2
2
≥ (xx + yy)
, majd az ( 0 egyenlőtlenséghez jutunk.
1 2 1 2
1 2 2 2 ) xy −xy≥ O
1 2 1 2
2
.
x

212 Analitikus geometria
2. Bizonyítsd be, hogy ha x , x , ... , n , y , y , ... , ynvalós
számok, akkor
1 2
x 1 2
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2
... 1 1 2 2 n n ... ...
1 2 n 1 2
n
x + y + x + y + + x + y ≥ x + x + + x + y + y + + y .
Bizonyítás. A matematikai indukció módszerét használjuk. n = 2 esetén az 1.
feladatban igazoltuk az engyenlőtlenséget. Ha az egyenlőtlenség teljesül n
esetén, akkor
x + y + … + x + y + x + y ≥
2 2 2 2 2 2
1 1 n n n+ 1 n+
1
≥ x + y + … + x + y + ( x + x ) + ( y + y ) ≥
2 2 2 2 2 2
1 1 n−1 n− 1 n n+ 1 n n+
1
≥ ( x + x + …+ x + x ) + ( y + y + … + y + y ) .
2 2
1 2 n n+ 1 1 2 n n+
1
*
∈ \{1}
*
Tehát a matematikai indukció elve alapján az egyenlőtlenség minden n ∈ \{1} és
x , y ∈ , i = 1,
n esetén igaz.
i i
2 2
Ex ( ) = x + x+ 1− x − x+
1 kifejezés, ha
3. Milyen értékeket vehet fel az
x ∈ ?
⎛1 ⎞
Megoldás. Tekintjük az ,0⎟
⎛ 1 ⎞
⎛
A ⎜
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠⎟és
⎜− ⎜ ,0⎟
3 ⎞
B
⎜⎝
⎟
2 ⎟ , valamint M ⎜
⎜x , ⎟
⎠
⎜⎜⎝ 2
⎟ pontokat.
⎠⎟
2 2
⎛ 1⎞ 3 ⎛ 1⎞ 3
MB − MA = ⎜
⎜x⎟ ⎜x⎟
⎜
+ ⎟ + − − + = E( x)
2⎟ ⎟
4
⎜ 2⎟ .
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4
Másrészt –AB < MB – MA < AB, tehát − 1 < Ex ( ) < 1, ∀x∈ .
Ha x elég nagy (vagy elég kicsi), akkor E(x) jól megközelíti az 1-et (–1-et), így E(x)
minden értéket felvehet a (–1, 1) intervallumból.
Megjegyzések.
1
1. Alkalmazhatjuk az 1. feladatot az x = x + , y =
1 1
2
3
, x2 2
= 1, y = 0 , 2
1
illetve x = x − , y =
1 1
2
3
és x 2
2
= 1, y = 0 számokra.
2
2. Algebrai uton a megoldás a következő:
Az
2 2
x x 1 x x
+ + − − + 1 = y egyenletből
2 2
x x 1 y x x
+ + = + − + 1, tehát ha a jobb oldal pozitív, akkor a
2 2
2x y 2y x x 1
= + − + egyenlethez jutunk.
2
2 2 4 2 2
Ha 2 x − y és y azonos előjelű, akkor 4x − 4xy + y = 4 y ( x − x + 1) ,
2 2 2 4
vagyis 4 x ( 1 − y ) = 4y − y , ahonnan x
2
2 2
y (4 − y )
= .
2
4(1 − y )

Analitikus geometria 213
Mivel E(–x) = –E(x), feltételezhetjük, hogy y > 0 és így a
2
2x −y ≥
y ∈( −1,1)
0
4
1 − y
2
− y
≥ 2
0 és
feltételek kell teljesüljenek. Ebből következik, hogy csak
esetén van megoldás és ebben az esetben
y 4 − y
x =
2 1−
y
4. Bizonyítsd be, hogy ha az x , x , y
1 2 1
2 2
, y valós számokra x + y = 2y
és
2
1 1 1
2 2
2 2
x + y = 2y
, akkor ( x − x ) + ( y −y 2 2 2
1 2 1 2)
≤ 4 .
2 2
2 2
Bizonyítás. Az adott összefüggések alapján x + ( y − 1) = 1 és x + ( y − 1) = 1,
tehát az 1. feladat alapján
2
2
1 1
.
( ) 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
( x − x ) + ( y − y ) = ( x − x ) + ( y −1) −( y −1) ≤
≤ x + ( y − 1) + x + ( y − 1) = 2.
2 2 2 2
1 1 2 2
2 2
Ebből következik, hogy ( x − x ) + ( y −y ) ≤ 4.
1 2 1 2
5. Bizonyítsd be, hogy ha az AB és AB háromszögek súlypontja G , illetve
1 1 1 C 2 2 2 C 1
G , akkor GG ≤ AA BB CC
2
1 2 1 2 1 2 1
+ + 2 .
a a
Bizonyítás. Ha ( x , y ) az Ai
i = 1, 2 pont koordinátája és hasonlóak a jelölések a
i i
többi pont esetén is, akkor
a b
x + x + x
g 1 1
x = 1
3
a b
x + x + x
g 2 2
x = 2
3
Tehát
g y + y
3
+ y
a b
y + y + y
g
y = 2
3
c
a b
1 , y1
= 1 1
c
2 , 2 2
a a b b c c
2
a a b b c c
2
3 GG = ⎡( x − x ) + ( x − x ) + ( x − x ) ⎤ + ⎡(
y − y ) + ( y − y ) + ( y −y) ⎤
1 2 ⎣ 2 1 2 1 2 1 ⎦ ⎣
≤
2 1 2 1 2 1 ⎦
≤ ( x − x ) + ( y − y ) + ( x − x ) + ( y − y ) + ( x − x ) + ( y − y ) =
2
a a 2 a a 2 b b 2 b b 2 a a 2 c c
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
= AA + BB + CC .
1 2 1 2 1 2
(Alkalmaztuk a 2. feladatot n = 3 esetén.)
c
1
c
2
.
és

214 Analitikus geometria
VI.2.7. Gyakorlatok (154. oldal)
1. Döntsd el, hogy az alábbi egyenesek tartalmazzák-e a megadott pontokat:
5
a) 2x − y + 3 = 0 A (0, 0) és B ( −1, −1) ; b) 2x + 3 y − 5 = 0 A (1, 1) és B 0,
3
⎛ ⎞ ⎜
⎟
⎜⎝ ⎠
⎟ ;
⎛1
⎞
c) 2x − 3y + 6 = 0 A ⎜ ,1⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎟ és Br ( , r) , ahol r
⎠ 1 2
1, r2 ∈ .
Megoldás. a) 0+ 3 ≠ 0,
tehát A ∉ d ; 2 ⋅− ( 1) −− ( 1) + 3 = 0,
tehát B ∈ d ;
b) A ∈ d , B ∈ d ;
c) 2
+
2
6 > 3 , tehát A ∉ d ;
Ha r, r ∈ és
1 2 2r − 1 3r + 2
2
6 = 0, akkor 2r + 6+ 4r 1 1
2
3 = 3r
és így
2
2 2
3r −2r −6
2 1
6
3 = ∈ vagy r = 0 . Ha r = 0 , akkor r = = 2 ∉ . Tehát
1
1 2
4r
3
1
mindkét esetben ellentmondáshoz jutunk és így B ∉ d .
2. Határozd meg az m és n valós számok értékét úgy, hogy az alábbi egyenesek
tartalmazzák a megadott pontokat:
2
a) x + y − 4 = 0 A( − m, m ) és B( m , n)
;
b) 2x + 3y − 6 = 0
2
Am ( − 2, m
2
) és Bn ( , n − 3) ;
c) 2x + 3y − 7 = 0 Am ( + 2 n, m− n)
és B( m − n, m+ 2n)
.
Megoldás. a) A ⎪ ⎧−
2
⎪ m + m = 4
⎨⎪
egyenletrendszer megoldásai m
m + n = 4
⎪⎩
7−17 1−17 7+ 17
n = és m = , n = .
1
2
2
2
2
2
b) Ha A ∈ d és B ∈ d, akkor a
2
2m 2
3m 6 2 2
+ − − = 0 és
3n + 2n − 6 − 3 3 = 0
egyenletekhez jutunk. Így m ∈{ 2, − (2 + 3) } és { 3, (3 2) }
( m, n) ∈ A× B,
ahol A = { 2, − (2 + 3) } és B = { 3, − (3 + 2) } .
1
1+ 17
= ,
2
n ∈ − + , tehát
c) Ha A ∈ d és B ∈ d, akkor az ⎪ ⎧ ⎪5m
+ n = 7
⎨⎪
egyenletrendszerhez jutunk.
5m + 4n
= 7
⎪⎩
⎧⎪⎛7 ⎞⎫⎪
Tehát M = ⎪
⎨⎜,0⎟⎪ ⎜ ⎟⎬
⎪⎜⎝5⎠⎟. ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭

Analitikus geometria 215
3. Ábrázold az alábbi egyenletekkel megadott egyeneseket:
d : 3x − 2y + 1=
0,
d : 2x y 5 0,
.
1 2 − + − = d : x − y = 0
3
Megoldás. a) Ha y = –1, akkor x = –1, tehát (–1, –1) ∈ d1. Ha y = 2, akkor
x = 1, tehát (1, 2) ∈ d 1. Így a d 1 egyenes a (–1, –1) és (1, 2) pontok által
meghatározott egyenes.
b) y
c)
d2 –2 –1 O
3
1
x
2
y
d 1
–1
O 1 x
–1
y
1
–1 O
1
–1
4. Határozd meg az alábbi egyenespár
⎧⎪ 2x − 3y + 7 = 0
a) ⎪
⎨
;
⎪ x + 4y − 5 = 0
⎪⎩
egoldás. a) Az egyenletrendszer
13 17
éspontja az M ,
11 11
⎛ ⎞ ⎜− ⎜
⎟
⎜⎝ ⎠
⎟ pont.
ok metszéspontjának koordinátáit:
⎧⎪ 2x 3y − 2 6 = 0
b) ⎪
⎨
.
⎪2 2x − 3y − 6 = 0
⎪⎩
⎛ 13 17⎞
M ⎜
⎜− , ⎟
⎜⎝
⎟
11 11⎟
, tehát a két egyenes
met-
⎠
) A metszéspont M ( 3, 2) .
megoldása
sz
b
5. Adott a következő három egyenes:
d : 3y −x − 2 = 0, d : y 4x 3 , : 0.
1
2
a) Határozd meg az egyenesek páronkénti metszéspontjait.
− + = 0 d 3x + 2y − 16 =
3
d 3
x

216 Analitikus geometria
b) Írd fel az így kapott háromszögben az oldalak felezőpontjainak koordinátáit.
c) Írd fel az oldalfelezők egyenletét.
d) Írd fel a magasságok egyenletét.
e) Bizonyítsd be, hogy az oldalfelezők összefutnak.
g) Bizonyítsd be, hogy a magasságok összefutnak.
az ortocentru inátáit.
i) Határozd meg a háromszög köré írt kör középpontjának koordinátáit és a kör
rdinátáit a ,
6 és
f) Határozd meg a súlypont koordinátáit.
h) Írd fel m koord
sugarát.
⎧⎪3y − x = 2 ⎧
Megoldás. a) A metszéspontok koo
⎪⎪
⎪3y
− x = 2
⎨
⎪
⎨
⎪y − 4x
= −3
⎪ 3x + 2y = 1
⎪⎩
⎪⎩
⎧⎪ y − 4x = −3
⎪
⎨
egyenletrendszerek megoldásai származtatják. Tehát a metszéspontok
⎪3x
+ 3y = 16
⎪⎩
A(1, 1), B(4, 2) és C(2, 5).
⎛ 7⎞
⎛3⎞
b) A felezőpontok koordinátái M 3, BC N ,3⎟
⎛5 3⎞
⎜
⎟ ⎜
2
⎜⎜⎝ ⎟ A
2 ⎟ ∈ C és P⎜, ⎟
⎜⎝
⎟ ∈ ,
⎠
⎜⎜⎝ ⎟ A
2 2⎟∈
B .
⎠
⎠
y −1
5
c) Az AM egyenes egyenlete = vagyis 4y − 5x
= −1
. A BN egyenes
x −1
4
egyenlete 5y + 2x = 18
és a CP egyenes egyenlete
y + 7x = 19.
1
d) Az AB egyenlete y = ( x + 2) tehát a C-n átmenő és AB-re merőleges egyenes
3
y − 5
egyenlete = −3
vagyis y + 3x = 11.
Az A-hoz tartozó magasság egyenlete
x − 2
y − 1 2
= vagyis 3y − 2x
= 1 és a B-hez tartozó magasság egyenlete 4y + x = 12.
x −1
3
⎧⎪
⎪
⎪4y
− 5x
= −1
e) f) Az ⎪ 7 8
⎨ 5y + 2x = 18 egyenletrendszer me goldása x = és y = , tehát az
⎪
3 3
⎪y
+ 7x = 19
⎪⎩
⎛7 8⎞
oldalfelező k összefutnak a ⎜ , pontban. Ez a háro
⎝⎜ ⎟
⎜3
3⎠
⎟
mszög súlypontja.
⎧⎪
⎪3y
− 2x
= 1
⎪
g) h) A ⎪ 32
⎨4y
+ x = 12
egyenletrendszer összeférhető és megoldása x =
⎪
11
⎪ y + 3x = 11
⎪⎩
25
⎛32 25⎞
y = , tehát az ortocentrum H ⎜ ,
11
⎜
⎟
⎜⎝
⎟
11 11⎠
⎟ .
és

Analitikus geometria 217
i) Ha Ox (, y)
a háromszög köré írt kör középpontja, akkor
tehát 3x + y = 9 és 4x − 6y
= − 9 . Ebből következik, hogy
(2, 3);
2 2 2 2
2
2
( x − 1) + ( y −1) = ( x − 4) + ( y − 2) = ( x − 2) + ( y − 5)
,
tehát a kör középpontja O ⎛ ⎞ 45 63
, .
22 22⎟ ⎜⎝
⎜
⎟
⎠
⎟
2 2
⎛45 ⎞ ⎛63⎞ 2210 1105
Így a sugár R = ⎜ 1⎟
⎟
⎜
⎜
1⎟
⎜⎝
− + − ⎟
22 ⎟ = = .
22 ⎠ ⎝ ⎠ 484 242
6. Írd fel annak az egyenesnek az egyenletét, amelyik
a) átmegy az (1, 2) és (3, − 2) pontokon;
d ) átmegy a ( −1, 5) ponton és iránytényezője
–5.
45
x = és
22
y −2 −2− 2
Megoldás. a) = = −2
, tehát y + 2x = 4.
x −1
3−1 3
b) Az OA egyenes egyenlete y = x tehát a keresett egyenes egyenelete
2
vagyis 3y + 2x
= 5.
63
y =
22
b) átmegy az (1, 1) ponton és merőleges az OA egyenesre, ahol az A koordinátái
c) átmegy a ( − 3, 2) ponton és párhuzamos az első szögfelezővel;
c) Az első szögfelező iránytényezője 1, tehát a keresett
egyenes egyenlete
vagyis
y − x = 5 .
y − 5
d) = −5 , tehát y + 5x = 0.
x + 1
7. Írd fel az M ( x, y)
és Nx ( , y ) pontok által meghatározott szakasz felező
1 1
2 2
y − 1 2
= −
x −1
3
merőlegesének
egyenletét.
Megoldás. A fe lezőmerőleges azon P(,
x y ) pontok
mértani helye, amelyek egyenlő
távolságra vannak az M és az N ponttól. Így az
( ) ) ( )
( ) 2
2 2 2
x − x + (y − y = x − x + y − y
1 1 2
2
azaz az x ⋅( x − x ) + y⋅( y
1 2 2 2
− y ) = ( x − x + y − y
2
egyenlethez jutunk.
2
)
2 1 2 1 2 1 2 1
y − 2
= 1 ,
x + 3
8. Vegyél fel a síkban két pontot (C-t és D-t) úgy, hogy az ABCD négyszög trapéz
legyen, ha A( −1, − 1) , B(2,
3) . Írd fel az átlók egyenletét.
,

218 Analitikus geometria
Megoldás. H a C( −3,
3) és D( −2, −1)
, akkor AD BC Ox.
Az A( −1, −1)
és
C( − 3, 3) pontokon áthaladó
egyenes egyenlete
y + 2x =− 3 és a B(2, 3) , D( −2, −1)
pontokon áthaladó egyenes
egyenlete y − x = 1 .
9. Írd fel annak az egyenesnek az egy enletét,
amely a koordinátatengelyekből O-tól
kezdve egyenlő hosszúságú szakaszokat metsz ki és áthalad az ( x , y ) ponton.
Megoldás. A keresett egyenes párhuzamos az y = x vagy y = −x
egyenessel. Így
az y − y0 = x − x és y − y 0
0 = x − x egyenesek teljesítik a kért feltételeket.
0
10. Írd fel az (1, − 3) ponton áthaladó x + y = 4 egyenesre merőleges egyenes
egyenletét.
Megoldás. Az x + y = 4 egyenes iránytényezője –1, tehát a keresett egyenes
y + 3 = x − 1.
11. Az Ox tengelyen felvettük az OA = 1 szakaszt. Írd fel annak a szabályos
hatszögnek a csúcsait és oldalegyeneseinek egyenletét, amely az Ox felet t van és az
egyik oldala OA.
Megoldás. Az ábra jelöléseit használjuk. Az F
1
pont koordinátái x = és y F
F
2
=
3
, tehát a C
2
D C
pont koordinátái x C = 1 és y C = 3 . Így x = 0 D
E F B
3 3 1
és y = 3 , x = , y = , x = − és
D B
B E
2 2
2
3
y = . Az
oldalegy enesek egyenlete OA : y = 0,
E
2
O A x
DC : y = 3 , AB : y = 3x−3
, ED : y = 3x+
3 , OE : y = − 3xés
BC : y = − 3x + 3 .
12. Határozd meg annak az ABCD négyzetnek a csúcsait, amelynek az A és C
csúcsai (1, 3), (3, 4).
7
Megoldás. Az AC egyenlete 2y − x = 5 és az AC felezőpontja M 2,
2
2
⎛ ⎞ ⎜
⎟
⎜⎝ ⎠
⎟ . A fele-
15
zőmerőleges egyenlete
. A m
2 2 y + x = ásik két csúcs a felezőmerőlegesen van és
AC 5
M-től való távolságuk = . Így az
2
0 0
y

Analitikus geometria 219
⎧⎪
2
⎪ 2 ⎛ 7⎞ 25
−
⎪
⎪( x 2) + ⎜
⎪
⎜⎝⎜y
− ⎟
2⎠ ⎟ =
4
⎨
rendszer megoldásait keressük.
⎪ 15
⎪y
+ 2x
=
⎪⎩ 2
A másik két csúcs tehát B ⎜2 +
⎜⎜⎝ , −
2 2
5 ⎟ és D 2
⎠ ⎟
⎜
⎜⎜⎝ , +
2 2
5
⎠
⎟
.
⎛
⎜ 5 7 ⎞
⎟
⎛
⎜ −
5 7 ⎞
⎟
13. Legyenek a Descartes
féle koordinátarendszerben az A(0, 0), B(3, 0), C(0,
4) ,
⎛24 68⎞
E ⎜
⎜⎝
, ⎟
25 25⎠⎟pontok.
Legyen O az A-bólBC -re húzott magasság tal ppontja és D az
AC felezőpontja.
a) Írd fel a BC és AO egyenesek egyenletét és határozzuk meg az O pont
koordinátáit.
b) Igazold, hogy DE || AO és határozzuk meg az AE és DO egyenesek F
metszéspontjának koordinátáit.
c) Határozd meg az AO és CF egyenesek M metszéspontjának koordinátáit
és
igazoljuk, hogy ez a pont az ABE magasságpontja.
∆
Megoldás. a) A BC egyenes egyenlete 3y + 4x = 12
, tehát az A-ból húzott
3
magasság egyenlete y = x . Így az O pont ko ordinátái x O
4
48
= és y O
25
36
= .
25
b) Látható, hogy E ∈ ( BC)
, x E
xC =
+ xO
2
yC
O
E
2
szakasz felezőpon
24
z M pont az AO f ja, tehát x = és y
18
= . Ebből következik,
EM AC , tehát EM ⊥ AB . Az M pont rajta van az AEB háromszög AO és
y +
és y = , tehát E a CO
16
tja. Így F az AOC háromszög súlypontja, tehát x = és
F
25
136
y = F
75 .
c) A elezőpont
M
M
25 25
hogy
EM magasságán, tehát M az ABE háromszög magasságpontja.
14. Határozd meg az a értékét úgy, hogy a következő két egyenes
merőleges legyen
egymásra:
( 3a + 2) x + (1−
4a) y = 8 és ( 5a − 2) x + ( a + 4) y − 7 = 0.
Megoldás. A merőlegesség feltétele
3a + 2 5a − 2
⋅ = 1,
4a − 1 a + 4
tehát a ∈
{0, 1} . Mindkét érték megfelel.

220 Analitikus geometria
15. Az 5. feladatban szereplő háromszögre
a) számítsd ki az oldalak hosszát; b) írd fel a szögfelezők egyenletét;
c) bizonyítsd be, hogy a szögfelezők összefutnak.
Megoldás. a) A csúcsok koordinátái A(1, 1), B(4, 2), C(2, 5) és az oldalak egyen-
letei: AB :3y − x = 2,
BC :3x + 2y = 16,
CA : y − 4x=
−3.
AB = 10 , BC = 13 és CA = 17 .
3y −x −2
b) Az Mxy (, ) pont akkor van rajta az A szög szögfelezőjén, ha
10
y − 4x + 3
= . A belső szögfelező egyenlete:
17
3y −x −2 16−3x −2
y 16 −3x −2y 4x −y −3
=
és =
.
10 13
13 17
c) Mindhárom egyenlőséget kielégíti az
=
xI
=
13 + 4 17 + 2 10
10 + 13 + 17
16. Bizonyítsd be, hogy az M ∈ BC , N ∈ CA és P ∈ AB pontok pontosan akkor
kolli
= α ,
(Meneláosz tétele)
Bizon ek
x + αx
x + βx
,
1 +
+
M
1 + α
β
N
1 + β
P
1 + γ
CN
= β és AP
neárisak, ha αβγ = − 1 , ahol = γ
PB
BM
.
MC NA
yítás. A feltétel B C
alapján x = M
1 + α
C A
, x = N
1 + β
x P =
x + γx
A B
=
γ
y αy
B C
, y =
y + y C A
, y =
y + γy
A B
és y = . A ponto k
pontosan akkor vannak egy egyenesen, ha az y = ax + b , y = ax + b és
y = ax + b egyenletrendszer összeférhető, vagyis
ha
P P
1
és
yI
=
13 + 2 17 + 5 10
10 + 13 + 17
számp ár, tehát a szögfelezők összefutnak és
az összefutási pont ( x , y ) .
x y
M M
x y 1 = 0
N N
x y
P P
(vagy az MNP háromszög területe 0).
1
x + αx y + αy 1 + α
B C B C
M M
(1)
(1) ⇔ x + βx y + βy 1 + β = 0 .
C A C A
x + γx y + γy 1 + γ
A B A B
I I
N N

Analitikus geometria 221
Ez
x y
B B
(1 + αβγ)
⋅ x y 1 = 0
C C
x y
A A
alakban írható. A második tényező nem nulla, mert az ABC területe nem 0, tehát a
rendszer pontosan akkor összeférhető, ha αβγ = −1
.
Megjegyzés. Ferdeszögű koordináta-rendszer választása a számításokat
leegyszerűsíti
(lásd a következő feladatot).
17. Bizonyítsd be, hogy az AM, BN és CP ( M ∈ BC , N ∈ CA
és P ∈ AB)
egyene-
sek pontosan akkor összefutóak, ha αβγ = 1, ahol
Bizonyítás. A koordináta-rendszer kezdőpontjának
válasszuk B-t és tengelyeknek a BC illetve
BA félegyeneseket. Így A(0, a), C(c, 0) és B(0, 0)
tehát
⎛ c ⎞ ⎛
M ⎜ ,0⎟
a ⎞
⎜⎜⎝ ⎟
1 α ⎟
, P 0, ⎟
⎛
⎜ c βa
⎞
⎜ ⎟
+ ⎠ 1 γ
⎟ és ⎜
⎜ ⎟
⎜ , ⎟
⎝ + ⎠ ⎜ ⎝1+ β 1+
β⎠
⎟
a CP
αβγ
1
x = és y = a⋅
.
1 + γ + αγ
+
c
.
N
(1 + α)a
Az AM egyenes egyenlete y − x + és
αc
a a
y x +
c(1 + γ) 1 + γ
.
A
P
N
=
a
egyenes egyenlete = −
Ebből következik, hogy a metszéspont koordinátái
B
M
C
1 γ + αγ
a
Ugyanakkor a BN egyenes egyenlete y = β x , tehát a három egyenes pontosan
c
a
akkor összefutó, ha y = β x . Ez ekvivalens az αβγ = 1 egyenlőséggel.
VI.2.8. Feladatok (156. oldal)
1
1
BM
MC
= α , CN
NA β
AP
= és = γ .
PB
(Céva tétele)
1. a) Bizonyítsd be, hogy egy trapéz alapjainak felezőpontjai,
a nem párhuzamos
oldalak metszéspontja és az átlók metszéspontja egy egyenesen
vannak.
b) Csak vonalzó segítségével szerkeszd meg az ABCD
paralelogramma oldalainak
felezőpontjait.

222 Analitikus geometria
Bizonyítás. a) A nempárhzamos oldalak metszéspontját válasszuk origónak és az
oldalak tartóegyeneseit tengel yeknek. Így B(b, 0), C(
λ b,
0) , A(0, a) és D(0, λ a)
,
tehát az AC és BD egyenlete
a
λa
AC : y = − x + a , BD : y = − x + λa
λb
b
és a metszéspontjuk koordinátái:
λb
λa
x = és x = .
M
M
λ + 1 λ + 1
Ebből következik, hogy az OM egyenes egyenlete
a
y = x és ezen az egyenese n helyezkednek el a
b
⎛b a⎞
⎛λb λa⎞
⎜ , ⎟ és ⎜
⎜⎝
, felezőpontok is.
2 2⎠⎟⎝⎜ ⎟
⎜ 2 2 ⎠
⎟
O
B
C x
b)
E
Az M ∈ ( CD)
tetszőleges pontot össze
kötjük B-vel. Az ABMD trapézban
meg-
D M
C húzzuk az átlókat. Ha { E} = AD ∩ MB
F
és { F} = AM ∩ BD , akkor az a) alpont
alapján E F felezi AB-t. Hasonlóan szer-
keszthetjük meg a többi oldal felező-
A
B pontját is.
2. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög magasságai összefutók.
Bizonyítás. Origónak választjuk
az A-ból húzott
magasság talppontját, Ox tengelynek a BC-t és Oy
tengelynek az A-hoz tartozó magasságot. Ha A(0, a),
B(–b, 0) és C(c, 0), akkor az AC és AB egyenlete
a
AB : y = x +a , AC : y =
b
a
− x + a .
c
A B és C ponthoz tartozó magasság egyenlete
c bc
y = x + és y = − x +
a a
a
O
C
x
enes metszéspontja a 0, bc
b bc
.
a
B
⎛ ⎞
A két egy
H ⎜
⎟
⎜⎝
⎟
a ⎠⎟
pont és ez rajta van az AO magasságon,
tehát a három
magasság összefutó.
3. Bizonyítsd be, hogy egy háromszög belső
szögfelezői összefutnak. Számítsd ki az
összefutási pont koordinátáit a csúcspontok
koordinátái
és az oldalhosszak
függvényében.
y
A
A
M
D y

Analitikus geometria 223
Bizonyítás. A B pontot válasszuk origónak és
a BC, BA egyeneseket tengelyeknek. A szögfelező
tétel alapján az AA1 belső szögfelezőre
BA1
AB
= . Ha A(0, c ) és Ca (,0) valamint
AC AC
1
⎛ c ⎞
AC = b , akkor 1
B
⎜ A a,0⎟
. H
⎝
⎜ ⎟
b + c ⎠⎟
asonlóan
kapjuk, hogy 1 ⎝ a + b ⎠ ⎝a + c a + c⎠⎟
0,
⎛ a ⎞ ac ac
C c és B ,
1 ⎛ A y
O
C1 A1 B1 C x
⎜
⎟
⎞
⎟ ⎜
⎜ ⎟ ⎜
, tehát az AA1 és CC1 egyenlete
1
c ac
: AA y = − x + c
a
1 :
b + c
, CC y = − x + .
a + b a + b
ac
ac
Az AA ∩ CC = {} I pont koordinátái
= és y = , tehát az
1 1 I x
I
a + b + c a + b + c
( x , y ) pont rajta van az y = x egyenletű BB egyenesen.
I I 1
Megjegyzés. Derékszögű koordináta-rendszerben az
a⋅ x + b⋅ x + c⋅x a⋅ y + b⋅ y + c⋅y A B C
A
x =
, y =
I
I
a + b + c
a + b + c
egyenlőségeket kapjuk, ahol a, b és c az oldalak hossza.
4. Az ABCD paralelogramma oldalaira kifele négyzeteket
szerkesztünk. Bizonyítsd
be, hogy ha O , O , és O a négyzetek
köz
1 2 3
Bizonyítás. A paralelogramma középpontját
válasszuk origónak, A BD átlót az Ox tengelynek
O 4
OO ⊥ OO
1 3 2 4 .
és az erre merőleges egyenest Oy-nak.
Ha B( −b,
0) , akkor Db (,0) . Ha Ax ( , y ) , akkor
C( −x , −y
) és a szimmetria alapján
elégséges
0 0
kiszámítani O és koordinátáit.
Az AD és AB
O
1 2
oldalak egyenlete
y0
AD : y = ( − b)
,
x −b 0
x
y0
AB : y
x + b
( )
= x + b ,
tehát az MD és NB egyenes egyenlete:
0
0 0
O
B C
éppontjai, akkor 1 3 2 4
y
O 1
A D
2
O
OO = OO és
B C
O 3
O 4
x

224 Analitikus geometria
x −b
x + b
0
0
MD : y = − ( x − b)
, NB : y = − ( x + b)
.
y
y
0
0
= xM= b + 0
Az MD = AD
és AB NB feltételek alapján y és x = −b−y , tehát
ogy az O és O pontok koordi-
1 2
nátái O ,
2 O yM= b− x és y 0 N = x + b.
Ebből következik, h
0
⎛b + x + y b + y − x ⎞
⎜ 0 0 0 0
1 ⎜
⎟
⎜⎝
⎟
2 2 ⎠⎟
és
⎛−b−
y + x x + y + b⎞
⎜ 0 0 0 0 , ,
⎜⎝
2 2 ⎠⎟
tehát
OO = OO és 1 2
1 ⊥ OO2
részt O3
vonatkozóan,
tehát OO 1 3 OO 2 4
z 1 O és OO . Más és O a O szimmetrikusa az O-ra
4
2
= és OO 1 3 ⊥ OO . 2 4
5. Az MON szög szárain vedd fel az ABC , , ∈ ( OMés
A′ , B′ , C′ ∈ ( ON pontokat és
szerkeszd meg a {D} = AB′ ∩ A′
B, { E} = AC′
∩ A′ C és { F} = BC′ ∩ B′ C met-
széspontokat. Bizonyítsd be, hogy D, E és F kollineárisak.
Bizonyítás. Az ábra jelöléseit használjuk, ahol
A(0,
1) , B(0 , a)
, C(0, a′ ) , A′ (1, 0)
, B′ (,0) b és
C′ ( b′
, 0) . Az A′ B egyenlete y = −ax
+ a
1
AB′ egyenlte
y = − x + 1 , tehát a D pont koordi-
b
b (1 − a)
a(1 −b)
nátái
x = és y = .
D
D
1 −ab
1 −ab
Az E pont koordinátáit megkaphatjuk
az a → a′ és
b → b′
helyettesítésekkel, tehát
b′ (1 −a′
) a′ (1 − b′
)
x = és y = .
E
E
1 −ab ′′
1 −a′
b′
Ebből következik, hogy a DE egyenes egyenlete
(1)
(1 −ab) y −a(1 −b) a′ − a + ab −a
′ b′ + aa′ b′ −aa′
b
= .
(1 −ab) x −b(1 −a) b′ − b + ab − a′ b′ + bb′ a′ −bb′
a
bb′ ( a − a′
) aa′ ( b −b
′ )
Az F pont koordinátái x =
és y = .
F
F
ab −a
′′ b
ab −a
′ b′
Ha az x és y kifejezését visszahelyettesítjük az (1) egyenletbe és a bal oldalt
F F
, az
egyszerűsítjük ab-vel, a jobb oldalon á lló törtet kapjuk,
tehát a D, E és F pontok egy
egyenesen vannak.
6. Bizonyítsd be, hogy az ABCD
négyszögben az AC,
BD és EF szakaszok felező-
pontjai kollineárisak, ahol { E} = AB ∩CD és { F} = AD ∩ BC .
(Newton-Gauss egyenes)
N
0

Analitikus geometria 225
Bizonyítás. Válasszuk C-t origónak és a CB illetv e CD egyeneseket tengelyeknek.
Ha Bb (,0) , Ff (,0) , D(0, d ) és E(0, e)
, akkor
a DF és BE egyenesek egyenlete:
d
e
DF : y = − x + d , BE : y = − x + e .
f
b
Tehát az A pont koordinátái:
bf ( e −d
) ed( f −b)
x = és y = .
A A
ef −bd ef −bd
A felezőpontok koordinátái:
⎞
M ⎜ , ⎟
f
, N ⎜ , ⎟ , P , ⎜ ⎛b
d ⎛ e ⎞ ⎛bf ( e −d) ed( f −b) ⎞
⎜⎜⎝ ⎟
⎜
⎟
2 2⎠⎟⎜⎜⎝
⎟
2 2⎠⎟
⎜ ⎜⎝2( ef −bd) 2( ef −bd)
⎠ ⎟ .
d −e 1 be−df Mindhárom pont az y = x + ⋅
b−f 2 b−f egyenletű egyenesen van, tehát kollineárisak.
7. Bizonyítsd be, hogy ha A′ ∈ ( BC)
, B′ ∈ ( CA)
és
AA′ ∩BB′ ∩CC ′ ≠ ∅,
akkor az AB és AB ′ ′ illetve AC és AC ′ ′ valamint BC
és B′ C′
szakaszpárok felezőpontjait
összekötő
egyenesek összefutóak.
Bizonyítás. Az AB és AB ′ ′ felezőpontjait
összekötő egye nes az OA′ CB′
négyszög
Newton-Gauss egyenes e és így tartalmazza az
OC felezőpontját. Tehát elégséges
igazolni,
1 ≠∅ 1 és
hogy ,
1
az t
PP ∩
MM ∩NN
, ahol M N
1
1
P OA, OB és OC felezőpontja.
Másrész
1
MPMP,
MNMN 1 1
1 1
paralelogrammák
1
1
( MP= OB= PM és MN= OC= MN)
1 1
1 1
2
2
és így az MM , NN PP szakaszok felezi k
1 1 1 és
egymást.
8. Az ABC háromszögben A′ ∈ ( BC)
, B′ ∈ ( CA)
és
C′ ∈ ( AB)
úgy, hogy AA′ ∩B B′ ∩CC
′ ≠ ∅. Bizonyítsd
be, hogy ha d || BC és A∈ d valamint { E} = A′ B′ ∩ d
és { F} = A′ C′ ∩ d , ak kor AE = AF .
Bizonyítás. AZ AFC ′ ∼ BA′ C ′ és AEB′ ∼ CA′ B′
hasonlóságok alapján
AF AC ′ AE AB′
= és = .
BA′ C ′ B AC ′ B′
C
C′ ∈ ( AB)
úgy, hogy

226 Analitikus geometria
Így
AE A′ C BC ′ AB′
= ⋅ ⋅ , tehát a Ceva tétel alapján
AE = AF .
AF BA′ C ′ A B′ C
9. Határozd meg a sík azon M pontjainak mértani helyét, amelyre
állandó, ahol A, B rögzített pontok és k > 0 .
2 2
Megoldás. MA − kMB =
2 2
= ( x + a) + y −k
2 2
( x − a) + y =
( )
2 2 2 2
= (1 − kx ) + (1 − ky ) + 2ax+ 2akx+
a − ka = c.
c
Teh át k = 1 esetén x = egy AB-re merőleges
4a
egyenes egyenlete. Ha k ≠ 1,
akkor
sugara
k 2 c
+ + 2 ⋅ a =
1−k 1−
k
,
+ 1
+
2 2
x y ax
c ⎛ 2
2 ⎛k + 1⎞
⎞
−a⋅ ⎜
⎜1 −⎜
⎟ ⎟
⎟
1−k ⎜ ⎜
⎝k 1⎠⎟⎟
⎝ − ⎠ ⎟
2
k + 1
⎟
c 2
⎜ ⎜
aszerint,
hogy
a
10. Határozd meg a sík azon
M pontjainak mértani
helyét, amelyre
2 2
MA − kMB
2 2 k + 1 ⎛ ⎞
tehát y + x + 2a x + a ⎟
1−k ⎜ ⎜⎝ 1−k⎠⎟ = − a
1−k ⎛ k + 1⎞
+ ⎜
a
⎝
⎟
1 ⎟
, vagyis a mértani
−k⎠
⎛k+
1 ⎞
hely üres halmaz, egy pont vagy egy kör, amelynek középpontja
⎜ a,0⎟
⎜⎝
⎟
k −1
⎠⎟
és
kifejzés negatív, nulla vagy pozitív.
állandó, ahol A, B rögzített pontok és k > 0 .
Megoldás. Az előbbi feladat jelöléseivel
2 2 2 2
2
MA + kMB = (1 + k) x + (1 + k)y + 2ax
(1 − k) + (1 + k) a = c .
Tehát k > 0 alapján a mértani hely üres halmaz, egy pont vagy egy kör aszerint, hogy
2
2 ⎛ 1 − k ⎞
c−(1
+ k) a + ⎜ a ⎟
⎜⎝ 1 + k ⎠⎟
negatív, nulla vagy pozitív.
VI.5. Gyakorlatok (159. oldal)
1. Írd fel a 2x − y + 3 = 0 és 2x+ y+
3= 0 valamint az x+ y− 3= 0 és 2x− y+
1=
0
egyenesek által meghatározott szögek szögfelezőinek egyenletét.
Megoldás. A szögfelező pontjai egyenlő
távolságra vannak a szög két szárától.
2x − y + 3 2x + y + 3
= ,
5
5
3
tehát az egyik szögfelező y = 0 és a másik
x = − .
2
2
⎛ 2
2 ⎛ 1⎞
⎞
c k +
−a⎜ ⎜ 1 −⎜
⎟ ⎟
⎟ ⎟
1−k ⎜ ⎜
⎝k 1⎠⎟⎟
⎝ − ⎠ ⎟⎟
2 2
MA + kMB

Analitikus geometria 227
x + y −3 A második esetben
2
=
2x
− y + 1
a szögfelező egyenlete, tehát
5
az egyik szögfelező: ( 5 − 2 2) x + ( 5 + 2) y −3 5 − 2 = 0
és a másik: ( 5 + 2 2) x + ( 5 − 2) y − 3 5 + 2 = 0
2. Határozd meg azokat a pontokat,
amelyek egyenlő távolságra vannak a
2x
− y + 3 = 0 , 2x + y + 3 = 0 és − 2x + y + 3 = 0 illetve az x + y − 3 = 0 ,
2x − y + 1=
0 és x − y + 1= 0 egyenesektől.
2x − y + 3 2x + y + 3 − 2x + y + 3
Megoldás. A = = egyenletrendszert
kell
5 5 5
megoldanunk. Ez a következő négy lineáris rendszer megoldását jelenti:
(1) 2x − y + 3 = 2x + y + 3 =− 2x + y + 3
(4) − 2x + y − 3 = −2x −y
− 3 = − 2x + y + 3
A (2) és (4) egyenle
(0, 0) és ⎛ ⎜ ⎛ 1 ⎞
,2
⎜⎝ 5 − 2 2
⎟ , ⎛ trendszerek ellentmondásosak, míg a másik kettő megoldása a
3 ⎞
, 3⎟
⎜⎝
− −
2 ⎟.
⎠
− 2 ⎛ 1 2 ⎞
A második esetben a megoldások
,2 ⎜ + ⎜ 2+ 3 2 ⎞
⎜ , ⎜
⎜1, s
⎟⎠ ⎜ ⎝ 5 + 2 2 ⎠⎟
⎜ 2 + 5
⎟ é
⎝ ⎠⎟
2 3 2
1,
⎜ ⎜⎝ 5 − 2⎠
⎟
.
⎛ − ⎞
⎜
⎟
(2) 2x − y + 3 =−2x −y
− 3 = 2x
−y −3
(3) − 2x + y − 3 = 2x + y + 3 = 2x −y −3
2 5
3. Határozd meg azokat az Mxy (, ) pontokat, amelyekre dM ( , d) + dM ( , d)
= ,
1 2
2
ahol d és d egyenlete 2x −y − 1=
0 illetve 2x + y −1=
0.
1 2
2x −y − 1 2x + y −1
2 5
Megoldás. A
+ = egyenlethez jutunk. Ebből a követ-
5 5 3
kező egyenletekhez jutunk:
1. 2x −y − 1+ 2x
+ y − 1= 2,
ha 2x −y −1≥ 0 és 2x + y −1≥ 0.
2. 2x −y −1−2x − y + 1=
2, ha 2x −y − 1<
0 és 2x + y −1≥ 0.
3. − 2x + y + 1+ 2x + y − 1=
2, ha 2x −y −1≥ 0 és 2x + y − 1<
0.
4. − 2x + y + 1−2x − y + 1=
2, ha 2x −y − 1<
0 és 2x + y − 1<
0.
Így a megoldás az x = 1 , y ∈− [ 1,1];
x = 0 , y ∈− [ 1,1];
y = 1 , ha 0< x < 1 és
y = −1 , 0< x <
1 szakaszokból áll.
.

228 Analitikus geometria
Tehát az ABCD téglalap kerületén levő pontokra teljesül
az adott egyenlőség. 4. Bizonyítsd be, hogy ha M, N és P a BC,
CA és AB oldal felezőpontja, akkor
1
T[ MNP] = T[ ABC
] .
4
Bizonyítás. x + x y + y
B C B C 1
2 2 x + x y + y 1
B C B C
1 x + x y + y
A C A C 1 1
TMNP [ ] = 1 = ⋅ x + x y + y 1 =
A C A C
2 2 2 4 2
x + x y + y
x + x y + y 1
A B A B
A B A B
1
2 2
mert
x y + y 1 x y + y 1
B B C C B C
1 1 1 1
= ⋅ x y + y 1 + ⋅ x y + y 1 =
C A C A A C
4 2 4 2
x y + y 1 x y + y 1
A A B B A B
⎛
x y 1 x y 1 x y 1 x y 1
⎞
⎜ x y
⎜
⎟
1⎜ ⎟ 1
= ⎜ x y 1 x y 1 x y 1 x y 1⎟x
y
A A A A
8⎜ + + + ⎟ =
⎜ 8
⎜
⎟
⎜ x y 1 x y 1 x y 1 x y 1
⎟
⎜ ⎟
⎜⎝
x y
B B B B ⎠ ⎟
B B B C C C C B B B
C C C C C C
A A A A A A
x y 1 x y 1 x y 1
B C C C C B
x y 1 + x y 1 + x y 1 = 0.
C A A A A C
x y 1 x y 1 x y 1
A B B B B A
5. Számítsd ki az ax+ by+ c = 0 , i = 1, 3 egyenesek metszéspontjai által
i i i
meghatározott háromszög területét.
Megoldás. Lásd a III. 1.1.2. paragrafus 8. feladatát.
1
1 ,
1

Analitikus geometria 229
VI.6. Feladatok (159.
oldal)
1. Az ABC háromszög old
alain vegyük fel az M ∈ BC , N ∈ CA és P ∈ AB
T[ MNP]
BM
pontokat. Számítsd ki a
arányt az α =
T[ ABC ]
MC
függvényében.
Megoldás. Az adott egyenlőségekből következik, hogy
,
BM α
=
BC α + 1
,
MC 1
=
BC α + 1
NC
,
AC
β
=
β + 1
,
AN
AC
1 AP γ PB 1
= , =
=
β + 1 AB γ + 1 AB γ + 1
és .
TAPN [ ] AP AN
Így = ⋅
T[ ABC ] AB AC
γ
= ,
( γ + 1)( β +1)
TBMP [ ] BP BM α
= ⋅ = ,
TABC [ ] AB BC ( α+ 1)( γ +1)
T[ CMN ] CM CN β
= ⋅ = .
T[ ABC ] BC AC ( β + 1)( α +1)
CN
β = és
NA
TMNP [ ]
α β γ
Tehát = 1 − − − =
TABC [ ] ( α+ 1)( γ + 1) ( β + 1)( α + 1) ( γ + 1)( β + 1)
1 + αβγ
= .
( α+ 1)( β + 1)( γ + 1)
AP
γ =
PB
2. A, B, C és D négy rögzített pont a síkban. Határozd meg azon M síkbeli pontok
mértani helyét, amelyekre TMCD [ ] + TMAB [ ] = kállandó.
Megoldás. Ha { O} = AB ∩CD
és X ∈ ( OA
,
Y ∈ ( OC
úgy, hogy OX = AB illetve OY = CD ,
akkor T[ MAB]
+ TMCD [ ] = TMO [ X]
+ TMOY [ ].
Ha M a BOD belsejében van, akkor
T[ MOX ] + T[
MOY ] = T[ OXY ] ± T[ XMY ]
és így TXMY [ ] állandó kell legyen. Tehát ebben az
esetben a mértani hely egy szakasz. Hasonló a helyzet
a BOD szög csúcsszögének a belsejében
is illetve a
másik két szögtartományban (csak az Y′ ∈ OD \( OD
és X′ ∈ OB \( OB segéd-
pontokat
használjuk fel). Tehát a mértani hely egy téglalap kerülete.

230 Analitikus geometria
3. Határozd meg az összes olyan M pontot, amelyekre TMBC [ ] = TMCA [ ] =
= T[ MAB]
, ha ABC egy rögzített háromszög.
Megoldás. Ha M a háromszög belsejében van, akkor
M a háromszög súlypontja, mert
1
TMAB [ ] = TMAC [ ] = TMBC [ ] = TABC [ ]
3
MA′
1
alapján = és így T[ M ′ ] = TMAC [ ′ =
AA′
3
1
[ ]
6 TABC = A′
BA
] ,
tehát felezőpont.
Hasonlóképpen BM
és CM
is oldalfelezők, tehát M súlypont.
Ha TMAB [ ] = TMAC [ ] = TMBC [ ]és M az
ábrának megfelelő helyzetben van, akkor
MBAC paralelogramma. Így három ilyen
pont létezik, tehát összesen (a súlyponttal együtt) négy pontra teljesülnek az adott egyenlőségek.
Ha M a háromszögön kívül
van, nem lehet a satí-
rozott részben.
4. Határozd meg azon M pontok
mértani helyét, amelyeknek egy szög két szárától
mért távolságai adott arányban vannak.
Megoldás. Ha ax+ by+ c = 0 és ax+ by+ c = 0 a szög két szára, akkor a
1 1 1 2 2 2
ax+ by+ c ax+ by+
c
1 1 1 2 2
= k ⋅
2 2 2
a + b a + b
1 1 2
egyenlethez jutunk. Ha a szög csúcsa Ox ( , y ) , akkor az előbbi egyenlőség két O-n
O O
áthaladó egyenes egyenletét adja, tehát a mértani hely két O-n áthaladó
egyenes.
2
2
2

Analitikus geometria 231
5. Az ABC háromszög oldalaira kifele megszerkesztjük az ABB A , BCC B ,
CAAC 1 2
1 2 A 1 2
tég lalapokat. Bizonyítsd be, hogy az A , BB és CC szakaszok felező-
merőlegesei összefutó egyenesek.
Bizonyítás. Ha BB = x , a CC és BB
2
2
1
BC -re eső vetületének hossza y és z,
akkor a
következő
koordinátákat kapjuk
(BC az
, B( −b,
0) , Cc (,0)
, B ( −b, −x
) ,
2
Ox
tengely és az A-ból induló magasság
az Oy):
A(0, a)
1 (, C c − x) , 2 ⎜
+
⎝ a ⎠⎟1⎜⎝ a ⎠⎟
⎟ z . Az ol oldalfele-
⎝ ⎠ dalfele-
,
⎜ ⎟
⎜
− −
c ⎛ ⎞
C c y y⎟
, , c ⎛ ⎞
⎜ ⎟ A ⎜ y y + a ⎟ ,
⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞
A ⎜− z, z a
2 ⎜⎜⎝ + ⎟
a ⎠ ⎟
, B ⎜−b z, 1 ⎜
−
a ⎟
ző merőlegesek egyenlete:
⎧⎪
2
⎪ ⎛bz ⎞
⎪2Xz − 2Y+
x⎟ 2 2 ⎛bz ⎞
⎜ = x
⎪ ⎝⎜ ⎠
⎟
⎪ a ⎟
z 2bz⎜
⎟
⎜
− − −
⎝⎜a ⎠
⎟
⎪
2
⎪ ⎛c ⎞ 2 2 ⎛c ⎞
⎨2Xy
+ 2Y⎜
y + x y 2cyy
⎪
⎝⎜ ⎟ x
⎟
⎜a ⎠
⎟ ⎟=− + + + ⎜
⎜⎜⎝a
⎠
⎟
⎪
2 2
⎪ ⎛cb⎞ 2 2 ⎛bz ⎞ cy
⎪
⎪−
⎛ ⎞
2 X( y + z) −2Y⎜ ⎜ y − z⎟ ⎟ z y + ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟
⎜
+ 2bz − 2cy
⎪⎩⎪
a a ⎟
= −
⎝ ⎠
⎝ ⎜ ⎜a ⎠⎟
⎜ ⎜⎝a
⎠⎟
Ez a rendszer összeférhető mert a harmadik
egyenlet az első kettő összegéből
előállítható (–1)-gyel való beszorzás útján,
tehát
az egyenesek összefutóak.
6. Legyen O az A-ban derékszögű ABC háromszög
A-ból húzott magasságának
talppontja, D az [ AC ] befogó felezőpontja, E pedig
a [ BC ] átfogó tetszőleges pontja.
Az AE és OD egyenesek F-ben metszik egymást. Igazoljuk,
hogy a CF egyenes az
ABE ∆ H magasságpontján megy át!
Bizonyítás. Ha AO ∩ CF = { G}
, akkor
az AOC háromszögben OD, AE és CG
összefutásából és CD = DA-ból
következik, hogy EG AC , tehát EG az ABE
háromszög E-hez tartozó magassága. AO ⊥
EB alapján G az ABE háromszög orto-
centruma, tehát CF áthalad az ABE háromszög ortocentrumán.
1 2
1 2
1 2

232 Vektorok a síkban
VII.1.1. Gyakorlatok (162. oldal)
VII. Vektorok a síkban
1. Az ABC ( BC ), ( CA ) és ( ) oldalainak felezőpontjai
AB
Δ
rendre M , N és P . (VII.7. ábra)
a) Bizonyítsd be, hogy AN = NC = PM ;
b) Határozd meg a PB vektorral egyenlő vektorokat.
Megoldás. a) Mivel az AN , NC szakaszok tartóegyenesei megegyeznek és
[ AN ] = [ NC ] , következik, hogy AN = NC . Az AB C háromszögben PM közép-
1
vonal, így PM AC és [ PM ] = ⋅ [ AC ] = [ NC ] , vagyis NC = PM .
2
b) PB = AP = NM .
VII.8.
ábra
VII. 9.
ábra
A
a
v
b
c d e
A
v
A
v
B
v
P
A
M
N
VII. 7. ábra
2. Határozd meg azokat a vektorokat a VII.8. ábrán, amelyek:
a) azonos hosszúságúak; b) azonos irányúak;
c) azonos irányításúak; d) ellentétes irányításúak.
Megoldás. a) a = d = g , b = c = f .
b) Az {, a d}, {, b f,
h}, { c, e}
halmazok elemei azonos irányúak.
c) Azonos irányításúak a b, f, h vektorok.
d) Ellentétes irányításúak az a és d , valamint a c és d vektorok.
3. Szerkessz egy v vektorral egyenlő, kezdőpontú vektort a VII. 9. ábrán látható
A
vektorok esetén.
i
f
g
h
A
v
C
A

Vektorok a síkban 233
Megoldás. A v vektorral egyenlő, A kezdőpontú
vektort úgy szerkeszthetünk, hogy v = M N tartóegyenesével
párhuzamost húzunk A -ból és felvesszük a
pontot ezen az egyenesen úgy, hogy MNBA paralelogramma
legyen.
B
4. A VII.10. ábrán ABCD paralelogramma, EF GH rombusz és IJKL egyenlő
szárú trapéz. Határozd meg esetenként azokat a vektorokat, amelyek
a) azonos hosszúságúak; b) azonos irányúak; c) azonos irányításúak;
d) ellentétes irányításúak; e) egyenlők.
A
D C
B
G
H F
E
J
I
M
L
v
K
N
A
VII. 10. ábra
Megoldás. a) DC = AB = CD = BA ; AD = BC = DA = CB ;
HG = GF = FE = EH = HE = EF = FG = GH ;
IJ = JI = LK = KL .
b) Az { AD, DA, BC, CB}
, { DC, CD, AB, BA}
, { HG, GH, FE, EF}
,
halmazokban az elemek azonos irányúak.
c) Az { AD, BC}
, { AB, DC}
, { DA, CB}
, { BA, CD}
;
{ HG, EF}
, { HE, GF}
, { EH, FG}
, { GH, FE}
;
{ IL, JK}
, { LI, KJ}
halmazokban az elemek azonos irányításúak.
d) Az ( AD, DA, CB)
, ( DC, BA, CD)
, ( DA, AD, BC ) , ( CD, AB, DC ) ,
( HG, FE, GH ) , ( GF, EH, FG)
, ( GH, EF, HG)
, ( IL, LI, KJ ) ,
( LI, IL, JK )
5. Legyen M egy pont az [ AB]
szakaszon. Bizonyítsd be, hogy M pontosan akkor
felezőpontja az [ AB] szakasznak, ha AM = MB .
Bizonyítás. Mivel az AM , vektorok tartóegyenesei megegyeznek (az A ,
, pontok kollinearitása alapján), az AM
MB
M B
és MB vektorok akkor és csak akkor
egyenlők, ha AM = MB , vagyis ha [ AM ] =
[ MB]
, ami azt jelenti, hogy M felezőpontja
az AB szakasznak.
B
{ IL, JK}
csoportokban az első elemmel ellentétes irányítású a többi.
e) AD = BC , DA = CB , DC = AB , CD = BA , , ,
, .
HG = EF GH = FE
GF = HE FG = EH

234 Vektorok a síkban
6. Legyen M az [AB] szakasz felezőpontja valamint N és P két pont úgy, hogy
AN = PB . Bizonyítsd be, hogy az N , M és P pontok kollineárisak.
Bizonyítás
N
A
C
M
B
P
Az AN = PB feltétel alapján az AB és
NP szakaszok felezőpontjai egybeesnek.
Mivel M felezi az [AB]
szakaszt, következik,
hogy M felezi az [NP]
szakaszt is,
tehát N , M , P kollineárisak.
7. Bizonyítsd be, hogy az AB CDE szabályos ötszög tetszőleges két csúcsa által
meghatározott vektorok közt nincsenek egyenlők! Hány különböző vektort határoznak
meg egy paralelogramma, illetve egy szabályos hatszög csúcsai?
Bizonyítás
Ha létezne két ilyen vektor, akkor a végpontjaik által meghatározott
négyszög paralelogramma kellene legyen, azonban bárhogyan
választunk ki négyet öt csúcs közül, a keletkezett
négyszög sosem lehet paralelogramma.
Egy ABCD paralelogramma csúcsai 8 különböző vektort
határoznak meg, ezek a következők: AB , , , ,
, B B . Egy szabályos hatszög csúcsai 16
különböző vektort határoznak meg.
AC
AD
BA
BD
CA
A E
B
C
D
, C , D
8. Bizonyítsd be, hogy ha ( AC , )~( B, D ) , akkor ( AB , )~( C, D)
.
Bizonyítás. Ha M az [ AD ] szakasz felezőpontja, akkor az ( AC , ) ∼ ( B, D)
felté-
telből következik, hogy M felezi a [ CB] szakaszt is, innen M felezi mind az [ AD],
mind a [ BC ] szakaszt, tehát ( AB , ) ∼
( C, D)
.

Vektorok a síkban 235
VII. 4. Gyakorlatok és feladatok (174. oldal)
1. Írd fel az ABC BC oldalának M harmadoló pontja ( BM = 2MC
) esetén az
Δ
AM vektort az és lineáris kombinációjaként.
AB
AC
=
2
Megoldás. A BM = 2MC
feltétel alapján BM = 2MC
. Az AM = AB + BM
= AB + 2MC
és AM = AC −MCegyenlőségekből
kiküszöbölve MC -t, kapjuk,
AB + 2AC
hogy AM + 2AM = AB + 2MC + 2AC−
MC , ahonnan AM =
.
3
2. Legyen AB CD paralelogramma, O az átlók metszéspontja, M az [ AO]
szakasz
AN 1
felezőpontja és N ∈ [ AB]
úgy, hogy
AB 3
= .
A) Fejezd ki:
a) az AM vektort az függvényében;
AC
b) a CM vektort az AC függvényében;
c) az AC vektort az AD és AB lineáris kombinációjaként;
d) az AC vektort az AD és BA lineáris kombinációjaként;
e) az AO vektort az AD és AB lineáris kombinációjaként;
f) a DM vektort a DA és DC lineáris kombinációjaként;
g) a DN vektort a DA és DC lineáris kombinációjaként.
B) Bizonyítsd be, hogy az N , M és D pontok kollineárisak.
Legyen A , B , C és D négy pont a síkban. Állapítsd meg, hogy az alábbi állítások
közül melyek igazak és melyek hamisak. Indokold meg a válaszaidat!
„Ha AB = CD , akkor AB CD paralelogramma ”
„Ha MN PQ paralelogramma, akkor MN = PQ .”
„Ha AB = CD , akkor AC = BD .”
„Ha AB = CD , akkor AB = CD .”
„Ha AB = CD , akkor AB = CD .”
„Ha AB = DC , akkor AB = CD .”
„ AC + CD = AD .”
„ AB + AC = BC .”
„Ha M a [ BC ] felezőpontja, akkor MB = MC .”
AB + 2AC
„Ha BM = 2MC
, akkor AM =
.”
3

236 Vektorok a síkban
Megoldás
A) a) Az AM és AC vektorok azonos irányításúak
és
A D
M 1
1
O
AM = ⋅ AC , így AM = AC .
4
4
B
C
3
3
b) CM , AC ellentétes irányításúak, CM = AC , így CM =− AC
4
4
.
c) AC = AB + BC = AB + AD .
d) AC = AB + AD = − BA + AD .
1 AB + AD
e) AO = AC = .
2 2
AM 1
f) Az M pont k = = arányban osztják az [ AC ] szakaszt, így
MC 3
DA + k ⋅DC 3 ⋅ DA + DC
DM = =
.
k + 1 4
AN 1 2⋅ DA + DB 2⋅ DA + DC + CB 3⋅
DA + DC
g) = ⇒ DN = = =
.
NB 2 3 3
3
B) Felhasználva az f), g) alpontokat, kapjuk, hogy
3DA + DC 4 3DA + DC 4
DN = = ⋅ = ⋅ DM ,
3 3 4 3
vagyis a DN és DM vektorok tartóegyenesei megegyeznek, ami azt jelenti, hogy a
D, N, M pontok kollineárisak.
A „Ha AB , akkor AB paralelogramma” állítás csak abban az
esetben igaz, ha az AB és CB
= CB
CD
tartóegyenese nem megegyező.
Ha MNPQ paralelogramma, akkor MN PQ , MN = PQ , de az
irányításuk ellentétes, így MN =−PQ
.
Ha AB = CD , akkor [ AD ] és [BC ] felezőpontjai megegyeznek, így
AB = CD .
Abból, hogy AB , nem következik, hogy AB (nem biztos, hogy
hosszuk is megegyezik), viszont írhatjuk, hogy AB
= CD
= CD
= λ ⋅CD , ahol λ egy valós szám.
Ha AB = CD , akkor AB = CD vagy AB CD
.
Ha AB = DC , akkorAB = CD vagy AB CD
.
A háromszög-szabály értelmében igaz az AC + CD = AD egyenlőség.
Az AB + AC = BC egyenlőség pontosan akkor igaz, ha az A és B
pontok
egybeesnek.

Vektorok a síkban 237
AB + AC = BC ⇔ AB = BC −AC ⇔ AB = BC + CA ⇔ AB = BA ⇔ A = B .
Ha M a [ BC ] felezőpontja, akkor MB =−MC
.
AB + 2AC AB + 2AC
Ha BM = 2MC
, akkor AM = =
.
2+ 1 3
3. Bizonyítsd be, hogy ha ABCD tetszőleges négyszög, akkor AB + BC + CD +
DA 0 .
→
+ =
Bizonyítás. Háromszor felhasználva a háromszög-szabályt, írhatjuk, hogy
AB + BC + CD + DA = AC + CD + DA = AD + DA = 0 .
4. Ha →
i és j →
egymásra merőleges egységvektorok, ábrázoljuk a derékszögű
koordinátarendszerben az alábbi vektorokat:
a) a →
; b) b →
2 i ; c) ; d) ; e) 2 3 .
→
= j → → → →
= 3 u =− a+
2 b v a b →
→ →
→ →
= − u + v
Megoldás
2u
u
b
O
j
y
i
a
2u + 3v = 2( − a + 2 b) + 3( a− b) = a + b
v
2 u+3 v= a+ b
5. A VII. 31. ábrán AB = 2 és BC = 1 .
A B C
a) Írd fel az AB vektort a BC függvényében;
3v
x
VII.31. ábra

238 Vektorok a síkban
b) Írd fel az AC vektort a BA függvényében.
1 3
Megoldás. a) AB = 2BC
; b) AC = 3BC = 3⋅ AB =− BA.
2 2
6. Az ABC -ben E ∈ ( AB)
, F ∈ ( AC)
úgy, hogy EF || BC és AF = 2 valamint
Δ
FC = 3 .
Fejezd ki: a) AF -t az AC függvényében;
b) BC -t az EF függvényében;
c) EA -t az függvényében.
AB
2
Megoldás. a) AF = AC .
5
b) Az AE F és ABC
5
BC = EF .
2
EA AF 2
c) = = ⇒
AB AC 5
BF AF 2
háromszögek hasonlósága alapján = = , így
BC AC 5
2
EA =− AB .
5
7. A VII. 32. ábrán AC || BD , AC = 4 és BD = 3
Fejezd ki : a) CO -t az OD függvényében;
b) AO -t az BO függvényében;
VII. 32. ábra
A
C
B
c)BD -t az AC függvényében.
AC 4
Megoldás. AO C ∼ BOD és = , tehát
BD 3
CO 4 AO 4
a) C O = ⋅ OD = OD ; b) AO =− ⋅ BD =− BD ;
OD 3
BD 3
BD 3
c) BD =− ⋅ AC =− AC .
AC 4
8. Bizonyítsd be, hogy egy véges vektorösszegben a tagok sorrendjét tetszőlegesen
megváltoztathatjuk és tetszőleges csoportosításokat végezhetünk, mert az összeg nem
változik.
Bizonyítás. Három vektor esetén a 2.1.3. tétel alapján
a + ( a + a ) = ( a + a ) + a = a + a + a
1 2 3 1 2 3 1 2 3
a
és a kommutativitás alapján a sorrend felcserélésével is az a + a + összeget
3
1 2 3
kapjuk.
a + a + a = ( a + a ) + a = ( a + a ) + a = a + ( a + a ) =
3 1 2 3 1 2 1 3 2 1 3 2
= a + ( a + a ) = a + a + a .
1 2 3 1 2
D

Vektorok a síkban 239
A továbbiakban indukciót használunk. Ha a tulajdonság igaz minden n ≤ m -re, akkor
m tetszőleges vektor ( v , v , …,
v ) esetén, tetszőleges sorrend és tetszőleges záró-
1 2 m
jelezés (csoportosítás) esetén az összeg v + v + … + v .
1 2 m
Ha a , a , …,
a , a ( m + 1) tetszőleges vektor és S egy tetszőleges összeg,
1 2 m m+
1
amelyet ezekből a vektorokból szerkesztünk sorrend megváltoztatásával és csoportosítással,
akkor a következő eseteket különböztetjük meg:
1. eset. Ha a nincs zárójel belsejében, akkor az összeg utolsó tagjával (csoport-
m+
1
jával) felcserélhető és így az a , a , …,
amvektorokra
alkalmazhatjuk az indukciós
1 2
feltételt. Tehát
1
p
S = ( a + a + …+ a )
1 2 m + a = a + a + … + a m 1 1 2
m + a .
+ m+
2. eset. Ha valamilyen zárójel belsejében van, akkor az őt tartalmazó legkisebb
csoport összegét egy vektornak, p
)
1
a m+
1
-nek tekintjük. Így legfeljebb m − 1 vektort
kapunk, tehát az indukciós feltevés alapján
S = ( a + a + … + a ) + .
i i i
1 2
k
Ugyanakkor p sem tartalmazhat m -nél több tagot, tehát az indukciós feltétel alapján
S = ( a + a + …+ a ) + ( a + … + a ,
i i i i i
1 2 k k+
1
m +
ahol i < i < < i , i < i < … < i = m + , valamint { i | j = 1, m + 1} =
… 1
1 2 k k+ 1 k+
2 m+
1
= {1, 2, …,
m + 1} . Ez alapján
S = ( a + …+ a ) + ( a + … + a ) + a =
i i i i 1 k k 1
m i
+
m + 1
= ( a + …+ a + a + …+
a ) + a =
i i i i 1 k k 1
m i
+
m + 1
= ( a + a …+ a ) + a = a + a …+
a .
1 2 m m+ 1 1 2 m+
1
Tehát az állítás ( m + 1) vektor esetén is igaz. Így a matematikai indukció elve alapján
*
a tulajdonság minden n ∈ esetén igaz.
9. Számítsd ki az AB + BC + CD + DE + EF + FA összeget, ha ABCDEF egy
hatszög a síkban.
Megoldás. A háromszög-szabály többszöri alkalmazásával kapjuk, hogy
AB + BC + CD + DE + EF + FA = AC + CD + DE + EF + FA =
= AD + DE + EF + FA = AE + EF + FA = AF + FA = 0 .
10. Bizonyítsd be, hogy az u és vektorok merőlegességének szükséges és elégséges
feltétele, hogy | u + v | = u −v
|.
v
|
Bizonyítás. Legyen O egy tetszőleges pont és ABC , , , Dúgy, hogy OA = u ,
OB = v , OC = u + v , . Ekkor DA és
, tehát és kollineárisak, és a
OD = u −v
= OA − OD = v
DC = OC − OD = 2v
DA , C DC OB A [ CD]
j

240 Vektorok a síkban
felezőpontja.
Az u + v = u −v
feltétel egyenértékű azzal, hogy az OCD
háromszög egyenlő szárú, s mivel A a felezőpontja,
ekvivalens azzal is, hogy OA
[ CD]
⊥ , vagyis v, ami a két
vektor merőlegességét jelenti.
DC u ⊥ 2
Megjegyzés. Az OA CB négyszög téglalap.
11. Bizonyítsd be, hogy az u + v és u − v vektorok merőleges-
D
ségének szükséges és elégséges feltétele, hogy | u | = | v | .
Bizonyítás. Ha az előző feladatba u helyett ( u + v)
-t, v helyett pedig ( )-t
teszünk, kapjuk, hogy az u és u vektorok merőlegességének szükséges és
elégséges feltétele az, hogy
u − v
+ v − v
u + v + u − v = u + v − u + v , vagyis u = v .
Megjegyzés. Az OA CB négyszög rombusz.
12. Ha A és B két rögzített pont, határozd meg azt az M pontot, amelyre:
a) AM = 2MB
; b) 3MA + MB = 0;
c) 2MA − 3 MB = 0;
d) kM A+ MB = 0 ; e) MA + kMB = 0 ; f) mM A + nMB = 0 .
Megoldás. a) Ha AM = 2 MB , akkor az A , Més
B pontok egy egyenesen vannak
és a sorrend A−M −B . Tehát M az AB szakasz B -hez közelebb eső harmadolópontja.
b) Az egyenlőség BM = 3MA
alakban is írható, tehát M az szakasz -hoz
közelebb eső negyedelőpontja.
A
]
AB A
c) A 2 MA = 3MBegyenlőségből
következik, hogy az M , és B pont egy egyene-
MA 3
sen van, M az [ AB szakaszon kívül van és = .
MB 2
d) BM = k ⋅MA, tehát ha k , akkor M , ha k , akkor M és ha
, akkor M . Az első és az utolsó esetben
> 0 ∈ ( AB)
= 0 = B
BM
k < 0 ∉ [ AB]
= k .
MA
e) Ha k > 0 , akkor M ∈ ( AB)
, ha akkor M = A és ha k < 0 , akkor M ∉ [ AB]
.
MA
Az első és az utolsó esetben = k .
MB
f) Ha m = n = 0 , akkor az egyenlőség minden M pontra teljesül. Ha m = 0 és
n ≠ 0 , akkor M = B , míg ha m ≠ 0 és n = 0 , akkor M = A.
Ha m ≠ 0 ≠ n ,
m
akkor az egyenlőség BM = ⋅MA n
alakban írható. Tehát m⋅ n > 0 esetén
BM m
BM m
M ∈ ( AB)
és = , m⋅ n < 0 esetben pedig M ∉ [ AB]
és =− .
MA n
MA n
O
B
A
C

Vektorok a síkban 241
13. Ha az OA, OB, OC és OD vektorok egyenlő nagyságúak és összegük nulla, mit
állíthatunk az ABC , , és D pontokról?
Megoldás. Abból, hogy OA = OB = OC = OD , következik, hogy az
A, B, C, D pontok egy O középpontú körön helyezkednek el. Ha M és N az
[AB] , illetve a [ CD] szakasz felezőpontja, az OA + OB + OC + OD = 0 feltételből
OA + OB OC + OD
következik, hogy =− , vagyis OM =−ON
. Figyelembe véve,
2 2
hogy az OM ⊥ AB , ON ⊥ CD (az OA B , OCD háromszögek egyenlő szárúak),
kapjuk, hogy AB CD és AB = CD , tehát AB CD egy paralelogramma. Mivel
ABCD körbeírható, következik, hogy ABCD egy téglalap.
14. Adott u vektor esetén adjál szerkesztést a következő vektorokra:
a) 2u ;
b) 3
2 u 1
; c)
3 u − ; d) 3u .
Megoldás. Ha u = M N és az pont
N = u .
úg hog Q = 3MN
és R az
MQ s kor
P M N
szerinti szimmetrikusa, akkor MP = 2M2 Ha Q ∈ ( MN y, y M
3
zakasz felezőpontja, ak MR = MN =
2
3
2 u
Q
R
P
M N
1
S
= . Ha S ∈ MN \( MN
és
3 MN
MS = , akkor
1
MS =−
N úgy
3 u
. Ha T ∈ ( M , hogy MT = 3MN , akkor MT = 3u
. Tehát
körző és vonalzó segítségéve l a Q, R, S,
T pontokat kell megszerkeszteni. 1. { Q} = MN ∩C(
N, MN)
, tehát Q az N középpontú, MN sugarú kör és MN
metszeteként
szerkeszthető.
2. Ha C( M, R)
∩ C(
Q, R) = { A, B}
, ahol R > MN , akkor AB az MQ felezőmerő-
legese, tehát AB ∩MQ=
{ R}
.
3. Tetszőleges MN szakasz harmadolópontj át a
N
következőképpen szerkeszthetjük meg: Az MO
felezőmerőlegesen ( ≠ (MN ) felvesszünk egy H
tetszőleges X pontot, majd körzővel felmérj ük
az YX = MX és ZY = MX távolságokat. Az
M
X ponton át párhuzamost
húzunk az NZ -hez és
a d ∩ MN = { H}
pont az M -hez közelebb eső
harmadolópont. A párhuzamost úgy szerkesz tjük
X
Y
Z O
meg, hogy az NY -ra még egyszer rámérjük NY -t és így az NXUZ paralelogramma
U csúcsát kapjuk.

242 Vektorok a síkban
4. Ha N -ben merőlegest emelünk MN -re (például párhuzamost húzunk a felezőmerőlegeshez
) és ezen felmérjük az AN = MN távolságot,
akkor MA = 2MN
és
ha felmérjük a BN = MA távolságot, akkor MB = 3MN
, tehát
ezt a távolságot
visszamérve MN meghosszabbítására, a T pontot kapjuk.
15. Írd fel az u = 3i−2j
vektort az a = i + j és b =− 2i + 5j
vektorok lineáris
kombinációjaként. Fel lehet-e írni affin vagy konvex komb inációként?
Megoldás. Legyen u = α⋅ a + β⋅b
, ahol meghatározandó valós számok
(skalárok). Ekkor i− 2j = α⋅ ( i + j) + β⋅
(2i + 5 j)
, vagyis
. Így a
α, β
3 (3 − α + 2 β)i+
+− ( 2−α− 5 β)
j = 0
⎧⎪ 3− α+ 2β
= 0
⎪
⎨
⎪−2−α− 5β
= 0
⎪⎩
11 5
egyenletrendszerhez jutunk, amelynek
megoldása α = , β =− .
7 7
11 5
Tehát u = a − b
. Mivel u csak így írható fel mint az a és b
vektorok lineáris
7 7
kombinációja, nem írható fel affin vagy konvex kombinációként.
16. Bizonyítsd be, hogy a v = 2MA−MB−MC
vektor nem függ M megválasztásától,
ha AB , és C rögzítettek.
Bizonyítás. Tetszőleges M pont esetén
v = 2MA−MB
− MC = MA−MB + MA− MC = BA+ CA,
vagyis v független az pont megválasztásától.
M
az k metszéspontjá
+ + + , akkor paralelog
Bizonyí Tekint elyekre + =
+ =
O, A inearitása
még így is írható: + = +
, hogy
BO + DO =
17. Bizonyítsd be, hogy ha ABCD négyszög átlóina O
ra
OA OB OC OD = 0 ABCD ramma.
tás. sük az M, N pontokat, am OA OC OM
és
BO DO ON . Az , C illetve O,
B, D pontok koll alapján
M ∈ AC és N ∈ BD . A feltétel OA OC BO DO , vagyis
OM = ON , s mivel M ∈ AC és N ∈ BD , következik M = N = O . Ezt
visszahelyettesítve
kapjuk, hogy OA + OC = 0 , tehát O felezi mind
két átlót. Mivel az átlók felezőpontjai megegyeznek, az ABCD négyszög paralelogramma.
18. Határozd meg azon M pontok mértani helyét, amelyekre MA + MB + MC =
= 3MA−2MB −MC
, ahol AB , és C rögzített pontok.
Megoldás. Ha G az ABC háromszög súlypontja, akkor MA + MC + MC
= 3MG
.
Ha X a BC szakasz B -hez közelebbi harmadolópontja, akkor 3MX = 2MB
+ MC ,

Vektorok a síkban 243
tehát 3MA −2MB − MC = 3MA − 3MX = 3XA.
Így az MG = XA
egyenlőség kell teljesüljön, tehát a mértani hely a G középpontú, AX sugarú kör.
19. Bizonyítsd be, hogy ha az O , A , és B pont nincs eg y egyenesen, akkor bármely
M pont esetén létezik olyan λ, λ valós szám, amelyre OM = λOA + λOB
.
1 2 1 2
Bizonyítás. Mivel O, A, B nem kollineárisak, az M
ponton át az OA , illetve O B egyenesekhez húzott
párhuzamosok metszik az OB , OA -t a Q illetve
P
pontokb an. A P ekkor OA -n helyezkedik el, így
létezik
olyan λ valós szám, amelyre OP = λ OA . Hasonlóan,
1
1
viszont
létezik 2 λ valós szám úgy, hogy
OQ = λ OB . Ekkor
2
OM = OQ + QM = OQ + OP = λOA+ λOB
.
1 2
A P
ogy egyetlen olyan pont létezik az síkjában, amelyre
GC =
20. Bizonyítsd be, h G ABC Δ
GA + GB + 0 és ezen a ponton áthaladnak a háromszög oldalfelezői. (Ezt a
pontot nevezzük a háromszög súlypontjának.)
Bizonyítás. 0 = GA + GB + GC = GA + GA + AB + GA + AC ⇒
AB + AC 2
⇒ AG = = AM , ahol M a [ BC ] oldal felezőpontja. Mivel az AG
3 3
csak az A, B, C pontoktól függ, egyetlen ilyen G pont létezik, és ez a G az AM
oldalfelezőn helyezkedik el (2:1 arányb an osztja azt). Hasonlóan i gazolható,
hogy G -n
a másik két oldalfelező is áthalad.
O
B
Q M
21. Bizonyítsd be, hogy ha A és B két rögzített pont és mn∈ , úgy, hogy
m + n ≠ 0 , akkor egyetlen olyan G pont létezik, amelyre mGA + nGB = 0 .
mMA + nMB
Igazold, hogy erre a G pontra
MG = bármely síkbeli M pont
m + n
esetén. (A G pontot a z m és n tömegű A és B pont baricentrumának nevezzük)
Általánosítás.
Bizonyítás. Ha a G és pontokra teljesül az mG A + nG B = 0 és az
1 2
1
mG A + nG B = egyenlőség, akkor m⋅( G A− G A) + n⋅( G B− G B)
= 0 . De
2 2
1 2 1 2
GG , tehát 0. Ez csak akkor
2
lehetséges, ha , tehát az egyenlőség csak egy pontra teljesülhet.
Ha egy tetszőleges pont, akkor
G 1
0
GA GA= GG
1 2 1 2
− és GB− GB=
( m + n) ⋅ GG =
1 2 1 1 2
GG = 0
G
1 2
M
mMA + nNB mMG ( + GA) + nMG ( + GB)
mGA + nGB
= = MG
+ = MG .
m + n m + n m + n

244 Vektorok a síkban
22. Bizonyítsd be, hogy a z ABC háromszög
G súlypontjára, H ortocentrumára és
a köré írt kör O középpontjára érvényes az OH = 3OG
egyenlőség.
Bizonyítás. Ha A a H pont M szerinti szimmetrikusa, ahol M a BC felező-
1
pontja, akkor
HB + HC = HA . De BH ⊥ AC és CH ⊥ AB , tehát AB AB és
1
1
Í gy az AA átmérő körön van a és a C pont, te
. Ebből k tkezik, hogy HA + HB + HC . Másrészt
. risak és
⊥
AC ⊥ AC . jű B hát HA + HA =
1
1 1
= 2HO
öve = 2HO
HA + HB +
+ HC = 3HG
, tehát 3HG = 2HOÍgy
H, G , O kollineá OH = 3OG
.
23. Bizonyítsd be, hogy ha G és G ′ az ABC illetve az ABC ′ ′ ′ súlypontja, akkor
Δ Δ
3GG′
= AA′ + BB′ + CC ′.
Bizonyítás. Ha összeadjuk a GG′ = GA + AA′ + A′ G′
, GG ′ = GB + BB′
+ B′ G′
és GG′ = GC + CC ′ + C ′ G′
egyenlőségeket és felhasználjuk
a GA + GB + GC =
0 = AG ′ ′ + BG ′ ′ + CG ′ ′ összefüggéseket, a kért egyenlőséghez jutunk.
24. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszög
H ortocentrumára és a köré írt kör O
középpontjára é rvényes az OH = OA + OB
+ OC egyenlőség.
Bizonyítás. A 22. feladat alapján OA + OB + OC = 3OG
= OH .
25. Az ABC háromszög AB és AC oldalán felvettük az M és N pontokat.
Bizonyítsd be, hogy MN pontosan
akkor halad át a háromszög G súlypontján, ha
BM CN
+ = 1 . Á
Biz a v és nv = 0
ltalánosítás. MA NA
onyítás. H AB = u, AC = mu + , akkor m = n = 0 . Másrészt
AM AN
az AM = u , AN = v és a G ∈ MN összefüggés pontosan akkor
teljesül,
AB AC
ha létezik α , β∈ úgy, hogy α+ β = 1 és AG = α⋅AM + β⋅AN
. Így
α+ β = 1 és 3 1 3 1
C − ⎛ AM ⎞ ⎛ AN ⎞
⎜ α ⎟
u ⎜ β ⎟
⎜ − ⎟ + ⎟v
= 0
zé
⎜⎝ ⎜
AB ⎠⎟ ⎝⎜
A ⎠⎟
, tehát az első megjegy s alapján
1 1
1
M 3 AM ⎟ ⎜
AB ⎛ MB ⎞
α = = + ⎟
3 A
⎜⎜⎝ ⎠ ⎟
és
Tehát az α+ β = 1 összefüggés
pontosan akkor teljesül, ha
1 AC 1⎛ NC ⎞
β = = ⎜ 1 ⎟
3 AN 3
⎜⎜⎝ + ⎟
AN ⎠ ⎟
.
MB NC
+ = 1 .
AM AN
1. Általánosítás. Ha B′ ∈AC, C′ ∈ AB és { O} = CC′ ∩BB′ , valamint M ∈ AB
AC ′ BM AB′ CN
és N ∈ AC , akkor O ∈ MN
⇔ ⋅ + ⋅ = 1 .
CB ′ MA BC ′ NA

Vektorok a síkban 245
2. Általánosítás. Az Oxyz triéder élein vegyü k fel az A, A′ ∈Ox, B, B′ ∈Oy
és
C, C′ ∈ Oz pontokat
és jelöljük Q -val az ABC ′ , ACB′
és BCA′ síkok metszés-
pontját. Ha M ∈Ox, N ∈ Oy és Q ∈ Oz , az MNP sík po ntosan akkor tartalmazza
OA′ AM OB′ BN OC ′ CP
a Q pontot, ha ⋅ + ⋅ + ⋅ = 1 .
AA ′ MO BB ′ NO C′
C PO
Az 1. általánosítást bizonyítjuk (a második bizonyítása hasonló módon történik):
AB′
k3
BC ′ k1
2
Ha = és = , akkor
BC ′ k CA ′ k
1
2
k CA′
= a Ceva tétel alapján és
AB ′ k3
AO k + k
2 3
=
. Így az AB = u és AC = v jelölésekkel
AA′ k + k + k
1 2 3
k + k k ⋅ u + k ⋅v
2 3 2 3
AO = ⋅ AA′
=
.
k + k + k k + k + k
1 2 3 1 2 3
O ∈MN ⇔ ∃ αβ , ∈ úgy hogy α+ β = 1 és AO = α⋅ AM + β⋅AN
.
Tehát a
2 1 2 3 3 k
⎛ AM ⎞ ⎛ AN ⎞
⎜k ( k k k ) α ⎟
u + ⎜ − ( k k k ) β ⎟
⎜
− + + ⎟ ⎜ + + v = 0
1 2 3 ⎟
⎝ AB ⎠⎟ ⎜⎝
AC ⎠⎟
egyenlőséghez jutunk.
Ez pontosan akkor teljesül, ha
AB k2
AC k3
α = ⋅ és β = ⋅ ,
AM k + k + k
AN k + k + k
1 2 3
1 2 3
tehát az α+ β = 1 egyenlőség akkor és csakis akkor igaz, ha
BM k2 NC k3
AC ′ BM AB′ CN
⋅ + ⋅ = 1 ⇔ ⋅ + ⋅ = 1.
AM k AN k C ′ B MA B′ C NA
1 1
26. Bizonyítsd be, hogy ha az OA , O és OA
1 2
3
végpontjai az fölött vannak, akkor
A egységnyi hosszúságú vektorok
Ox OA + OA + OA ≥1.
Általánosítás.
1 2 3
Biz onyítás. Feltételezhetjük, hogy az O középpontú, eg ységsugarú körön a pont ok
sorrendje A, B, C .
Ha mAOB ( ) = és
α−β
α mBOC ( ) = β , akkor ≤ 90 . Így az AOC szög OX
2
belső szögfelezője és az OB félegyenes hegyesszöget zár be, tehát OB -hez
hozzáadva
tetszőleges OX félegyenesre illeszkedő vektort az összeg
hossza legalább 1.

246 Vektorok a síkban
m( MOB ) < 90 ⇒ m( OBN )
> 90
C
M
X
B
N
O A
⇒ ON > OB .
27. Bizonyítsd be, hogy a háromszög oldalfelezőivel szerkeszthető
háromszög!
AB + AC BA
Bizonyítás.
0
2 2
2
+ BC CA + CB
AA′ + BB′ + CC ′ = + + = , ahol
A′ , B′
és C ′ az oldalak felezőpontjai. Ebből következik, hogy
az AA′ , BB′
és CC ′
vektorokkal szerkeszthető
háromszög.
28. Bizonyítsd be, hogy ha az ABCD négyszög AB , BC , CD és DA oldalain
felvesszük az M, N , P illetve Q pontot úgy, hogy
AM BN CP Q D
= = = = k ,
MB NC PD QA
akkor az MNPQ és az ABCD négyszögek súlypontjai egybeesnek!
Bizonyítás. Ha O egy tetszőleges pont a síkban, akkor
B
N
M A
OA + k ⋅OB
OB + k ⋅OC
OM =
, ON =
,
1 + k
1 + k
OC + k ⋅OD
OD + k ⋅OA
OP = és OQ =
,
1 + k
1 + k
Q
D
tehát
OM + ON + OP + OQ = OA + OB
+ OC + OD
.
C P
29. Igaz-e az előbbi tulajdonság fordítottja?
Megoldás. Ha az ABCD négyzet oldalain felvesszük az M ∈( AB), N ∈(
BC ) ,
P ∈ ( CD)
és Q ∈ ( DA)
pontokat úgy, hogy
AM AQ CN CP 1
= = = = ,
MB QD NB PD 2
akkor a szimmetria miatt az ABCD és MNPQ
súlypontja egybeesik és nem teljesül-
nek az előbbi feladat feltételei,
tehát a tulajdonság fordítottja nem i gaz.
30. Bizonyítsd be, hogy ha
MA + MB + MC = 0 és az MA, MB,
MC vektorok
egyenlő hosszúságúak, akkor az ABC egyenlő oldalú,
és M a háromszög közép-
Δ
pontja!

Vektorok a síkban 247
Bizonyítás. Legyen MA + M = MN , ekkor az
első feltétel alapján , vagyis
MN = M
sszú-
AP B
⊥ oldalfelező és
jelenti, CA = CB .
Hasonlóan igazolható, hog ] . Tehát az
háromsz nl t
M a három
.
B
A
MN + MC = 0 M ∈ [ NC]
és [ ] [ C ] . Mivel MA és MB azonos ho
N
P
ságúak, az AMBN négyszög rombusz, így [ ] = [P]
és MN AB , következésképpen
CP
M
CP ⊥ AB , ami azt hogy [ ] [ ]
y [ AB] = [ AC
ABC ög egye ő szárú s mivel az M pon
B C távolsága a csúcsoktól megegyezik,
szög
köré írt kör középpontja
31. Az ABCD négyszögben [ AB] ≡ [ CD]
. Bizonyítsd be, hogy az [ AD ] és [ BC ]
szakaszok felezőpontjai által meghatározott egyenes
párhuzamos az AB és CD
egyenesek által meghatározott szög belső szögfelezőjével!
( MA + AB + BN ) + ( MD + DC + CN ) 1
Bizonyítás.
MN =
= ( AB + DC ) .
2 2
1
Mivel AB = DC , az ( AB + DC)
vektor
M D
2
A
szerkesztésekor egyenlő szárú háromszög keletke-
zik és ebben az oldalfelező megegyezik a szögfelezővel.
Ezt a reprezentánst szerkeszthetjük az
C
ban tehát
N
B
{ O} = AB ∩ DC pont is, MN
párhuza
mos az O -beli reprezentánssal, vagyis az AB és
DC egyenesek által alkotott szög szögfelezőjével.
32. Az ABCD négyszög AD és BC oldalain felvesszük az M ∈ [ AD]
és
AM BN AB
N ∈ [ BC]
pontot úgy, hogy = =
MD NC CD
. Bizonyítsd be, hogy MN
párhuzamos az AB és CD egyenesek által meghatározott s zög belső szögfelezőjével
( AB CD)
.
Bizonyítás. Ha AB = a és CD
= b , akkor
a⋅ MN + b⋅MN a⋅ ( MD + DC + CN) + b⋅( MA+
AB + BN)
MN = = =
a + b
a + b
a⋅ DC + b⋅AB =
,
a + b
mert a⋅ MD + b⋅ MA = a⋅C + ⋅ = 0
pontban megszerkesztjük az AB egy és reprezentánsát, akkor
az m lezőre
N b BN . Másrészt, ha az { O} = AB ∩ DC
és DC egy- OD OE
DE háro szögben az OF belső szögfe
a⋅ DC + b⋅AB O
OF =
.
a + b

248 Vektorok a síkban
Mivel az összeg megszerkesztése a kezdőponttól független, MN párhuzamos OF -fel.
33. Az ABCD síkbeli négyszögben { E} = AD ∩BC és { F} = AB ∩CD .
Bizonyítsd be, ho gy az AC, BD és EF szakaszok felezőpontjai egy egyenesen
vannak. (Newton–Gauss tétel)
ítá
v
Bizony s. Ha AD = u , AB = ,
AE = αu
és AF = βv
, akkor az EF és
BD szakasz M illetve N felezőpontjaira
αu βv
AM
2
+
E
u + v
= , AN = .
2
Ugyanakkor
α(1 −β) β(1 −α)
AC = u + v ,
1−αβ
1−αβ
tehát az AC szakasz P fe lezőpontjára
1 ⎛α(1 −β) β(1 −α)
⎞
AP = ⎜
⎜ u + v ⎟
2⎜⎜⎝ 1−αβ
1−αβ⎠
⎟ .
⎟
A
D
B
C
F
AM −αβ ⋅AN
Következik, hogy AP =
, tehát M,
N és P egy egyenesen vannak.
1 − αβ
34. Az ABC -ben az AA ′ , BB′ és CC ′ egyenesek összefutók, A′ ∈ ( BC)
,
Δ
B′ ∈ ( AC)
és C′ ∈ ( AB)
. Jelöljük M, N, P illetve M′ , N′ , P′
-vel az ABC és
ABC ′ ′ ′ háromszögek oldalainak felezőpontjait. Bizonyítsd be, hogy
MM ′ ∩NN′ ∩PP′ ≠ ∅, ahol M ∈( BC), M′ ∈(
B′ C′
) stb.
BA′ k CB′ k AC ′ k
Bizonyítás. Ha AB = u és AC = v , akkor a = , = , =
AC ′ k BA ′ k CB ′ k
k ⋅ u + k ⋅v
2
3
jelölésekkel
AO = . Ebből és az előbbi feladatból következik, hogy az
k + k + k
1 2 3
1 ⎛
v u kv ⎞
+ + ( k 2 k k) u ( k k ) v
2 3 ⎟ + + + +
1 2 3 1 2
AM =
⎜u k + 2k
⎜ + ⎟
3
=
2⎜⎝⎜ 2 2( k + k + k ) ⎠⎟4(
k + k + k )
1 2
végpontja rajta van az MM ′ , N N ′ és PP ′ szakaszokon.
3
3 1 2
2 3 1
35. Az ABC háromszög
BC oldalának tetszőleges pontja esetén vegyünk fel az
0
AA -n egy pontot.
A és metszeteket jelöljük -gyel és
-gyel. Az -n át a egyenessel húzott párhuzamos és és
A
M BM ∩ AC CM ∩ AB
0 1 C
AC
egyeneseket a illetv pontban metszi. Bizonyítsd be, hogy a [ BC ] szakasz
felezőpontja éppen az A
pont.
1 2 3
B1 A BC AB 0 1 0 1
B 2 e C2 2 2

Vektorok a síkban 249
Bizony
és 1 1
AB k BA k 0 3
= , =
BB k AC k
ítás. Ha 1 2
CC k
= , akkor
CA k
1 3
1 1
0 2
kk kk
2 3
2 3
AC = BC
és AB = CB ,
2
2
k ( k + k )
k ( k + k )
1 2 3
1 2 3
tehát AC =−AB
.
2 2
VII.7. Gyakorlatok (184. oldal)
B 2
B 1 M
. Határozd meg az
1 ′
ha egy
mozog és
származtatja.
Megoldás. A egyenes vektorral való párhuzamos eltolása a mértani hely hát
MM kötött vektor M ′ végpontjának mértani helyét, M
d egyenesen MM ′ minden M esetén ugyanazt a u szabad vektort
d u , te
egy d -vel párhuzamos egyenes.
2. Milyen alakzatba v iszi át a következő alakzatokat egy párhuzamo s eltolás? Hát egy
homotétia?
a) szakasz; b) háromszög; c) kör; d) paralelogramma.
Megoldás. a) A párhuzamos eltolás szakaszt szakaszba visz át mert a
{ λu + (1 −λ) v | λ ∈ [0,1]} szakasz w -vel való eltolása a
{ λu + (1 − λ) v + w | λ ∈ [0,1]} = { λ(
u + w) + (1 − λ)( v + w)|
λ ∈ [0,1]} .
b) Az a) pont alapján egy háromszöget egy vele egybevágó háromszögbe transzformál.
c) Ha OA = R és u val eltoljuk
az O illetve A pontot, akkor
- OA ′ ′ = R,
tehát a
kongruens körbe transzformál.
d) Az a) alpont alapján egy párhuzam
paralelogrammába transzformál.
3. gy egy u
v
párhuzamos eltolás egy kört, vele
os eltolás egy paralelogrammát vele egybevágó
Bizonyítsd be, ho , majd egy vektor szerinti párhuzamos
eltolás az
u + v vektor szerin ti párhuzamos eltolás.
Bizonyítás. H a t ⇔ ′
u : P → P, tu( M ) = M ′ OM = OM + u és tv: P → P ,
tv( N) = N′ ⇔ ON′ = ON + v a két eltolás, akkor a két transzformáció egymás-
utáni alkalmazásával az f : P → P, f( M) = M′ ⇔ ∃M′′
∈ P : OM′′ = OM + u
és OM ′ = OM ′′ + v függvényt kapjuk. Ebből következi, hogy
OM ′ = OM + ( u + v) ⇔ f ( M ) = M ′ ,
B
A
A 0
C
1
C
C 2

250 Vektorok a síkban
tehát f az u + v vektorú párhuzamos eltolás. A
4. Bizonyítsd be, hogy ha az egyenlő szárú háromszög
alapjának tetszőleges M pontján át párhuzamosokat
húzunk
az oldalakhoz, akkor a két párhuzamosnak a
háromszög
belsejébe eső részeinek összege állandó.
Bizonyítás. Húzzunk párhuzamost B -n át az AC -
hez. Az ábra jelölései alapján BQMP rombusz mert
m( QBC ) = m( BCA ) = m( CBA )
.
Így PM + MN = PB + PA = AB és ez állandó.
5. Szerkesszünk trapézt, ha ismerjük az oldalak hosszát (és mindegyikrő l tudjuk, hogy
milyen szerepe van – alapok, szárak).
B b A
Megoldás. Ha a a nagyalap , b a kisalap c és
d a másik két oldal, akkor az AMD háromszög
c c
d
oldalai c , d és a − b ( AM a BC szakasz
BA vektorral való eltolásából származik).
Miután ezt megszerkesztjük A -n át párhuza-
C
M a
D most húzunk MD -hez és felvesszük
a B pontot
úgy , hogy AB = b .
6. Az ABCD négyszögben BC = 3 , AB = 3 , CD = 2 3 , 0 és
= 0 . Számítsd ki a négyszög többi szögének mértékét és az oldal
hosszát.
Megoldás. Az ábra jelöléseit használjuk. Felvesszük
z pontot úgy, M paralelogramma
legyen. Így az
o
mBAD ( ) = 6
o
mADC ( ) 6
AD
a M hogy BC A
MCD mértéke 60 , tehát
MC = 3 és
DC = 2 3 alapján ez a háromszög derékszögű M -
ben. Ebből következik, hogy
MD = 3 ,
mCDM ( ) = mMDA ( )
= 30
B
3
M
C
2 3
. A z AMD háromszög
egyenlő szárú, tehát
3
60 o
2
2 ⎛MD ⎞
AD = 2⋅
MD − ⎜ ⎟
⎜⎝
⎟ =
2
⎟ 3 3.
⎠
3
A D
7. Az négyszögben o
ABCD CD = 12 , AB = 6 3 , CD = 2 3 , mCDA ( ) = 90
és o
mABC ( ) = 150 . Számítsd ki a BC oldal
hosszát.
B
P
Q
M
N
C

Vektorok a síkban 251
6
30 o
B
30 o
6 3
M
30 o
A
C
12 D
Megoldás. Felvesszük a z M pontot úgy hogy a
CBAM négyszög paralelogram ma legyen.
mMCB ( )
= 30
és mDCB ( ) = 60
a lapján
( )
30 mDCM = . Hasonlóan
mMAD ( ) = 3
0 . Az
MCD háromszögben CD = 12 , CM = 6 3 és
mC ( )
= 30
, tehát
a háromszög M -ben
derékszögű. Így MD
= 6 , mMDC ( ) = 60
és
mMDA ( )
= 30 , tehát
BC = MA = MD = 6 .
8. Írj be az ABC háromszögbe egy DEF háromszöget ( D ∈ (BC)
, E ∈ ( AC)
,
F ∈ ( AB)
) úgy, hogy oldalai párhuzamosak legyenek három adott egyenessel.
Megoldás. Egy tetszőleges M ∈ BC
ponton
párhuzamost húzunk 1
s N
d -hez és jelöljük N -nel a 1 d
A
metszéspontját AB -vel. M -ből párhuzamost húzunk
d -vel é ől d -mal és a metszéspontjukat P -vel
2 -b 3
jelöljük. A z MNP háromszöget B középponttal
kinagyítjuk úgy, hogy
a P csúcs rákerüljön AC -re.
Ezt megtehetjük, ha a BP ∩ AC = { P } pontból
1
párhuzamosat húzunk PM és PN -hez.
⎛ BM BP BN
⎞
⎜ = = , tehát NM N M ⎟ . 1 1
⎜⎝MM
PP NN
⎟⎠
1 1 1
9. Az ABC B és C csúcsai rögzítettek és az A csúcs egy mozgó pont. Határozd
Δ
meg az ABC súlypontjának mértani helyét, ha
Δ
a) A egy adott egyenesen mozog;
b) A egy adott körön mozog.
Megoldás. A BC szakasz M felezőpontja rögzített, tehát az a) esetben a súlypont
egy olyan egyenesen mozog, mely párhuzamos d -vel és tetszőleges A∈d esetén az
1
1
AM ∩ d′ = { G}
pontra MG = MA . Ez a d egyenesnek az M középpontú
3
3
arányú homotétiával való transzformáltja.
B
N
1
N P
M
M 1
P 1
C

252 Vektorok a síkban
A
G
d
B C
M
d
B
A
A O
a) b)
1
b) A mértani hely a C körnek M középpontú és arányú homotétiával való transz-
3
formálása.
10. Bizonyítsd be, hogy a háromszög oldalfelezőiből
alkotott háromszög oldalfelezői
az eredeti háromszög oldalainak háromnegyedével egyenlők.
Bizonyítás.
A
Felvesszük a Q ponto t úgy, hogy
az AQCP
négyszög paralelogramma
legyen.
B
M
P N
BA + CA BA + BC
BC + CA BA
+ BA + BA +
MA + MQ 2 2 2 2 3
= = = = BA .
2 2 2 2 4
3
Tehát az AMQ háromszög M -hez
tartozó
oldalfelezője AB . Hasonlóan az A -hoz
4
illetve a Q -hoz tartozó oldalfelező k hossza 3
AC é
4 s 3 BC .
4
11. Megszerkeszthető-e egy n oldalú sokszög,
ha ismerjük oldalainak felezőpontjait?
Megoldás. Tetszőleges A pontból kiindulva
0
, n A
megszerkesztjük az A, A, … , A
1 2 n−1
pontokat
úgy, hogy A az A -nek F i+
1 i
i+
1 -re vonatkozó
szimmetrikusa, ahol
felezőpontok.
F, F,
… 1 2 F n az adott
A 0
F 1
M
A 1
O
F
2
C
C
5 5
F4 A3 A A F
4
F
3
A
Q
2

Vektorok a síkban 253
1. eset. n páratlan: Ha A = A , akkor megkaptuk a keresett sokszöget, ellenkező
n
0
esetben az egyik csúcs a z AA felezőpontja és ebből kiindulva kapjuk
a többi
0 n
csúcsot. (Ha A -t eltoljuk u -val, akkor az pontok -val és az pontok
0 2k
v á
A u A 2k+ 1
−u - al mozdulnak el, teh t u = A0neset
a kezdőpont a végpontra rá)
2
eset. Ha n páros, akkor 0 A és A n ugyanazzal az u -val mozdulná
tetszőleges 0 esetén ilyen sokszög kapunk 1
A én kerül
2.
nak el. Ezért vagy
A et ( An= A ) , vagy egyetlen
-ra sem
0
0
á azol e OF 2k+
feltétel
A
kapunk megold st. Ig ható, hogy ebben az setben a OF 2k
=
1
szükséges és elégsé ges feltétele a megoldás létezésének.
∑ ∑
12. Bizonyítsd be, hogy ha az
ABCD négyszög AB és CD oldalai kongruensek,
akkor a BC és AD oldalak felezőpontja által meghatározott egyenes párhuzamos az
AB és CD egyenesek által bezárt szög szögfelezőjével.
Bizonyítás. Az AB és CD szakaszokat
eltoljuk önmagukkal párhuzamosan az M -be.
Így az AMN B és N C paralelogram-
1
2 DM
A
M
BN = AM = MD = N C és
D
mákat kapjuk. 1 2
BN AM
N C alapján BN CN paralelo-
1
2
1 2
gramma, tehát az MN N egyenlő szárú három- N2 1 2
szögben MN oldalfelező
és szögfelező. B
N
Ugyanakkor az AB és CD egyenesek N1 szögének
szögfelezője párhuzamos MN -nel.
13. Határozd meg az AM s és az OM szögfelez
metszéspontjának mértani helyét, ha egy rögzített pont az
sugarú középpontú körön és egy mozgó pont ugyanezen
Megoldás. az felezőpontja me egyenlő szárú
háromszög. Így ha az felezőpontj a mértani hely az
z ntú
egyene A
őjének
P A
R O M
a körön.
O
P AM rt OAM
O AO a, akkor
1
R
O kö éppo sugarú kör.
1
2
A
P
14. Bizonyítsd be, h ogy az ABC A csúcsának a B é s C szögek belső illetve külső
Δ
szögfelezőire eső vetületei egy egyenesen vannak.
Bizonyítás. Az A csúcs szimmetrikusai a vetületekre nézve a BC egyenesen van-
nak, tehát a vet ületek a BC -hez tartozó középvonal tartóegyenesére
illeszkednek.
15. Igazold, hogy az ABCD körbeírható négyszög esetén az ABC , BCD , CDA és
DAB háromszögek súlyp ontjai egy körön vannak.
Bizonyítás. Ha G , G G és G a BCD, ACD, ABD és ABC háromszög súly-
B C
pontja, akkor
A
, D
k≥1
k≥0
C
M

254 Vektorok a síkban
OB + OC
+ OD OA + OC + OD
OG A =
, OG B =
,
3
3
OA + OB + OD OA + OB + OC
OGC
=
és OG D =
.
3
3
OA + OB + OC + OD
Tehát, ha K az
helyzetvektorral rendelkező
pont, akkor
3
OA R R
KG = OG − OK = = és KG = KG = KG = ,
A A
B C
D
3 3
3
ahol R az ABCD köré írható kör sugara és O a középpontja.
R
Tehát a G , G , G és G pontok a K középpontú és sugarú körön vannak.
A B C D
3
16. Bizonyítsd be, hogy egy teljes négyszög átlóinak felezőpontjai egy egyenesen
helyezkednek el. (Newton-Gauss egyenes)
Bizonyítás. A B pont szimmetrikusát az M, N felezőpontokra nézve jelöljük
G -vel és H -val.
Elégséges igaz olni, hog y G, D és H egy egyenesen vannak. A feladat tehát a követ-
kezőképpen fogalmazható meg:
Az EBFH és BCGA paralelogrammákban ( B ∈ ( AE)
) { D} = AF ∩ GH .
Bizonyítsuk b e , hogy EC , , Dkollineárisak (vagy
EC ∩GH ∩ AF =∅).
Ha { J} = AF ∩ EH , { K} = HG ∩ EB,
valamint { L} = EC ∩JK
, akkor igazolni
kell, hogy az EKJ háromszögben JA, KH és EL összefutnak. Másrészt az
AK AG JH HF
EB = a , BA = b , EI = c és IH = d jelöléssel az = és =
EB EH JE EA
c
a
egyenlőségekből következik, hogy AK = ( a + b)
és HJ = ( c + d)
. Ugyanakkor
d
b
JL TEJL [ ] EJ IC ad
= = ⋅ = ,
LK T[ EJK ] EK CB bc
tehát
a
( c + d)
EA KL JH a + b bc
⋅ ⋅ = d
c ⋅ ⋅ = 1.
AK LJ HE ( a + b)
ad c + d
d
A Ceva tételének a fordítottja alapján HK ∩JA ∩EC≠∅, tehát az eredeti megfogalmazásban
G, D és H egy egyenesen vannak. Ennek az egyenesnek a B közép-
pontú
1
2
arányú homotétiával való képe az négyszög Newton-Gauss egyenese.
ABCD

A trigonometria elemei 255
VIII. A trigonometria elemei
VIII.1.1. Gyakorlatok (186. oldal)
1. Hány fokosak az alábbi szögek?
a) π ;
π
b) ;
2
π
c) ;
3
π
d) ;
6
2π
e) ;
3
π
f) ;
4
5π
g) ;
6
4π
h) ;
3
i) 3π
;
2
π
j) ;
90
π 2π
k) ; l) .
15 9
α ⋅180
Megoldás. Az α radián foknak felel meg.
π
a) 18 0 ; b) ; c) 60 ; d) ; e) 12 ; f) 45 ; g) 15 ;
90
30
0
0
h) 24 0 ; i) 27 ; j) ; k) 12 ; l) .
0
2
40
2. Fejezd ki radiánban az alábbi szögek mértékét:
o
o
o
o
o
o
o
a) 30 ; b) 15 ; c) 22 30′ ; d) 11 15′ ; e) 75 ; f) 18 ; g) 72 ;
o
o
h) 126 ; i) 529 .
β⋅π Megoldás. A β radiánnak felel meg.
180
a) π
6 ; b) π π π 5π
π 2π
7π
; c) ; d) ; e) ; f) ; g) ; h) ;
12 8 16 12 10 5 10
i) 529π
;
180
VIII.2.1. Gyakorlatok (188. oldal)
1. Számítsd ki a következő szögek szögfüggvényeit:
o
a) 30 ;
o
b) 60 ;
o
c) 45 .
Megoldás. a) Az ABC egyenlő oldalú háromszögben meg-
l
húzzuk az AD magasságot. Ha AB = l , akkor BD = ,
2
tehát Pitagorász tétele alapján
AD =
2 2 l 3
AB − BD = .
2
Tehát
BD 1
sin 30 = = ,
AB 2
AD
cos 30 = =
AB
3
,
2
BD
tg 30 = =
AD
3
AD
, ctg 30 = =
3
BD
3 .
b) Az előbbi ábrán ( BD ) = 60
mA , tehát
A
B
C
D

256 A trigonometria elemei
BD
sin 60 = =
AD
3
,
2
BD 1
cos 60 = = ,
AB 2
AD
tg 60 = =
BD
3 ,
BD
ctg 60 = =
AD
3
.
3
C
c) Az AB C egyenlőszárú és derékszögű háromszögben ha
AB = BC = l , akkor Pitagorász tétele alapján AC = l
tehát
2 ,
l 2 l
sin 45 = cos 45 =
2. Bizonyítsd be, hogy:
2
és tg 45 = ctg 45
2
= 1 .
A
l
B
a) sin α
o
cos( 90 α)
, ∀ α ∈
o
0, 90 ;
= − ( )
= (
o
− )
o
∀ α ∈(
0, 90 )
= (
o
− )
o
∀ α ∈(
0, 90 )
= (
o
− )
o
∀ α ∈(
0, 90 )
b) cos α sin 90 α , ;
c) tg α ctg 90 α , ;
d) ctg α tg 90 α , .
Bizonyítás. Rögzített α ∈ (0 , 90 ) esetén tekintjük az AB C derékszögű háromszöget,
amelyben mBAC ( )
= α . Így (
mBCA) = 90 −α,
tehát
BC
a) o
sin α = = cos BCA = cos( 90 − α)
;
AC
AB
b) o
cos α = = sin BCA = sin ( 90 − α)
;
AC
C
BC
c)
(
o
tg α = = ctg BCA)
= ctg( 90 − α)
;
AC
B
AB
d)
(
o
ctg α = = tg BCA)
= tg( 90 − α)
.
AC
A
3. Írd át szögfüggvényekre a befogó tételt és a magasság tételt.
Megoldás. Az AB C derékszögű háromszögben meghúzzuk az AD magasságot
2
AC CD
A∈ ( BC)
. A befogó tétel alapján AC = CD ⋅BCvagyis
= .
BC AC
Másrészt α = mCBA ( ) = mCAD ( ) = 90 − mACD ( )
,
tehát az AB C háromszögben sin α
C
D
A
B
AC
= és az ACD
BC
CD
háromszögben sin α = . Ebből következik, hogy a
AC
befogó tétel si nCBA =
sinCAD
alakban is írható (ami
nyilvánvalóan igaz).

A trigonometria elemei 257
2
AD
A magasság tétel alapján AD = CD ⋅DB, tehát tg tg BD
= ACB = BDA = .
CD AD
4
4. Az A -ban derékszögű ABC háromszögben sinC
= és az AB befogó hossza
5
l . Számítsd ki a többi oldal hosszát és a C szög szögfüggvényeit.
4
AB
5
Megoldás. Ha sinC
= és AB = l , akkor a sinC
= alapján BC = l és
5
BC
4
2 2 3
AB 3
így AC = BC − AB = l . Ebből következik, hogy cosC
= = ,
4
BC 5
4
3
tg C = és ctg C = .
3
4
5. Az AB C derékszögű háromszögben az egyik szög a másik kétszerese. Mennyi lehet az
AB
BC arány?
Megoldás. A derékszög kétszerese nem lehet a háromszög szöge, tehát két esetet
kell megvizsgálni:
1. eset. Az egyik szög mértéke α < 90 és . Így a háromszög egyenlő szárú
és derékszögű, tehát
2α = 90
AB ⎧⎪ ∈
⎪
⎨1, BC ⎪ ⎪⎩ 2 ⎫⎪
2,
⎪
⎬
2 ⎪ ⎪⎭
.
2. eset. Az egyik szög mértéke α < 90 és . Ebben az esetben
hát a szögek mértéke 30 és . Így
2α < 90
α+ 2α = 90
, te
, 60 90 AB 1
{ ,2,
BC 2
3,
3
,
3
=
3 2 3⎫⎪
, ⎬
2 3 ⎪⎭ .
VIII.2.2. Feladatok (188. oldal)
1. Bizonyítsd be, hogy ha AA ′ ( A′ ∈ ( BC)
) az ABC háromszög A szögének belső
BA′ AB
szögfelezője, akkor = .
AC ′ AC
Bizonyítás. Húzzunk merőlegest B -ből és C -ből az
AA′ -re. Ha D és E a két merőleges talppontja, akkor
A
BD AA′
= (mert a BA′ D és CA′ E háromszögek
EC A′ C
A BD EC
hasonlóak). Ugyanakkor si n = = , tehát
2 AB AC
A
E
BD AB
= és így
EC AC
B
D
BA′
AB
= .
AC ′ AC
C

258 A trigonometria elemei
2. Bizonyítsd be, hogy az AB C háromszög A szögének AA1
szögfelezőjére igaz az
AA1
2bc
A
= cos összefüggés, ahol b = AC
b + c 2
és c = AB .
Bizonyítás. Ha B1∈AC úgy, hogy
AB 1 1 AB , akkor az 1. feladat alapján
BA1 c
AC 1 b
= , tehát A
ac
ab
BA 1 = és AC = .
b + c b + c
Ebből következik, hogy
M B1 AC 1 bc
AB 1 1 = AB⋅ =
BC b + c
Másrészt mBAA (
1 1) = mAAB ( 1 ) = mBAA ( 1 1 ) és
így az AB 1A1 háromszög egyenlő szárú. Ha M
az AA1
felezőpontja, akkor
B
A1 C
A A bc A
AM = AB1⋅ cos = A1B1⋅ cos = ⋅cos
.
2 2 b + c 2
2bc
A
Az M pont felezőpont, tehát AA 1 = 2AM = cos
.
b + c 2
A
3. Bizonyítsd be, hogy az AB C hegyesszögű háromszögben
a = b cosC + ccos B .
Bizonyítás. Mivel a háromszög hegyesszögű, az A
csúcshoz tartozó magasság D talppontja a ( BC)
-n van. B
Így a = BC = BD + DC = AB⋅ cos B + AC ⋅cosC
=
= c⋅ cos B + b⋅cosC
.
4. Bizonyítsd be, hogy
⎛ π⎞
a) sin x < x < tg x , ∀x∈ ⎜
⎜0, ⎟
2
⎟ ;
⎝ ⎠
b) si n x ≥
x
2
1 + x
⎛ π⎞
, ∀x∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎝ 2 ⎠
⎟
C
M
P
A
x
N B
.
Bizonyítás. a) Az AB C háromszögben mBAC ( )
= x , AB = AM = 1 és
MN ⊥ AB (lásd a mellékelt ábrát).
BC
MN
A tg x = , sin x =
AB
AM
BC = tg x , MN = sin x , tehát
egyenlőségek alapján
AB ⋅ BC tg x
TABC [ ] = = ,
2 2
AB ⋅ MN sin x
TAMB [ ] = = .
2 2
Másrészt az M és a B pont az A középpontú, AB = 1 sugarú körön van, tehát
[ x
TAMB ] = . Világos, hogy TAMB [ ] < TAMB [ ] < TACB [ ] , tehát
2
D
C

A trigonometria elemei 259
sin x < x < tg x.
b) Az a) alpont második egyenlőtlensége alapján létezik P ∈ ( BC)
úgy, hogy
BP = x . Így AP =
2
1 + x és BP
sin( BAP)
= =
AP
x
2
1 + x
.
Másrészt P ∈ ( BC)
alapján sin( BAC ) ≥ sin( BAP )
, tehát sin x ≥
x
2
1 + x
.
⎛ π⎞
5. Bizonyítsd be, hogy ha ab∈ , és létezik x ∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎝
⎟
2 ⎠⎟
2 2
asin x + bcos x > 2 , akkor a + b > 4 .
Bizonyítás. A Cauchy-Bunjakovski egyenlőtlenség alapján
2 2 2 2 2
( a + b )(sin x + cos x) ≥ ( asin x + bcos x)
> 4
2 2
2 2
tehát a + b > 4 , mert sin x + cos x = 1 .
VIII.5.2. Gyakorlatok és feladatok (200. oldal)
úgy, hogy
1. Számítsd ki az alábbi értékeket:
⎛ π⎞
a) sin ⎜
⎜π + ⎟
⎝
⎟
6 ⎠ ⎟ ;
⎛ π⎞
b) sin ⎜ 2π
− ⎟
⎝ 3⎠
⎟;
⎛3π
π ⎞
c) sin ⎜ + ⎟
⎜⎝
⎟
2 12⎠
⎟ ;
10π
d) cos ;
3
54π
e) cos ;
6
57π
f) cos ;
6
2001π
g) sin ;
3
2002π
h) cos ;
3
i) sin kπ, k ∈ ; j) cos( 2k + 1 ) π,
k ∈ ;
( 2k+ 1)
π
k) sin , k ∈ .
2
π π 1
π π 3
Megoldás. a) sin ( π + ) =− sin =− ; b) sin
6 6 2 ( 2π − ) =− sin =− ;
3 3 2
⎛3π π ⎞ π π 5π
π
c) sin ⎜
⎟
⎜⎝
+ =−sin ( − ) =− sin =− cos =−
2 12⎠ ⎟
2 12 12 12
6 +
4
2
;
⎛10π⎞ 1
d) cos ⎟
π π
54π
⎜
⎜⎜⎝ ⎟ = cos( 3π + ) =− cos =−
3
⎟
; e) cos = cos 9π =− 1 ;
⎠
3 3 2
6
57π
π
2001π
f) cos = cos( 9π + ) = 0 ; g) sin = sin 667π = 0 ;
6 2
3
2002π π π 1
h) cos = cos( 667π + ) =− cos =− ; i) sin kπ = 0
3 3 3 2
∀ k ∈ ;
j) cos(2k + 1) π = −1∀ k ∈ ;
π π π π
k
sin = sin kπ + = sin kπ⋅ cos + cos kπ⋅
sin = ( −1) ∀ k ∈ .
2 2 2 2
(2k + 1)
k) ( )
2. Számítsd ki cos t -t, ha

260 A trigonometria elemei
3 ⎛3
π ⎞
a) sin t =− és t ∈ ⎜ ,2π
⎟
5
⎜⎜⎝ 2 ⎠ ⎟ ; b) sin t =
10 − 2 5 ⎛21 π ⎞
és t ∈ ⎜ ,11π⎟
4
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟ ;
−
c) sin t =
6 +
4
2 ⎛ 47π⎞
és t ∈ ⎜
⎜23 π,
⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟.
⎛3 π ⎞
Megoldás. a) t ∈⎜ ⎜ ,2π⎟ ⎜⎝ 2 ⎠
⎟
4
cost
= .
5
⇒
2 2 9
cost > 0 . De cos t = 1 − sin t = 1 − , tehát
25
2 10 − 2 5 6 + 2 5 ⎛1+ b) 1− sin t = 1−
= =⎜
⎜
16 16 ⎜⎝ 4
2
5 ⎞
⎟
⎠ ⎟ .
⎛21 π ⎞
t ,11π⎟
1+ ∈ ⎜ ⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ alapján cost < 0 , tehát cost
=−
4
5
.
⎛ 47π⎞
c) t ∈ ⎜
⎜23 π,
⎟
⎜⎝ 2 ⎠
⎟
Másrészt
⇒ cost < 0 .
⎛
2 −
cos t = 1 − ⎜ ⎜⎝ 6 +
4
2
2⎞ ⎟ 8− 2 12 8+ 2 6⋅ ⎟ = 1 − =
⎠⎟ 16 16
2 ⎛
= ⎜
⎝⎜ 6 +
4
2
2⎞
⎟
⎠⎟
, tehát
cost
=−
6 +
4
2
.
3. Számítsd ki sin t -t, ha
5 ⎛7 π ⎞
a) cost
= és t ∈ ⎜ ,4π⎟
13
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟;
2 ⎛9 π ⎞
b) cost
=− és t ∈ ⎜ ,5π⎟
5
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟ ;
2 ⎛ 19π⎞
c) cost
=− és t ∈ ⎜9
π,
⎟
7
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟ .
⎛7
π ⎞
Megoldás. a) Ha t ∈ ⎜ ,4π⎟
⎟
⎜⎝ 2 ⎠ ⎟,
akkor sin t < 0 .
2 2 25 144
12
sin t = 1 − cos t = 1 − = , tehát sin t =− .
169 169
13
⎛9
π ⎞
b) Ha t ∈ ⎜ ,5π⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ , akkor sin t > 0 , tehát sin t =
4
1 − =
25
2
5
1 .
⎛ 19π⎞
c) Ha t ∈ ⎜
⎜9 π,
⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ , akkor sin t < 0 , tehát sin t =−
4 3
1 − =−
49 7
5 .
4. A trigonometrikus kör segítségével határozd meg azokat az x ∈ valós számokat,
amelyekre:
1
a) si n x = 0 ; b) sin x = 1 ; c) cos x = 0 ; d) cos x =−1;
e) sin x = ;
2

A trigonometria elemei 261
3
f) cos x =− ; g) sin x = cos x ; h) si n x + cos x = 1 ; i) si n x =−cos
x .
2
y
Megoldás
a) Ha si n x = 0 , akkor az x -nek megfelelő pont a
trigonometrikus körön az A (1, 0) vagy B( −1,
0) pont. Így
x ∈{ kπ| k ∈ }
.
y
O
A
x
b) Ha sin x = 1 , akkor x képe a trigonometrikus körön az
π
A (0, 1) pont. Tehát x ∈ { + 2 kπ| k ∈
2
} .
π
c) Ha cos x = 0 , akkor x ∈ { ± + 2 kπ| k ∈
2
} .
d) Ha cos x =− 1 , akko r x ∈ { π + 2 kπ | k ∈ }.
1
e) Ha sin x = , akkor az x képe a trigonometrikus körön
2
3 1
az ⎟ vagy ,
⎛ ⎞ ⎛
A⎜ 3 1⎞ ⎜⎝
a B ⎜ ,
2 2⎠
⎜⎝
− ⎟⎠ pont. Így
2 2
π π
x ∈ { + 2 kπ | k ∈ } ∪{ ( π− ) + 2 kπ | k ∈
6 6
} =
k π
= { ( − 1) + kπ| k ∈
6
} .
3
f) Ha cos x =− , akkor
2
π π π
{ ( π ) 2 π | } { ( π ) 2 π | } { (2 1) π | k }
x ∈ −
6
+ k k ∈ ∪ +
6
+ k k ∈ = ± +
6
k + ∈
.
π
g) Ha sin x = cos x , akkor sin x −sin( − x)
= 0 , tehát
2
π π
x − + x x + −x
2sin 2 cos 2 = 0.
2 2
π π
π
Mivel cos ≠ 0 , csak a si n
4
( x − ) = 0 lehetséges. Így x − ∈{ kπ| k ∈} ,
4
4
π
tehát x ∈ { + k π | k ∈
4
} .
B
B
O
y
O
A
A
x
x

262 A trigonometria elemei
2 2
2
h) sin x = 1 −cos
x , tehát sin x = 1 + cos x −2cos
x és így 2cos x − 2cosx
+
+ 1= 1,
tehát cos x ∈ {0, 1} .
π
Ha cos x = 0 , akkor si n x = 1 , tehát x ∈ { + 2 k π | k ∈
2
} . Ha co s x = 1 , akkor
sin x = 0 és így x ∈{2 kπ| k ∈}
.
(4 k + r)
π
A megoldáshalmaz: M = { | k ∈ , r ∈{0,1}
}
.
2
π π π
i) Ha si n x =− cos x , akkor 0 = sin x + sin ( − x) = 2 sin cos
2 4 ( x −
4)
, tehát
π
π (2k + 1) π
cos( x − ) = 0 . Ebből következik, hogy x ∈
4
{ + | k ∈
4 2 } .
π 2π 3π 4π 5π
5. a) Bizonyítsd be, hogy sin + sin + sin + sin + sin = 0 .
3 3 3 3 3
*
b) Határozd meg azokat a k ∈ számokat, amelyekre
π 2π 3π 4π
kπ
sin + sin + sin + sin + ... + sin = 0 .
3 3 3 3 3
π 3 2π 3 3π
4π
Megoldás. a) sin = , sin = , sin = sin π = 0 , sin =
3 2 3 2 3
3
π 3 5π 2π
− sin =− és sin =− sin =−
3 2 3 3
3
, tehát
2
π 2π 3π 4π 5π
sin + sin + sin + sin + sin = 0 .
3 3 3 3 3
kπ 3
b) A sin értéke az előbbihez hasonlóan ismétlődik (kétszer , egyszer 0,
3
2
kétszer – 3
2 stb.). Így a k
jπ
∑ sin összeg pontosan akkor lehet 0, ha k 6
(0-val
j=
1 3
* *
fejeződik be az összeg) vagy ( k + 1) 6.
Tehát M = {6 j | j ∈ } ∪{6j −1 | j ∈ } .
6. Bizonyítsd be, hogy − 2 ≤ sinx + cosx ≤ 2 , ∀ x ∈ .
Bizonyítás.
x + x = x +
π
( − x
2 ) =
π
4
π
( x −
4)
= ( x −
4)
π
( x − ) ∈ − , következik, hogy − 2 ≤ sinx + cosx ≤ 2 .
sin cos sin sin 2 sin cos 2 cos
cos [ 1, 1]
4
7. Hasonlítsd össze a si n x
Általánosítás.
és sin y
⎡ π ⎤
kifejezéseket, ha x, y ∈ ⎢0, ⎥
⎢⎣ 2 ⎥⎦
π . Mivel
és x <
y .

A trigonometria elemei 263
y − x y + x
⎡ π ⎤
Megoldás. sin y − sin x = 2 sin cos . Ha x, y ∈ ⎢0, ⎥
2 2
⎢⎣ 2 ⎥⎦
y + x y −x ⎛ π ⎤
, ∈ ⎜0
⎥
2 2
⎜⎝
, , tehát sin y > sin x .
2⎥⎦
és x , akkor y <
8. Hasonlítsd össze a co s x
Általánosítás.
⎡ π ⎤
és cos y kifejezéseket, ha x, y ∈ ⎢0, ⎥ és x < y .
⎢⎣ 2 ⎥⎦
x − y x + y
⎡ π ⎤
Megoldás. cos y − cos x = 2 sin sin . Ha x, y ∈ ⎢0, ⎥ és x , akkor
2 2
⎢⎣ 2 ⎥⎦
y <
x − y ⎡ π ⎞
∈− ⎢ ,0⎟
2 ⎢⎣ 2
⎟⎠
cos y < cos x.
,
x + y ⎡ π⎞
∈ ⎢0, ⎟
2 ⎢⎣ 2
⎟⎠
, tehát
x − y x + y
2sin sin < 0
2 2
. Így
9. Bizonyítsd be, hogy sin x + sin y ≥ , ∀ x ∈ .
8
8 8 1
Bizonyítás. Az a + b ≥ ( a + b)
egyenlőtlenség alapján
2
2
8 8 1 4 4 2 1 ⎛1 2 2 2⎞
sin x + cos x ≥ (sin x + cos x) ≥ ⋅ ⎜ (sin x cos x)
⎟
2 2
⎜⎜⎝ + ⎟ =
2
⎠⎟
2 2 1
2
10. Bizonyítsd be, hogy ha sin x + cos x ∈ , akkor
n n
sin x + cos x ∈ , *
∀ n ∈ .
Bizonyítás. A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy ha x , x ∈ ,
x1 + x2
2 2
∈ és x1 + x2
n
∈ , akkor x1 n
+ x2 ∈ ,
∀ n ≥2
. A feltételek alapján
1 2 2 2
x1⋅ x2 = [ ( x1 + x2) − ( x1 + x2)
] , tehát x 1
2
és x2
2
az x − ax + b = 0 egyenlet
gyökei, ahol a = x1 + x2
∈ és b = x1x2 ∈ . Így
n+ 1 n n−1
x1 = ax1 −bx1 ,
n+ 1 n n−1
∀ n ≥ 1;
x2 = ax2 −bx2 , ∀ n ≥1,
n+ 1 n+ 1 n n n−1 n−1
tehát x1 + x2 = a( x1 + x2) − b( x1 + x2
) ∈ ,
n
ha x
n
n−1 n−1
+ x ∈és
x + x ∈ . Tehát az állítás amit indukcióval igazolunk:
1 2
1 2
m m
1 2
Pn ( ): x + x ∈ , ∀ m≤n Ez igaz n = 2 esetén, és az előbbi gondolatmenet alapján Pn ( ) ⇒ Pn ( + 1) . Így a
*
n n
matematikai indukció elve alapján Pn ( ) igaz ∀ n ∈ esetén, tehát x1 + x2
∈,
∀ n ≥1. Ha ezt x1= sin x és x 2 =
cos x esetén alkalmazzuk, a bizonyítandó tulajdonsághoz
jutunk.
1
8
.
1 2

264 A trigonometria elemei
11. Bizonyítsd be, hogy sin nx
* ⎛ π ⎤
< n sin x , ∀ n ∈ \{1} és x ∈ ⎜
⎜⎝
0, ⎥ esetén.
2 ⎥⎦
Bizonyítás. A matematikai indukció módszerét használjuk. A tulajdonság igaz
n = 2 esetén, mert sin 2x = 2 sin x cos x < 2 sin x . Ha igaz n -re, akkor a
sin( n + 1) x = sin nx ⋅ cos x + sin x ⋅cosnx ≤ sin nx ⋅ cos x + sin x ⋅ cosnx
<
< n⋅ sin x + sin x = ( n + 1) sin x
egyenlőtlenség alapján ( n + 1)
-re is érvényes.
Így sin nx < n sin x, ⎛ π ⎤
∀ n ≥ 2 és x ∈ ⎜
⎜⎝
0, ⎥
2 ⎥⎦ .
2
4x + 8x
+ 8
12. Oldd meg az 5− 3sinx=
egyenletet a valós számok halmazában.
x + 1
2
Megoldás. Az 5−3 sinx≤ 8 és 4x + 8x + 8≥ 8x
+ 8 egyenlőtlenségek alapján
x + 1> 0 esetén az egyenlet megoldására mindkét egyenlőtlenségben egyenlőség
kellene teljesüljön. Ez nem lehetséges, tehát az x >−1
esetben nincs megoldás.
2
4x
Ha x 1−4x egyenlőtlenség kellene teljesüljön.
x + 1
Ugyanakkor x 5,
tehát a 3s inx > 5 egyenlőtlenséghez jutunk.
Mivel ez sem lehetséges, az egyenletnek nincs megoldása.
13. Az Ex () = sin2x+ cos3xkifejezés
esetén keresd meg azt a legkisebb, nullától
különböző pozitív T számot, amelyre E( x + T) = E( x), ∀ x ∈ .
Megoldás. Az Ex ( + T) = Ex ( ), ∀ x∈
egyenlőségből következik, hogy
sin 2T + cos 3T = 1 (az x = 0 helyettesítéssel)
és sin 2T + cos(3π + 3 T)
= −1(az
x = π helyettesítéssel).
Így cos 3T − cos(3π + 3 T)
= 2 , tehát cos 3T = 1, sin 2T = 0 . A legkisebb ilyen
T > 0 érték a T = 2π
.
⎛ π⎞
14. Bizonyítsd be, hogy ha ab> , 0 és x ∈ ⎜0,
⎟
a −bsin
x 2 2
⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟,
akkor ≥ a − b .
cos x
Bizonyítás. A négyzetre emelés és cos x -szel való szorzás ekvivalens átalakítások,
⎛ π⎞
2
a létezési feltétel és x ∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ alapján. Így az egyenlőtlenség az ( a⋅sin x −b) ≥ 0
alakra hozható, ami igaz.
VIII.5.5. Gyakorlatok és feladatok (205. oldal)
1. Ábrázoljuk grafikusan a következő függvényeket:

A trigonometria elemei 265
a) f : → , fx () = 2+ sinx;
b) f : → , fx () = 3−cosx; c) f : → , fx () = sin2x;
d) f : → , fx () = 2cosx;
e) f : → , fx () = sinx;
π
f) f : \ { ( 2k + 1 ) | k ∈
2 } → , fx () = tgx;
⎛ π⎞
g) f : → , fx ( ) = cos ⎜
⎜x + ⎟
⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ ; h) , .
: f → fx () = sin(
x−π) Megoldás
a) y
b)
c)
d)
3
2
1
–2 – O
4
3
2
–2 – O
–
––
2
––
2
2
O
–2
y
y
y
–
2
O
–
2 x
4
–
2
x
x
x

266 A trigonometria elemei
e)
f)
g)
–2 –
––
3
–
2
–
––
2
––
2
1
O
O
O
y
y
y
–
2
–
2
2
2. A grafikus képek segítségével oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket:
a) si n x > cos x ; b) co s x > tg x .
Megoldás. a)
––
3
2
x
x
x

A trigonometria elemei 267
O
y
–
4
M 1
–
2
5
4
M 2
3
2
2
⎛π 2⎞ ⎛5
A [0 , 2 π] intervallumon a két grafikus kép metszéspontjai M ⎜
1 , ⎟, M ⎜ π 2⎞
⎜ ⎟ 2 , − ⎟
⎜
⎜
⎜4 2
⎟ ⎜ 4 2
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎟
⎛π
5π⎞
és a ⎜ , ⎟
⎝
⎟
4 4 ⎠ ⎟ intervallumon van a szinusz függvény képe magasabban, tehát az egyen-
⎛π 5π
⎞
lőtlenség megoldáshalmaza: M = ∪ ⎜ + 2 kπ,
+ 2k
π⎟
⎝
⎟
k∈
4 4 ⎠⎟.
b)
y
–
1
O
–1
x 1
x 2
⎛ π 3π⎞
⎧⎪ A ⎜
⎜− , ⎟
5 − 1
⎫⎪
⎜⎝ 2 2 ⎠ ⎟ intervallumban két metszéspont létezik, ezekre cos x ∈
⎪ ⎪
⎨± ⎬.
⎪ 2 ⎪
⎩ ⎪⎭
⎛ π ⎞
Az ábra alapján ezen az intervallumon a megoldáshalmaz , x ⎟
⎛π
⎞
⎜
⎜− 1⎟∪⎜
, ⎟
2
⎟ ⎜ x2 ⎝ ⎠ ⎝2 ⎠ ⎟,
tehát
⎛
π
⎞ ⎛
M ⎜ ⎛ ⎞ π
2 kπ, x1 2kπ⎟ ⎟ ⎜
⎛
⎞
⎞
⎟
= 2 kπ, x2
2 ⎟
⎜ ⎜− + + ⎟ ⎜ + + ⎟⎟
⎜∪⎜ ⎟ ⎜
⎟
k∈ 2
⎟⎟ ∪
⎝ ⎠ ⎜∪⎜
kπ
⎟ ⎝ k∈
2
⎟
⎜ ⎜
⎟
.
⎝ ⎠ ⎝
⎠
⎠⎟
2
x
x

268 A trigonometria elemei
VIII.5.6.2. Gyakorlatok (208. oldal)
1. Számítsd ki:
a) sin14 cos16 cos14 sin16 ;
o
tg 23 + tg 22
c)
o o
1− tg22 tg23
; d)
Megoldás. a)
o o
+
o
o o o o o o
b) cos 51 cos 9 − sin 51 sin 9 ;
o o
3sin19− cos19.
sin14 cos16 + cos14 sin16 = sin(14 + 16 )
= ;
b) cos 51 cos 9 − sin 51 sin 9 = cos(51 + 9 )
1
2
tg 23 + tg 22
c)
= tg (23 + 22 ) = 1;
1−tg22 ⋅tg23
d) 3 sin19 − cos19
⎛ 3
= 2 ⋅ ⎜ sin19
⎜⎜⎝ 2
1 ⎞
− cos19 ⎟
2
⎟
⎠⎟
= ;
=
= 2 ⋅(cos30 ⋅sin19 −sin30 ⋅ cos19 ) =−2sin(30 − 19 ) =−2sin11.
2. Bizonyítsd be, hogy acos ϕ+ bsinϕ =
2 2
a
a + b ⋅ sin ( ϕ+ ϕ0),
ahol tgϕ
0 = .
b
Bizonyítás. a⋅ cos ϕ+ b⋅ sin ϕ =
⎛
2 2
a + b ⋅ ⎜
⎜⎜⎝ a
2 2
a + b
⋅ cos ρ+
b ⎞
⋅sinρ
⎟
2 2 ⎟ .
a + b ⎠⎟
Mivel
⎛
⎜ ⎜⎝ 2
a ⎞
⎟
⎛
⎟ ⎜
2 2 ⎟ + ⎜
a + b ⎠⎟ ⎝⎜ 2
b ⎞
⎟ = 1
2 2
a + b ⎠⎟
a
2 2
a + b
= sin ρ0
és
b
2 2
a + b
= cos ρ0
acos ρ + bsin ρ =
2 2
a
a + b ⋅ sin( ρ +ρ ) , ahol tg ρ = .
0
0
b
1
2
, létezik olyan ϕ szög, amelyre
0
. Egy ilyen ϕ szög az
0
arctg a
b
3. Számítsd ki a cos( a−b) értékét, ha sina + sinb = 2 és cosa + cosb = 1.
2 2
Megoldás. sina + sinb = 2 alapján sin a + sin b + 2 sinasinb = 2 .
2 2
cosa + cosb = 1-ből
következik, hogy cos a + cos b + 2 cosacosb = 1 .
Ha összeadjuk a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait a
2 ⋅(cosa⋅ cosb + sina⋅ sin b)
= 1
1
egyenlőséghez jutunk, tehát cos( a − b)
= .
2
4. Számítsd ki a sin ( a ± b)
, cos( a ± b)
, tg( a ± b)
kifejezések értékét, ha
1 1 ⎛ π⎞
a) sina
= , sinb
= és ab , ∈ ⎜0,
⎟
5 3
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟ ;
. Tehát

A trigonometria elemei 269
1 2 ⎛3π⎞ b) sina
=− , cosb
= és ab , ∈ ⎜ , π⎟
3 3
⎜⎜⎝ 2 ⎟
2 ⎠⎟;
1
3 ⎛ 3π⎞
c) cosa
=− , cosb
=− és ab , ∈ ⎜π,
⎟
7
7
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟ ;
2 4 ⎛π⎞ d) cosa
=− , sinb
= , ab , ∈ ⎜ , π⎟
5 5
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟ .
⎛ π⎞
Megoldás. a) Mivel ab , ∈ ⎜0,
⎟
2 6
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟ , az adott értékekből következik, hogy cosa
=
5
2 2
és cosb
= . Tehát
3
2 2 + 2 6
sin( a + b) = sinacosb + sinbcosa = ;
15
2 2 − 2 6
sin( a − b) = sinacosb− sinbcosa = ;
15
8 3 −1
cos( a + b) = cosacosb− sinasinb = ;
15
8 3 + 1
cos( a − b) = cosacosb + sinasinb =
15
tga + tgb 2( 2 + 6)
tg( a + b)
= =
;
1−tga⋅tgb 8 3 −1
2( 2 − 6)
tg( a− b)
=
8 3 + 1
.
−2∓2
10
4 2 ∓ 5
−2∓2
10
b) sin( a ± b)
=
; cos( a ± b)
= ; tg( a ± b)
=
.
9
9
4 2 ∓ 5
12 3 ± 2 10
3 8 30
c) sin( a ± b)
= ; cos( a ± b)
=
49
49
∓
12 3 ± 2 10
; tg( a ± b)
=
.
3∓8 30
−3
21∓ 8
6 4 21
d) sin( a ± b)
=
; cos( a ± b)
=
25
25
∓
−3
21∓8 ; tg( a ± b)
=
.
6∓4 21
5. Hozd egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket:
sin( x + y) + sin ( x −y)
cos( x + y) + sin x sin y
a)
; b)
;
sin ( x + y) −sin( x − y)
cos( x −y) −sin
x sin y
tg 2a + tg 2b− ( ctg 2a + ctg 2b
)
c) 2 ⋅
.
tga + tgb− ( ctga + ctgb)
sin( x + y) + sin( x − y) 2 sin x cos y tg x
Megoldás. a)
= = .
sin( x + y) −sin( x −y)
2 sin ycosx tgy

270 A trigonometria elemei
cos( x + y) + sin x sin y cos x cos y
b) = = 1 .
cos( x −y) −sinx
sin y cos x cos y
2 2
+
tg 2a + tg 2 b− (ctg 2a + ctg 2 b) tg 4a tg 4b
c) 2⋅ = 2⋅
=
tga + tg b− (ctga + ctg b)
2 2
+
tg 2a tg 2b
sin(4a + 4 b) ⋅tg2a⋅tg 2b⋅cos 2a⋅ cos 2b 2cos2( a + b)
= 2⋅ = = 2(1−tg2a⋅tg2
b).
sin(2a + 2 b) ⋅tg4a⋅tg 4b⋅cos 4a⋅cos 4b cos 2a⋅cos 2b
x x
6. Számítsd ki az E = sin 2x − 3 cos 2x + 2 sin + 4 cos kifejezés értékét, ha
2 2
3 ⎛π⎞ sin x = és x ∈ ⎜ , π⎟
5
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠ ⎟ .
⎛π⎞ Megoldás. Mivel x ∈ ⎜ , π⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ és
3
4 x
sin x = következik, hogy cos x = , sin =
5
5 2
1 − cos x 10 x 1+ cosx 3 10 24
7
= = , cos = = , sin 2x
= és cos 2x
= .
2 10 2 2 10
25
25
3+ 35 10
Ebből következik, hogy E =
.
25
7. Fejezd ki co s x + cos y = a
kifejezéseket:
és sin x + sin y = b függvényében a következő
a) cos( x + y)
; b) cos( x − y)
; c) sin( x + y)
; d) sin( x − y)
.
2 2 2 2 2
Megoldás. A cos x + cos y + 2 cos x cos y = a , sin x + sin y + 2 sin x sin y = 2
b
2 2
a + b −2
egyenlőségekből következik, hogy cos( x − y)
= . Ugyanakkor
2
ab = cos x ⋅ sin x + cos y ⋅ sin y + cos x ⋅ sin y + cos y ⋅ sin x =
1 1
= (sin 2x + sin 2 y) + sin( x + y) = ⋅2⋅ sin( x + y)cos( x − y) + sin( x + y)
=
2 2
= sin( x + y) ⋅ ( 1 + cos( x −y)
) .
2ab
Tehát sin( x + y)
= .
2 2
a + b
x + y x − y
x + y x − y
Az adott egyenlőségek 2cos cos = a és 2sin cos = b alak-
2 2
2 2
2 2
x + y b
a −b
ban írhatók, tehát tg = . Ebből a cos( x + y)
= egyenlőséget kapjuk.
2 2
2 a
a + b

A trigonometria elemei 271
Ugyanakkor
2 2 2 2
2 ( a + b )(4 −a −b
)
sin ( x − y)
= ⇔
4
⎧ 2 2 2 2 ⎫
⎪ ( a + b )(4−a
−b
⎪
sin( x y)
⎪ ) ⎪
− ∈ ⎨± ⎪
⎬.
⎪ 2 ⎪
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
8. Bizonyítsd be, hogy ha sin x + sin y = 2 sin ( x + y)
és x + y ≠kπegyetlen
x y 1
k ∈ esetén sem, akkor tg ⋅ tg = .
2 2 3
Bizonyítás
x + y x −y
x + y x + y
sin x + sin y = 2 sin cos és sin( x + y)
= 2 sin cos , tehát az
2 2
2 2
x − y x + y
x + y ≠kπfeltétel alapján cos = 2 cos . Ebből következik, hogy
2 2
x y x y ⎛ x y x y⎞
cos cos + sin sin = 2⎜cos cos sin sin
2 2 2 2
⎜
⎟
⎜⎝
− ⎟
2 2 2 2⎠
⎟,
x y x y x y 1
tehát 3sin sin = cos cos és így tg ⋅ tg = .
2 2 2 2 2 2 3
E = acos x + 2bsinx cos x + csin x
2b
értékét, ha tg x = és a ≠ c .
a − c
⎛ 2
2 2
4b
⎞
Megoldás. E cos ( a 2b tg x c tg x) a ⎜1 ⎟ 2
= + ⋅ + ⋅ = ⋅ ⎜ ⎟
⎜
+ ⋅cos
2
⎜ ( a c)
⎟ x .
⎝ − ⎠ ⎟
2 1
⎛ 2
⎛ 2b⎞ ⎞ 1
Másrészt 1+ tg x = , tehát E = a⋅ ⎜1 ⎜ ⎟ ⎟
2
2 a
cos x
⎜ +
⎜
a c⎟ ⎟ ⎟⋅
= .
⎜⎝ ⎝ − ⎠ ⎟ ⎟⎠
⎛ 2b
⎞
1 + ⎜
⎟
⎜⎝
⎟
a −c⎠⎟
2
2
9. Számítsd ki az kifejezés helyettesítési
10. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket:
o o
cos 5 + sin 25
a)
=
o o
cos 25 − sin 5
3 ;
sin 78 + 3 cos 78
b)
o o
cos 3 − sin 3
o o o 1
o o
c) sin10 cos 20 cos 40 = ;
8
d) sin20 sin40 ⋅ sin60 sin80 = ;
16
o o o o
o
o o o
sin 20 cos 25 + cos 20 sin 25 cos 56 sin 146 + sin 236 sin 304
e)
= 1 ; f)
= 2
o o o o
o o o o
cos 35 cos10 − sin 35 sin10
cos 32 cos 28 − cos 302 sin152
Bizonyítás
cos 5 + sin 25 cos 5 + cos 65 2 cos 35 cos 30
a) = = = ctg 30 =
cos 25 −sin 5 sin 65 −sin52sin
30 cos 35
3 .
1
b) sin 78 +
2
3
cos 78 = sin 78 cos 60 + cos 78 sin 60 = sin138 = sin 42 .
2
Másrészt cos 3 − sin 3
= sin 87 − sin 3
= 2 sin 42 cos 45 = 2 sin 42 , tehát
=
2 ;
o o o o 3

272 A trigonometria elemei
sin 78 + 3 cos 78
=
cos 3 − sin 3
2 sin 42
=
2 sin 42
2 .
c) Szorozzuk be mindkét oldalt cos10 -kal.
4(sin10 cos10 )cos 20 cos 40 = 2(2 sin 20 cos 20 )cos 40 = 2 sin 40 cos 40 =
= sin 80
= cos10 .
1
Mivel cos10 ≠ 0 , következik, hogy sin10 ⋅cos 20 ⋅ cos 40 = .
8
d) Mivel sin 60 =
3
, elégséges igazolni, hogy sin 20 ⋅sin 40 ⋅ sin 80 =
2
3
.
8
Ezt a következőképpen alakítjuk:
2 sin 40 (2 sin 20 ⋅ sin 80 ) =
3
2
⇔
2 cos 50 (cos 60 + cos 80 ) =
3
2
⇔
⇔
2 cos 50 ⋅ cos 60 + 2 cos 50 ⋅ cos 80
= cos 30 ⇔
⇔ cos10 − cos 70 + cos 30 − cos 50 = cos 30
⇔ cos10 = cos 70 + cos 50 .
Az utolsó egyenlőség igaz, mert
70 + 50 70 −50
cos 70 + cos 50 = 2 cos cos = 2 cos 60 ⋅ cos10 = cos10
2 2
Tehát a bizonyítandó egyenlőség is igaz.
sin20 ⋅ cos25 + cos20 ⋅sin25
sin45
e) = = 1 .
cos35 ⋅cos10 −sin35 ⋅sin10
cos45
cos 56 sin146 + sin 236 sin 304 cos 56 sin 34 + sin 56 cos 34
f) = =
cos 32 cos 28 −cos 302 sin152 sin 58 cos 28 −cos
58 sin 28
sin 90
= = 2 .
sin 30
11. Számítsd ki a következő kifejezések értékét:
a)
o o o o
;
c)
o o o o
;
cos 20 cos 40 cos 60 cos 80
o o o
b) sin 6 sin12 cos 42 cos 24 ;
o
tg 20 tg 40 tg 60 tg 80
o o o
o
d) tg1 tg 2 tg 3 ... tg 89 ;
π 3π 5π 7π
2 π 2 3π 2 5π 2 7π
e) sin + sin + sin + sin ; f) sin + sin + sin + sin .
8 8 8 8 8 8 8 8
Megoldás. a) A P = cos 20 cos 40 cos 60 cos 80 egyenlőség mindkét oldalát
szorozzuk 8sin20-kal és helyettesítsük be a
1
cos 60 = értéket.
2
1
8 sin 20 ⋅ P = (2 sin 20 cos 20 )cos 40 cos 80 ⋅4⋅ =
2
1
1
= (2 sin 40 cos 40 )cos 80 ⋅2⋅ = 2 sin 80 cos 80 ⋅ =
2 2
⇔

A trigonometria elemei 273
sin160 sin 20
= = .
2 2
1
Mivel sin 20 ≠ 0 , írhatjuk, hogy P = .
16
b) A 3.7. Alkalmazások 6. feladata alapján írhatjuk, hogy
sin 6 = sin(36 − 30 ) =
cos 24 = cos(54 − 30 ) =
sin 12 = sin(30 − 18 ) =
30 −65− 5 −1
;
8
30 − 6 5 + 5 + 1
;
8
10 + 2 5 − 15 + 3
;
8
cos 42
= cos(60 − 18 ) =
10 + 2 5 +
8
5 − 3
.
3−
Így sin 6 ⋅ cos 24 =
8
5
és sin12 ⋅ cos 42 =
5 −1
.
8
3
( 5 −1)
Tehát sin 6 ⋅sin12 ⋅cos24 ⋅ cos 24 = .
128
c) A 10. feladat d) alpontja és a 11. feladat a) alpontja alapján
tg 20 ⋅tg 40 ⋅tg60 ⋅ tg 80 = 3 .
d) tg1 ⋅ tg 89 = tg1 ⋅ ctg1 = 1 és általában tg k ⋅tg(90 −k
) = 1 ha k = 1, 44 .
Így tg1 ⋅tg2⋅…⋅ tg 89 = 1.
π 3π 5π 7π ⎛ π 7π⎞ 3 5
e) sin sin sin sin sin sin ⎟
⎛ π π⎞
+ + + = ⎜ ⎜sin
sin ⎟
8 8 8 8
⎜
+ + +
⎝
⎟ ⎟
8 8 ⎠⎟ ⎝ ⎜ 8 8 ⎟=
⎠
π 3π π π ⎛ 3π
π⎞ π π
= 2 sin cos + 2 sin cos = 2 cos cos 2 cos cos
2 8 2 8
⎜ ⎟
⎜⎝
+ ⎟ =
8 8⎟ =
⎠ 4 8
π 2+ 2
= 2cos = .
8 2
2 1−cos2x 2 π 2 3π 2 5π 2 7π
f) A sin x = összefüggés alapján sin + sin + sin + sin =
2
8 8 8 8
1⎛ ⎛ π 3π 5π 7π⎞⎞
= ⎜4− ⎜cos
+ cos + cos + cos ⎟⎟=
2⎜ ⎟⎟
⎝
⎜
⎝ ⎜ 4 4 4 4 ⎠⎟⎠⎟
2.
sina + sin 3a + sin 5a + sin 7a + sin 9a
12. Írd egyszerűbb alakba az E =
kifejezést.
cosa + cos 3a + cos 5a + cos 7a + cos 9a
Megoldás.
sina + sin 3a + sin 5a + sin 7a + sin 9a = 2 sin 5acos4a + 2 sin 5acos2a + sin 5a
=
= sin 5 a⋅ (1 + 2 cos 2a +
2 cos 4 a)
.

274 A trigonometria elemei
cosa + cos 3a + cos 5a + cos 7a + cos 9a = 2 cos 5a cos 4a + 2 cos 5a cos 2a + cos 5a
=
= cos 5 a⋅ (1 + 2 cos 2a + 2 cos 4 a)
.
Tehát ha E értelmezett, akkor E = tg 5a
.
13. Bizonyítsd be a következő azonosságokat:
a) sin αsin ( β − γ) + sin βsin ( γ − α) + sin γsin ( α− β) = 0, ∀ α, β, γ ∈ ;
b) ( ) ( ) ( )
sin α + β sin β + γ = sinαsinγ + sin βsin α + β + γ ∀α, β, γ ∈ ;
c) sin ( α + β + γ) = sin αcos βcos γ + cos αsinβcos γ + cos αcos βsinγ −
− sin αsin βsinγ , ∀ α, β, γ ∈ .
Bizonyítás. a) A s in( x − y) = sin x cos y−sin ycosx összefüggés alapján a kiszámítandó
E összeg a következőképpen alakítható:
E = sin αsin βcosγ − sin αcosβsin γ + sin βsin γcosα+ − sin βcos γsin α+ sin γsin αcos β−sinγcos αsinβ = 0 .
b) S = sin αsin γ + sin βsin ( α+ ( β + γ)
) =
= sin αsin γ + sin βsinαcos( β + γ) + sin βcos αsin( β + γ)
= sin α⋅ (sin γ + sin βcos( β + γ)) + sin βcos αsin( β + γ)
.
De sin γ = sin( β + γ)cosβ− sin βcos( β + γ)
, tehát
S = sin( β + γ)(sin αcosβ + sin βcos α) = sin( β + γ)sin( α+ β)
.
c) sin( α+ β + γ) = sin ( α+ β) cos γ + sin γcos( α+ β)
=
= (sin αcos β + cos αsin β)cos γ + sin γ(cosαcos β− sin αsin β)
=
= sin αcos βcos γ + cos αsin βcos γ + cos αcosβsin γ − sin αsin βsinγ.
14. Vezess le egy képletet ( α + β + γ )
Megoldás.
cos -ra.
cos( α+ β + γ) = cos( α+ β)cosγ− sin( α+ β)sinγ =
= (cos αcos β−sin αsin β)cos γ− (sin αcosβ + sin βcos α)sin γ =
= cos αcos βcos γ −sinαsin βcosγ −sin αcosβsin γ −cosαsin
βsin
γ .
15. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = π , akkor:
x y z
a) sin x + sin y + sin z = 4 cos cos cos ;
2 2 2
x y z
b) cos x + cos y + cos z = 1 + 4 sin sin sin ;
2 2 2
c) si n 2x + sin 2y + sin 2z = 4 sin x sin ysinz
;
d) cos 2x + cos 2y + cos 2z =−1−4cosxcos ycos
z ;
e) tg x + tg y + tg z = tg x tg y tg z , ha x, y, z ∉
π
( 2k + 1) 2
k ∈ ;
x y z x y z
f) ctg + ctg + ctg = ctg ctg ctg , ha x, y, z ∉ { 2 kπ| k ∈ } ;
2 2 2 2 2 2
=
{ }

A trigonometria elemei 275
x y y z z x
g) tg tg + tg tg + tg tg = 1,
ha x, y, z∉ { ( 2k + 1 ) π | k∈
2 2 2 2 2 2
} ;
h) ct g x ctg y + ctg yctgz + ctg z ctg x = 1 , ha x, y, z∉{ kπ| k∈
} .
Bizonyítás. A 4.1. megoldott feladatok 1. feladata alapján
x + y y + z z + x
sin α + sin β + sin γ − sin( α+ β + γ)
= 4 sin sin sin .
2 2 2
a) Ha α = x , β = y és γ = z valamint x + y + z = π , akkor
π−z π−y π−x
x y z
sin x + sin y + sin z = 4 sin sin sin = 4 cos cos cos .
2 2 2 2 2 2
π π
π
b) Ha α = − x , β = − y és γ = − z , akkor x + y + z = π alapján
2 2
2
π
α+ β + γ = , tehát
2
π−x −y π−x −z π−y−z
cos x + cos y + cos z − 1 = 4 sin sin sin =
2 2 2
x y z
= 4sin sin sin .
2 2 2
c) Ha α = 2x , β = 2y és γ = 2z , akkor α+ β + γ = 2π,
tehát
sin 2x + sin 2y + sin 2z = 4 sin( π−x)sin( π−y)sin( π−
z) = 4 sin x sin ysin
z .
π
π
π
π
d) Ha α = − 2x
, β = − 2y
és γ = − 2z
, akkor α+ β + γ =− , tehát
2
2
2
2
π−2x −2y π−2y−2z π−2x
−2z
cos 2x + cos 2y + cos 2z + 1 = 4 sin sin sin
=
2 2 2
= 4 cos( x + y)cos( y + z)cos( x + z) =− 4 cos x cosycos z .
tg x + tg y
e) tg( x + y) = tg( π − z) =−tgz
. De tg( x + y)
= , tehát
1−tgx ⋅tgy
tg x + tg y =− tg z + tg x ⋅tg y⋅tgz,
vagyis tg x + tg y + tg z = tg x ⋅tg y⋅tgz
.
x y
1−ctg ⋅ctg
⎛x y⎞ z z 1
f) ctg ⎟
⎛π⎞ ctg ⎟
z
⎜
+ ⎟= ⎜ − ⎟=
tg =
⎝2 2⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜2
2⎠⎟ 2
z . Tehát ctg ⋅ 2 2 1
ctg 2
x y = − ,
ctg + ctg
2
2 2
ahonnan következik a kért összefüggés.
x y y z z x x ⎛ y z⎞ y z
g) tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + tg ⋅ tg = tg ⎜tg
tg ⎟ tg tg
2 2 2 2 2 2 2
⎜⎜⎝ + ⎟ + ⋅
2 2
⎟
=
⎠ 2 2
x ⎛ ⎛y + z⎞ ⎛ y z⎞⎞ y z
= tg ⎜
⎜tg⎜ ⎟ ⎜1-tg
tg ⎟⎟tg
tg
2⎜ ⎜ ⎟⋅ ⋅ ⎟⎟+
⋅
2
⎟ ⎜ 2 2
⎟⎟
=
⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎠
2 2
x π − x ⎛ y z⎞ y z
= tg ⋅tg ⋅⎜1 tg tg ⎟ tg tg
2 2
⎜⎜⎝ − ⋅ ⎟ + ⋅ =
2 2
⎟
1,
⎠ 2 2

276 A trigonometria elemei
π−x ⎛π x⎞
mert tg tg ⎟
x
= ⎜ ctg
2
⎜⎜⎝ − ⎟ =
2 2⎠⎟.
2
h) ctg x ⋅ (ctg y + ctg z) = 1 −ctg y⋅ctg z ⇔
1−ctgy⋅ctgz ctg x =
ctg y + ctg z
⇔ ctg x = − ctg( y + z)
és ez igaz mert ctg ( π − ( y + z) ) =− ctg( y + z)
.
sin x + sin y x + y
16. Bizonyítsd be, hogy ha x, y ∈ [0, π]
, akkor
≤ sin .
2 2
sin x + sin y x + y x − y
x − y
Bizonyítás. A = sin cos egyenlőség és a cos ≤ 1
2 2 2
2
egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy
sin y + sin y x + y x −y
x + y
= sin cos ≤sin
,
2 2 2 2
x + y
mert sin ≥ 0 .
2
17. Bizonyítsd be, hogy bármely x, y ∈ esetén
2 2
a) cos ( x −y) − cos ( x + y) = sin 2x sin 2y
;
2 2
b) cos ( x − y) + cos ( x + y) = 1 + cos 2x cos 2y
;
c)
⎛ π⎞ sin ( x y) cos( x y) ( sin x cos x)( sin y cos y) 2 sin x ⎟
⎛ π⎞
+ + − = + + = ⎜ + ⎟sin⎜y + ⎟
⎜⎝ ⎟
4⎠⎟ ⎝ ⎜ 4⎠
⎟
;
⎛ π⎞
k
d) sin ⎜
⎜x ( 2k 1) ⎟
⎜⎝
+ + ⎟ = ( −1)
cos
2 ⎠⎟x
; e) ( ) ( ) 1
⎛ π ⎞ k +
cos ⎜
⎜x 2k 1 ⎟
⎜⎝
+ + ⎟ = −1sin
2 ⎠⎟
x .
Bizonyítás
2 2
a) cos ( x −y) − cos ( x + y) = ( cos( x −y) − cos( x + y) ) ⋅( cos( x − y) + cos( x + y)
) =
= 2 sin x sin y⋅ 2 cos x cos y = sin 2x sin 2y
.
2 2 1+ cos2( x − y) 1+ cos2( x −y)
b) cos ( x − y) + cos ( x + y)
= + =
2 2
1 1
= ( 2+ cos2( x − y) + cos2( x − y) ) = (2+ 2cos2ycos2 x) = 1+ cos2x cos2y
.
2 2
c) sin( x + y) + cos( x − y) = sin xcos y + sin ycos x + cos x cosy + sin ysinx =
= (sin x + cos x)(sin y + cos y ) .
Másrészt
⎛π ⎞
sin x cos x cos x⎟ π ⎛π ⎞
+ = ⎜ − ⎟+ cos x = 2 cos cos⎜
−x⎟
⎜⎝ ⎟
2 ⎠⎟ 4 ⎝ ⎜ ⎜4
⎠⎟
=
⎛π ⎞
2cos ⎜ x⎟ ⎜
− =
⎝4 ⎠
⎟
⎛π
⎞
2sin ⎜ x⎟
⎜
+
⎝
⎟
4 ⎠ ⎟
és sin y + cos y =
⎛π⎞ 2 sin ⎜ + ⎟
⎜⎝
y ⎟
4 ⎠⎟,
=
⇔

A trigonometria elemei 277
tehát a második egyenlőség is igaz.
⎛ π⎞ d) sin x (2k 1) ⎟
⎛ π⎞
sin x cos (2k 1) ⎟
⎛ π⎞
⎜
+ + ⎟= ⎜ + ⎟+
cos x sin ⎜(2k
+ 1) =
⎝ 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 2⎠⎟
⎝ ⎜ 2
⎟⎠
⎛ π⎞ π
0 cos x sin kπ ⎟
⎛ π⎞
= + ⋅ ⎜ + = cos x ⋅ ⎜sin
kπcos + cos kπsin
⎟
⎜ ⎟ ⎟=
⎝ 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 2
2⎠⎟
k
= cos x cos kπ=
( − 1) cos x .
⎛ π⎞ e) cos x (2k 1) ⎟
⎛ π⎞
cosx cos (2k 1) ⎟
⎛ π⎞
⎜
+ + ⎟= ⎜ + ⎟−
sinx sin ⎜(2k
+ 1)
⎝ 2⎠⎟ ⎝ ⎜ 2⎠⎟
⎝⎜ ⎟=
⎜ 2
⎟⎠
π k k+
1
sin sin(2 1) ( 1) sin ( 1) sin
=− x k + =−− x = − x .
2
3
18. Bizonyítsd be, hogy ∀ x, y, z ∈ esetén sin x cosy + sin ycos z + sin z cos x ≤ .
2
2 2
Bizonyítás. Ha 2 sin x cos y ≤ sin x + cos y
2 sin ycos z ≤ sin x + cos
2 2
2 2
és
2sinz cosx ≤ sin z + cos x
egyenlőtlenségek megfelelő oldalait összeadjuk, a kért egyenlőtlenséghez jutunk.
19. Bizonyítsd be, hogy tetszőleges AB C háromszögben érvényesek az alábbi egyenlőtlenségek
( A , B és C a háromszög szögeinek mértéket jelöli.):
3
A B C 1
a) 1≤ cosA+ cosB + cosC
≤ ; b) sin sin sin ≤ ;
2
2 2 2 8
1
3 3
c) cos Acos BcosC ≤ ; d) sin A+ sin B + sinC
≤ ;
8
2
A B C 1
A B C 1
e) cos cos cos ≤ ; f) tg tg tg ≤ ;
2 2 2 3 3 2 2 2 3 3
A B C
g) tg + tg + tg ≥ 3 .
2 2 2
Bizonyítás. a) C = π − ( A+
B)
alapján
cos A+ cos B + cosC = cos A+ cos B− cos( A+
B)
,
3
tehát a cos A+ cos B + cosC
≤ egyenlőtlenség ekvivalens a
2
2cosA+ 2cosB − 2cosAcosB + 2sinAsinB ≤ 3
egyenlőtlenséggel.
2 2 2 2
De 3 = sin A+ cos A+ sin B + cos B + 1 , tehát az egyenlőtlenség
2 2
(sin A− sin B) + (cos A+ cos B − 1) ≥ 0
alakban írható, és ez igaz.
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha si n A = sin B és cos A+ cos B = 1 . Ebből
π
következik, hogy A= B = C = .
3
z

278 A trigonometria elemei
A+ B A−B 2 A+ B A+ B A−B Másrészt cos ≤ cos , tehát 2cos ≤ 2cos cos és így
2 2
2 2 2
1+ cos( A+ B) ≤ cosA+ cosB
. Ebből következik, hogy 1 ≤ cos A+ cos B + cosC
.
b) A 15. feladat b) alpontja és az előbb igazolt egyenlőtlenség alapján
A B C cos A+ cos B + cosC −11
sin sin sin = ≤ .
2 2 2 4
8
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a háromszög egyenlő szárú.
c) Ha a háromszög tompaszögű vagy derékszögű, akkor a bal oldal negatív vagy 0,
tehát az egyenlőtlenség igaz. Ha a háromszög hegyesszögű, akkor létezik olyan
háromszög, amelynek szögei π − 2A , π − 2B és π − 2C . Erre a háromszögre alkalmazzuk
a b) alpontnál bizonyított egyenlőtlenséget:
π−2A π−2B π−2C
cos AcosBcosC = sin sin sin ≤
2 2 2
1
.
8
d) sin A+ sin B + sinC = sin A+ sin B + sin( A+ B)
=
A+ B⎛ A− B A+ B⎞ 2sin cos cos ⎟
A+ B⎛ A+ B⎞
= ⎜ 2sin ⎜1cos⎟
2 ⎜
+ ⎟≤ + ⎟
⎝
⎜
2 2 ⎠⎟ 2 ⎝⎜
2 ⎠ ⎟
.
A+ B⎛ A B⎞
3 3
Tehát elégséges igazolni, hogy 2sin ⎜
+
⎜1+ cos ⎟ ≤
2 ⎜⎝ 2 ⎠⎟ . Ez ekvivalens a
2
2
2 A+ B ⎛ A B⎞
27
sin ⎜
+
⎜1 + cos ⎟
2 ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ≤ egyenlőtlenséggel.
16
2 A+ B 2 A+ B
De sin = 1 − cos és
2 2
2 3
⎛ 2 A B⎞⎛ A B⎞ ⎛ A B⎞⎛ A B⎞
⎜
+
1 cos ⎟⎜ +
1 cos ⎟ ⎜
+
1 cos ⎟⎜ +
⎜ 1 cos ⎟
⎜
− ⎟ + ⎟ = − ⎟ + ⎟
⎝
⎜ ⎜ ⎜
2 ⎠⎝ ⎟⎜ 2 ⎠⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎝ ⎟⎜ 2 ⎟
,
⎠
tehát alkalmazhatjuk a számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenségeket a követ-
A+ B
A+ B
kező számokra: x = 3− 3cos , y = z = t = 1+ cos . Így
2
2
3 4 4 4
⎛ A B⎞⎛ A B⎞ ⎜
+ + ⎛x + y + z + t⎞
⎛6⎞ 3
3 − 3 cos ⎟ ⎟⎜1+ cos ⎟ = xyzt ≤ ⎜
⎟ = ⎜ ⎟ 4
⎝
⎜ ⎟
2 ⎠⎝ ⎟ ⎜ 2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ 4 ⎠⎟⎝ ⎜ ⎜4⎠⎟=
,
2
2 A+ B⎛ A B⎞
27
tehát sin ⎜
+
⎜1 + cos ⎟ ≤
2 ⎜⎝ 2 ⎠⎟16 .
A+ B A+ B
Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha 3 − 3 cos = 1 + cos és
2 2
A− B
π
cos = 1,
tehát ha A= B = C = .
2
3
e) A 15. feladat a) alpontja alapján
A B C
3 3
4 cos cos cos = sin A+ sin B + sinC
≤ ,
2 2 2 2

A trigonometria elemei 279
A B C 3 3
tehát cos cos cos ≤ .
2 2 2 8
f) A 15. feladat g) alpontja alapján
A B B C C A
3
2 A 2 B 2C
1= tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + tg ⋅tg ≥ 3 tg ⋅tg ⋅tg
2 2 2 2 2 2 2 2 2 ,
A B C 1 1
tehát tg ⋅tg⋅tg ≤ = .
3
2 2 2 3 3 3
2
⎛ A B C⎞ 2 2 2
g) ⎜
A B C
⎜tg +tg tg ⎟
⎜⎝
+ ⎟ = tg + tg + tg + 2
2 2 2⎟ ≥
⎠ 2 2 2
A B B C C A
≥ tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + tg ⋅ tg + 2 = 3 .
2 2 2 2 2 2
A B C
Tehát tg + tg + tg ≥ 3 .
2 2 2
π 3π 5π
1
20. Bizonyítsd be, hogy sin sin sin = .
14 14 14 8
Bizonyítás
π 3π 5π
π 3π 5π
Szorozzuk be a P = sin sin sin szorzatot a P ′ = 8 cos cos cos
14 14 14
14 14 14
szorzattal. Így
2π 6π 10π
PP ′ = sin sin sin .
14 14 14
π 2π 5π
π 6π
π π 10π 3
De − = , − = és − =−
2 14 14 2 14 14 2 14 14
π , tehát
5π π 3π
PP ′ = cos cos cos = P′
14 14 14 8
1
.
1
Mivel P ′ ≠ 0 , írhatjuk, hogy P = .
8
9
21. Bizonyítsd be, hogy bármely x, y ∈ esetén cos x + cos y + 2 cos(
x + y)
≥− .
4
Bizonyítás. Az egyenlőtlenség ekvivalens a
2 2
4(sinx − sin y) + (2cosx + 2cosy + 1) ≥ 0
egyenlőtlenséggel, tehát igaz.
1−sinx 1−cosx π
22. Bizonyítsd be, hogy az E = + , x ≠ kπ+
kifejezés értéke
1−tgx 1−ctgx 4
nem függ x -től.
(1 −sin x) cos x (1 −cos
x) sin x
Bizonyítás. E = +
=
cos x −sinx sin x −cos
x

280 A trigonometria elemei
cos x − cos x sin x + cos x sin x −sinx
= = 1 .
cos x − sin x
23. Számítsd ki a következő összegeket:
2 2
n n
a) tg x + 2 tg 2x + 2 tg(2 x)
+ ... + 2 tg(2 x)
;
3 x 3 x 2 3 x n−1
3 x
b) sin + 3 sin + 3 sin + ... + 3 sin ;
3 3
n
3 3 3
3
1 1 1
c)
...
sin 2 sin 4 sin 2 n
+ + +
a a
a ;
sin1 sin1 sin1
d) + + ... +
;
cos 0 cos1 cos1cos 2 cos ( n −1)
cos n
1 1 1
e)
+ + ... +
.
cos x + cos 3x cos x + cos 5x cos x + cos( 2n + 1)
x
Megoldás. a) A ctga − 2ctg 2a = tga
azonosság alapján
n n
k k k k k+ 1 k+ 1 k+
1
2 tg2 x = 2 (ctg2 x − 2ctg2 x) = ctgx −2ctg2
x
∑ ∑ .
k= 0 k=
0
3
b) A 4sina = 3sina −sin3a
azonosság alapján
k 3 x 1 ⎛ k+ 1 x k x ⎞
3 sin = ⎜3
sin 3 sin ⎟
k+ 1 k+
1
3 4
⎜⎜⎝ − k ⎟
3 3 ⎠⎟,
tehát
n−1
k 3 x 1 ⎛ n x ⎞
∑ 3 sin = ⎜3
sin −sinx⎟ k+ 1
n ⎟
k=
0 3 4
⎜⎜⎝ 3 ⎠⎟.
1
1
k−1k c) A ctga − ctg 2a
= azonosság alapján = ctg 2 a − ctg 2 a,
k
sin 2a
sin 2 a
n
1
n
tehát ∑ = ctga −ctg
2 a.
k
k=
1 sin 2 a
sin1
d) A tg n −tg( n − 1) = ∀ n ≥1egyenlőség
alapján
cos n⋅cos( n−1)
n n
sin1
∑ = ∑( tgk −tg( k − 1) ) = tgn− tg 0 = tgn.
k= 1 cos( k −1)cos
k k=
1
n n
1 1
e) ∑ = ∑
=
k= 1 cos x + cos(2k + 1) x k=
1 2 cos( k + 1) x coskx
n n
1 sinx1 = ∑ = ∑( tg( k + 1) x − tg x)
=
2sinx k= 1 coskx cos( k + 1) x 2sinx
k=
1
1 sinnx
= ( tg( n + 1) x − tg x)
=
2sinx sin2x cos( n + 1) x

A trigonometria elemei 281
24. Bizonyítsd be, hogy
π 3π 5π 7π 9π
a) cos + cos + cos + cos + cos =
11 11 11 11 11 2
1 ;
2π 4π 6π 8π 10π
b) cos + cos + cos cos + cos =
11 11 11 11 11 2
1
− .
Bizonyítás. A 4.1. Megoldott feladatok 2. feladata (195. oldal) alapján
5π 5π 10π
sin cos sin
π 3π 5π 7π 9π cos + cos + cos + cos + cos = 11 11 11
11 11 11 11 11
π = π =
sin 2 sin 2
11 11
1
5π 6π
sin cos
2π 4π 6π 7π 10π és cos + cos + cos + cos + cos = 11 11
11 11 11 11 11
π =
sin
11
5π 5π
sin sin
11 11 1
=− π =− .
sin 2
11
2π 4π 6π
2nπ
25. Számítsd ki a cos + cos + cos + ... + cos
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n
+ 1
összeget.
Megoldás. A 4.1. Megoldott feladatok 2. feladata alapján
nπ ( n + 1) π nπ
nπ
n
sin cos sin cos
2kπ cos
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1
∑ =
k 1 2n1 π =− π =
= + sin sin
2n + 1 2n + 1
2nπ
sin
2 1 1
=−
n +
π =− .
2sin 2
2n+ 1
⎛ 2π 2π
⎞
⎜
⎜a , n n 1 és r ⎟
⎜⎝
= → − = ⎟
2n + 1 2n + 1⎠⎟
26. Számítsd ki a következő szorzatokat:
a) cos cos 2 cos 4 ...cos 2 ;
n
x x x x
1 1 1 1
b) 1 1 1 ... 1
1
cos cos 2 cos 4 cos 2 n
⎛ ⎞⎛
⎟
⎞⎛
⎟
⎞
⎟
⎛
⎞⎟⎠ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜
⎜
+ ⎟ + ⎟ + ⎟ + −
⎝ x⎠⎝ ⎟ ⎜ x⎠⎝ ⎟ ⎜ x⎠⎟
⎝ ⎜ x
;
π 2π 3π
nπ
c) cos cos cos ...cos .
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1
n+
1
Megoldás. a) Jelöljük P -vel a kiszámítandó szorzatot és szorozzuk be 2 sinx-
szel. A 2s inucosu = sin2u
azonosság alapján

282 A trigonometria elemei
n+ 1
n
n
2 ⋅sin x ⋅ P = 2 (2 sin x cos x)cos2x ⋅… ⋅cos2x
=
n−1n = 2 (2sin2x cos2 x)cos4x ⋅…⋅
cos2 x =
n−2n = 2 (2sin4x cos4 x) ⋅…⋅cos2 x = …
1
sin 2 .
n+ … = x
n+
1
sin 2 x
Tehát P = .
n+
1
2 sinx
2 k−1
k
1 2cos 2 x tg 2 x
b) Az 1 + = = azonosság alapján a kiszámítandó P
k k
k−1 cos2 x cos2 x tg2 x
szorzat a következőképpen írható:
k n−1
n−1 n n
⎛ 1 ⎞ tg2 x tga tg2a tg2 x tg2 x
∏⎜ ⎜ 1 ⎟
⎜⎝
+ = = k−1 k−1 n 2
k 1 cos 2 x k 1 tg 2 x
a ⋅ ⋅ ⋅ = −
⎠
⎟ ∏ …
tg tga tg 2 x
x .
= =
tg
2 2
n
n
kπ
kπ
c) Szorozzuk be a P = ∏ cos szorzatot a P ′ = ∏ sin szorzattal.
k=
1 2n+ 1
k=
1 2n+ 1
n 1 2kπ1 PP ′ = sin
n∏ = P ′ , n
2 k=
1 2n+ 1 2
2kπ
(2n + 1 −2
k)
π
mert 2 k > n esetén a sin = sin
összefüggés alapján a szorzat
2n + 1 2n + 1
1
tényezőit átírjuk. Tehát
2 n P = .

A trigonometria alkalmazása a geometriában 283
IX. A trigonometria alkalmazása a geometriában
IX.1.2. Gyakorlatok (213. oldal)
1. Bizonyítsd be, hogy az AB C háromszög pontosan akkor derékszögű A -ban, ha
2 2
2
sin A= sin B + sin C .
Bizonyítás. Az AB C háromszög A -ban derékszögű ⇔
2 2 2 2 2 2
⇔ a = b + c ⇔ (2Rsin A) = (2Rsin B) + (2Rsin C)
⇔
2 2
2
⇔ sin A= sin B + sin C .
2
2. Az ABC háromszögben a = 3 , b = 4 és sin A = . Határozd meg a C szög
5
mértékét.
3 4 c
Megoldás. = =
2 sin B sinC 5
⇒
8
sin B =
15
⇒
⇒
2 8
sinC = sin( A+ B) = sin Acos B + cos AsinB = cos B + cos A⋅
,
5 15
⎧⎪ ahol cos A ∈⎪ ⎨− ⎪
⎪⎩ 21
,
5
21⎫
⎪
⎧⎪ ⎬ és cos B ∈⎪ ⎨− 5 ⎪
⎪⎭
⎪
⎪⎩ 161
,
15
161⎫
⎪
⎬.
15 ⎪
⎪⎭
• Ha cos A=− 21
5
⇒ cos B =
161
(mivel ha a szög koszinusza negatív, az
15
nagyobb 90 -nál). Ekkor
2
sin C = ⋅
5
ami nem lehetséges mivel C ∈ (0, π)
.
161
−
15
21 8 2 7
⋅ = ( 21 − 4 3) < 0 ,
5 15 75
• Ha cos B =−
161
15
⇒ cos A= 21
5
⇒
2 − 161
sinC
= ⋅ +
5 15
21 8
⋅ =
5 15
2 7
= ( 4 3 −
75
23)
.
• Ha cos A= 21
5
és cos B =
161
15
⇒
2
sinC
= ⋅
5
161
+
15
21 8
⋅ =
5 15
2 7
= (
75
23 + 4 3)
.
3. Számítsd ki az AB C háromszög oldalainak és szögeinek a mértékét, ha
a) a = 2 , b = 4 és A
3
π
= ; b) a =
2 3
, b = és A
2 2 6
π
= .
2 4
Megoldás. a) π =
sin sin B
3
⇒ sin B = 3 > 1,
ami lehetetlen.

284 A trigonometria alkalmazása a geometriában
b)
2 3
2 2
π =
sin sin B
6
⇒
3 2
sin B = > 1,
ami szintén lehetetlen.
4
4. Bizonyítsd be, hogy
sin( A−B) a −b
= 2
sin( A+ B) c
2 2
2 2 2 2 2 2
a −b sin A−sinB 1 sin A−sin B
Bizonyítás. = = ⋅
.
2 2
c sin C sin( A+ B) sin( A+ B)
2 2
sin A−sinB
Igazolni kell, hogy sin( A− B)
=
. Ez a következő alakban is írható:
sin( A+ B)
sin( )sin( ) sin sin
2 2
A− B A+ B = A− B
2 2 2 2 2 2
⇔ sin A⋅cos B −cosA⋅ sin B = sin A− sin B
⇔ ⋅ − = ⋅ −
2 2 2 2
sin A (1 cos B) sin B (1 cos A)
2 2 2 2
⇔ sin A⋅ sin B = sin B⋅
sin A,
ami igaz.
2 2
sin( A−B) a −b
Tehát
= . 2
sin( A+ B) c
5. Bizonyítsd be, hogy
b + c B + C
a) ha a = és A = , akkor az AB C háromszög egyenlő oldalú;
2
2
2 2
sin A a
b) ha = , akkor az ABC háromszög derékszögű.
cos A bc
b + c
Bizonyítás. a) a =
2
tovább írhatjuk, hogy
⇔
sin B + sinC
sin A=
2
B + C
és mivel A =
2
,
B + C
sin
2
sin B + sinC
=
2
⇒
B + C B + C B −C
2 sin = 2 sin cos
2 2 2
⇒
⇒
B + C ⎛ B−C⎞ sin 1 cos ⎟
B + C
B − C
⎜ − ⎟ 0
2
⎜⎜⎝ 2 ⎠ ⎟
= . Tehát sin = 0 vagy cos
2
2
= 1 .
B + C
Ha sin
2
= 0 ⇒
π
B = C = 0 vagy B = C = , nem megoldások mivel A ,
2
BC , ∈ (0, π)
. Ha
B −C cos
2
= 1 ⇒
B−C = 0
2
⇒ B = C . Viszont
B + C
A =
2
oldalú.
, következik, hogy A = B = C . Tehát az AB C háromszög egyenlő
2 2
sin A a
b) =
cos A bc
⇒ cos A≠ 0 ⇒
π
A≠
.
2
.
⇔
⇔
⇔

A trigonometria alkalmazása a geometriában 285
sin A a sin A sin A
cos A bc cos A sin BsinC ⇔ sin BsinC = cos A ⇔ sin BsinC =− cos( B + C)
2 2 2 2
= ⇔ = ⇔
2
sin A⋅(sinBsinC − cos A)
= 0 ⇔
⇔ sin BsinC =− cos BcosC + sin BsinC ⇔ cos BcosC = 0 .
Tehát az AB C háromszög B -ben vagy C -ben derékszögű.
A−B C a −b
6. Bizonyítsd be, hogy bármely AB C háromszögben tg tg = .
2 2 a + b
(Tangens tétel)
A−B C sin( A−B) sinC
Bizonyítás. tg tg = ⋅ =
2 2 1+ cos( A− B) 1+ cosC
sin( − )sin( + ) sin ⋅cos −cos⋅sin = =
[1 + cos( − )] ⋅[1− cos( + )] (1 + sin sin ) −cos⋅cos A B A B
2
A
2
B
2
A
2
B
A B A B A
2
B
2
A
2
B
2 2 2 2
sin A⋅(1−sin B) −(1−sin A) ⋅sin
B
= =
2 2 2 2
1 + 2 sin Asin B + sin Asin B −(1−sin A) ⋅(1−sin B)
2 2
sin A−sin B (sin A− sin B)(sin A+ sin B)
= =
=
A+ A B + B A+ B
2 2
2
sin 2 sin sin sin (sin sin )
sin A−sin B a −b
= =
sin A+ sin B a + b .
IX.2.2. Gyakorlatok és feladatok (216. oldal)
2 2 2
1. Bizonyítsd be, hogy az AB C pontosan akkor hegyesszögű, ha a , b és c lehet
Δ
egy háromszög oldalainak hossza.
Bizonyítás
2
a
2 2
< b + c ⇔
2 2 2 2
b + c − 2bccosA< b + c ⇔ cosA> 0 ⇔
⎛ π⎞
A∈
⎜
⎜0, ⎟
⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ .
Hasonlóan
2
b
2 2
< a + c ⇔
⎛ π⎞
B ∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟;
2
c
2 2
< a + b ⇔
⎛ π⎞
C ∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟.
2. Bizonyítsd be, hogy az ABC Δ
b + c
= cos B + cosC
.
a
pontosan akkor derékszögű A -ban, ha
b + c
Bizonyítás. = cos B + cosC
2
⇔
2 2 2 2 2 2
b + c a + c − b a + b −c = +
a 2ac
2ab
⇔
⇔
2 2 2 2 2 2
2 bcb ( + c) = ba ( + c − b ) + ca ( + b −c)
⇔
⇔ + = + + + − + − +
2 2
2
2 bc( b c) a ( b c) bc( b c) ( b c)( b bc c ) ⇔
⇔
=

286 A trigonometria alkalmazása a geometriában
⇔ = + − − ⇔ = +
2 2 2 2 2
2bc a bc b c a b c
3. Bizonyítsd be, hogy
a) bcosC + ccosB = a ; b) bcos B + ccosC = acos( B−C) ;
2 2
2 2
b −c
b −c
c) bcosC − ccos B = ; d) bcos B − ccosC =−cos A⋅
.
a
a
2 2 2 2 2 2
a + b − c a + c −b
Bizonyítás. a) bcosC + ccos B = b⋅ + c⋅
=
2ab 2ac
2 2 2 2 2 2
a + b − c + a + c −b
= = a .
2a
b) bcos B + ccosC = 2RsinBcos B + 2RsinC cosC
=
sin Bcos B + sinC cosC
= 2 R(sinBcosB + sinC cos C) = a
.
sin( B + C)
sinBcosB + sinC cosC
Kellene igazolni, hogy = cos( B−C) . (*)
sin( B + C)
(*)
2 2
⇔ sin Bcos B + sinC cosC = sin Bcos BcosC + sin BsinC cosC
+
2 2
+ cos BsinC cosC + sin Bcos BsinC ⇔ + = +
⇔
2 2 2
2
sinBcosBsin C sinCcosCsinB sin BsinCcosC sinBcosBsin C,
ami igaz.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a + b − c a + c − b a + b −c −a − c + b
c) bcosC − ccosB = b⋅ −c⋅ = =
2ab 2ac 2a
2 2
b −c
= .
a
2 2
b −c
d) bcos B − ccosC =−cos A⋅
a
⇔
⇔
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a + c − b a + b −c a −b −c b −c
b⋅ −c⋅ = ⋅
2ac 2ab 2bca
⇔
⇔
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
b ( a + c −b ) − c ( a + b − c ) = ( a −b −c )( b − c ) ⇔
2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4
⇔ ab + bc −b−ac− bc + c = ab −ac− b + bc − bc + c
⇔ 0 = 0,
ami igaz.
4. Bizonyítsd be, hogy ha 2c osA+ cosB + cosC = 2,
akkor b + c = 2a
.
B+ C B−C Bizonyítás. 2 cosA+ cosB+ cosC = 2 ⇔ 2 cos cos = 2(1 −cos A)
⇔
2 2
A B −C 2 A B −C
A
⇔ sin cos = 2 sin ⇔ cos = 2 sin ⇔
2 2 2 2 2
2
.
⇔

A trigonometria alkalmazása a geometriában 287
B−C A ⎛B− C + A⎞ ⎛B −C −A⎞
⇔ 2 cos cos = 2 sin A ⇔ cos ⎜
⎟ cos⎜ ⎟ 2 sin A
2 2 ⎜ ⎟+ ⎟=
⎝
⎜
2 ⎠⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎟
⇔
⎛π ⎞ ⎛π ⎞
⇔ cos ⎜ C⎟ cos B⎟ ⎜
− ⎟+ ⎜ − ⎟=
2sinA ⇔ sinC + sinB = 2sinA ⇔ b + c = 2
⎝2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜2
⎠⎟
a.
5. Számítsd ki a következő összegeket:
a) ( a + b)cos C + ( b + c)cos A+ ( c+ a)cos B;
cos B −cosC cosC −cos A cos A−cosB
b) + +
.
b + c− a b + c− a a + b−c Megoldás. a) ( a + b)cos C + ( b + c)cos A+ ( c + A)cos B =
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a + b − c b + c − a a + c −b
= ( a + b) + ( b + c) + ( c + a)
=
2ab 2bc2ac abc( b + a + c + b + a + c)
= = a + b + c.
2abc
cos B −cosC cosC −cosA cos A−cosB
b) Használjuk az S = + +
jelölést.
b + c− a b + c− a a + b−c 2 2 2 2 2 2
a + c − b a + b −c
−
2 2 3 2 2 3
cos B − cosC 2ac 2aba
b + bc −b
−a c− b c + c
= =
=
b + c− a b + c− a 2 abc( b + c−a) 2 2 2 2 2
( b−c)( a −bc−b −bc−c ) ( b−c)[ a − ( b + c)
]
= =
2 abc( b + c − a) 2 abc( b + c −a)
( b−c)( a −b− c)( a + b + c) ( c−b) p
= = .
2 abc( b + c −a)
abc
( c−b) p ( a −c) p ( b−a) p p
Tehát S = + + = ( c− b + a − c + b−a ) = 0.
abc abc abc abc
6. Adott az AB C . Δ
a) Bizonyítsd be, hogy ha M ∈ ( BC)
, akkor
2 2 2
AB ⋅ MC + AC ⋅MB −BC⋅ MA = MB ⋅MC ⋅BC
. (Stewart tétel)
b) Bizonyítsd be ebből kiindulva az oldalfelező hosszára vonatkozó tételt.
c) Számítsd ki a belső szögfelező hosszát.
d) Bizonyítsd be, hogy ha a két belső szögfelező kongruens, akkor az AB CΔ egyenlőszárú.
e) Lehet-e egyenlő egy belső és egy külső szögfelező hossza?
Megoldás. a) Az ABM és ACM háromszögben felírjuk a koszinusz tételt.
Jelöljük
α = mAMB ( ). Ekkor
2 2 2
AB = MA + MB −2MA ⋅MB ⋅cos α | ⋅MC
2 2 2
AC = MA + MC −2MA ⋅MC ⋅cos( π−α) | ⋅MB
=
⇒

288 A trigonometria alkalmazása a geometriában
2 2 2
AB ⋅ MC = MA ⋅ MC + MB ⋅MC −2MA⋅MB ⋅MC ⋅cosα
⇒ 2 2 2
AC ⋅ MB = MA ⋅ MB + MC ⋅MB −2MA ⋅MC ⋅MB ⋅cos( π−α) Az előbbi két összefüggést összeadjuk és kapjuk, hogy:
2 2 2
AB ⋅ MC + AC ⋅ MB = MA ( MC + MB) + MB ⋅ MC( MB + MC ) ⇒
⇒
2 2 2
AB ⋅ MC + AC ⋅MB −BC⋅ MA = MB ⋅MC ⋅ BC .
b) Legyen MB = MC . Ekkor az AB C háromszögben a szokásos jelöléseket használva,
az a)-ban bizonyított összefüggésből következik, hogy:
2 a 2 a 2 a a
c ⋅ + b ⋅ −a⋅ MA = ⋅ ⋅a 2 2 2 2
⇒
2 2 2
2 2( b + c ) −a
MA =
.
4
⎧⎪ MB c
⎪
c) Ebben az esetben ⎪
=
⎨MC
b
⎪ MB + MC = a
⎪⎩
Stewart tételéből következik, hogy
ab
⇒ MC = ;
b + c
ac
MB = .
b + c
2 ab 2 ac 2 ac ab
c ⋅ + b ⋅ −a⋅ MA = ⋅ ⋅a
b + c b + c b + c b + c
⇒
⇒
2
2 abc
MA = bc − 2
( b + c) ⎛ 2
a ⎞ ( a b c)( a b c
bc ⎜ ⎛ ⎞
1 ⎜ ⎟ ⎟ − + + + + )
= ⎜ ⎟
⎜
− ⎜ ⎟ ⎟ = bc ⋅
2
b c⎟ =
⎜⎝
⎝ + ⎠ ⎠⎟
( b + c)
4 bcp( p −a)
=
. 2
( b + c)
A
Felhasználva a 2.3. következményt, miszerint cos =
2
ményt átírhatjuk:
pp ( −a)
, az előbbi ered-
bc
2
MA = ⋅
b + c
A
2bc ⋅ cos
pp ( −a)
⋅ bc = 2 .
bc b + c
d) Feltételezzük, hogy az A -ból és B -ből induló belső szögfelezők kongruensek.
4 bcp( p−a) 4 acp( p−b) = 2 2
( b + c) ( a + c) ⇒
b( p−a) 2
(2 p−a) a( p−b) = 2
(2 p−b) 2 2
b(2 p−b) a(2 p−a) ⇒ =
p−b p−a b⋅ p + p p− b + p−b a⋅ p + p p− a + p−a ⇒ =
p−b p−a 2 2 2
2
[ 2 ( ) ( ) ] [ 2 ( ) ( ) ]
2 2
bp ap
⇒ + 2 bp + b( p − b) = + 2 ap + a( p −a)
p−b p−a ⇒
⇒
⎛ 2 a b ⎞ 2
p ⎜
⎟
2
⎜ − ⎟ + 2 p( a − b) + p( a −b) −( a − b ) = 0
⎜ ⎜⎝p−a p−b⎠ ⎟
⇒
⇒

A trigonometria alkalmazása a geometriában 289
⎡ 3
⎤
p
⇒ ( a −b) ⋅ ⎢ + 3 p− ( a + b)
⎥ = 0
⎢( p a)( p b)
⎥
⎣ − −
⎦
⇒
⎡ 3
p
⎤
⇒( a − b) ⎢ + p + ( p− a) + ( p− b)
⎥ = 0,
⎢( p−a)( p−b) ⎥
⎣ ⎦
és mivel a szögletes zárójelben levő kifejezés szigorúan pozitív, következik, hogy
a = b . Tehát az ABC egyenlőszárú.
C
e) Igen.
M
Megrajzoljuk az ANM egyenlőszárú, derékszögű B
háromszöget. Felvesszük az MN egyenesen a
B ∈ ( MN)
pontot. Az ANM háromszögön kívül
megszerkesztjük az MA C ≡ BAM szöget, ahol
C ∈ ( BM . Ekkor az AB C háromszögben AM belső-,
illetve AN külső szögfelező és AM = AN .
A N
7. Bizonyítsd be, hogy ha G az AB C súlypontja és O a köré írt kör középpontja,
Δ
akkor
a) ha M egy pont az ABC síkjában, akkor
Δ
2 2 2
2 2 2 2 a + b + c
MA + MB + MC = 3MG
+
.
3
(Leibniz tétel)
2 2 2
b) azon pontok mértani helye, amelyekre MA + MB + MC
középpontú OG sugarú kör.
Bizonyítás. a) Az MAA′ -ben alkalmazzuk Stewart tételét.
2
= 3R
a G
2 2 2
MA ⋅ GA′ + MA′ ⋅GA −MG⋅ AA′ = GA′ ⋅GA⋅ AA′
. (1)
De AA′
2 2
2( b c ) a
oldalfelező az ABC -ben, így
4
2
+ −
AA ′ =
, ugyanakkor
2
1
GA = AA′ és GA ′ = AA′
. Ekkor
3
3
(1) ⇔
2 1 2 2 2 1 2
MA ⋅ AA′ + MA′ ⋅ AA′ −MG⋅ AA′ = AA′ ⋅ AA′ ⋅AA′ 3 3 3 3
⇔
⇔
2 2 2
2 2 2 2( b + c ) −a
3MA + 6⋅MA′ − 9MG = 2⋅
. (2)
4
Az MBC -ben MA ′ oldalfelező, tehát
2 2 2
2 2( MB + MC ) −a
MA′
=
. (3)
4
A (2) és (3) összefüggésekből azt kapjuk, hogy:
2 2 2 2 2 2
2 2( MB + MC ) − a 2 2( b + c ) −a
3MA + 3⋅ − 9MG
=
2 2
⇔

290 A trigonometria alkalmazása a geometriában
2 2 2 2 2 2 2 2
⇔ 6( MA + MB + MC ) −3a− 18MG = 2( b + c ) −a⇔ 2 2
2 2 2 2 a + b + c
MA MB MC 3MG
2
⇔ + + = +
.
3
2 2 2
2 2 2 2 a + b + c
2
b) MA + MB + MC = 3MG + = 3R
3
2 2 2
2 2 a + b + c
⇒ MG = R −
. (3)
9
A BA′ O -ben Pitagorász tétele szerint:
⇒
2
2 2 ⎛a⎞ OA′ = R − ⎜
⎟
⎜⎝
⎟
2⎠
⎟
B
.
Jelöljük
α = mOAG ( ′ ) és az A -ból induló
habc magasságot ha -val. Ekkor cos α = = .
AA′ 2R
⋅ AA′
Tehát az OA′ G -ben a koszinusz-tételből következik, hogy:
2
OG
2 2
= OA′ + GA′ −2⋅OA′ ⋅GA′ ⋅cos α =
2
2 ⎛a⎞ 1 2 1 b
R ⎟
c
= − ⎜
⎜⎜⎝ + AA′ −2⋅OA′ ⋅ AA′ ⋅ =
2⎠ ⎟
9 3 2R⋅AA′
O G
2 2 2 2
2
2 ⎛a⎞ 1 2( b c ) a 1 bc 2
R ⎟
+ −
⎛a⎞ = − ⎜ R ⎟
⎜ + ⋅ − ⋅ ⋅ − ⎜ =
⎝2⎠ ⎟ ⎟
9 4 3 R ⎝ ⎜ ⎜2⎠⎟
2
2 1 2 2 5 2 1 a
= R + ( b + c ) − a − ⋅bc⋅ 1−
= 2
18 18 3 4R
2 1 2 2 5 2 1
= R + ( b + c ) − a − ⋅bc⋅ cosA=
18 18 3
2 2 2
2 1 2 2 5 2 1 b + c −a
= R + ( b + c ) − a − ⋅ =
18 18 3 2
2 2 2
2 1 2 2 1 2 2 a + b + c
= R + ( b + c ) − a = R −
(4)
9 9 9
A (3) és (4) összefüggésekből következik, hogy M rajta van a G középpontú OG
sugarú körön. Tehát a mértani hely ez a kör.
8. Bizonyítsd be, hogy ha a, b , c> 0,
akkor
Bizonyítás.
2
⇔ ( ab + ac −bc) ≥ 0
2 2 2 2 2
a − ab + b + a − ac + c ≥ b + bc + c
2 .
2 2 2 2 2 2
a − ab + b + a − ac + c ≥ b + bc + c ⇔
, ami igaz.
Geometriai megoldás. Szerkesszük meg az OA B és OBC háromszögeket úgy,
hogy OA = a, OB = b, OC = c , ( AOB ) = m( BOC = 0
m ) 6 legyen. A koszinusz
A
A
C

A trigonometria alkalmazása a geometriában 291
tétel alapján
2
AC = a + ac + c
egyenlőtlenség alapján
2 2
AB = a − ab + b ,
2 , tehát az AB
2 2
BC = b − bc + c és
+ BC ≥AC
2 2
a − ab + b +
2 2
b − bc + c ≥
2
a + ac + c
2 .
9. Oldd meg a következő egyenleteket:
a) 15 − 12 cos x +
⎛ π⎞
7 − 4 3 sin x = 4 , ha x ∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟;
b)
⎛ π⎞
x ∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎜⎝ 2 ⎠
⎟
2 − 2 cos x + 10 − 6 cos x = 10 −6cos x , ha
.
Megoldás. a) Ha 15 − 12 cos x = A,
akkor
Tehát
2 2 2
15 − A
( A −3)(27−A )
cos x = ⇒ sin x =
.
12 12
A
O B
2 2
( A −3)(27 −A
)
15 − 12 cosx + 7 − 4 3 sin x = 4 ⇔ A+
7 − = 4 ⇔
3
2
2
3 ⋅⎡7 (4 A) ⎤
⎣
− −
⎦
2 2
= ( A −3)(27 −A ) ⇔
4 3 2
A − 12A + 54A − 108A+ 81 = 0 ⇔
⇔
4
( A− 3) = 0 ⇔ A=
3.
Tehát 15 − 12 cos x = 3 ⇒
1 ⎛ π⎞ cos x = , de x ∈⎜0, 2
⎜
⎟
⎜⎝ 2⎠ ⎟ ⇒
π
x = .
3
Geometriai megoldás. Szerkesszük meg az AO B
mAOB ( )
= 90
A
derékszögű háromszöget ( ) úgy, hogy
OA = 2 3 és OB = 2 . Ha C egy pont a síkban,
mAOC ( )
= x
alapján
és OC = 3 , akkor a koszinusztétel
AC = 15 − 12 cos x ,
⎛π⎞ = + − ⋅ ⋅ ⋅ ⎜ − ⎟
⎜⎝
⎟ = −
2 ⎠
2 2
BC 2 ( 3) 2 2 3 cos x 7 4 3sinx
2 2
AB = 3) 2 4
és (2
+ = .
Az egyenlet alapján AC + BC = AB , tehát C ∈ ( AB)
.
2 3
3
C
C
O
2
B
2⋅2 3
Ugyanakkor az O -hoz tartozó magasság h = = 3 , tehát C az O -ból
2⋅2 húzott magasság talppontja. De mOAB ( )
= 30
, tehát
π
x = .
3

292 A trigonometria alkalmazása a geometriában
b) Geometriai megoldás. Szerkesszük meg az OA B és OBC háromszögeket
úgy, hogy OA = OB = 6 , OC = 3 , mAOB ( ) = mBOC ( )
= x.
A koszinusz- tétel
alapján
A
AB = 2−2cosx, BC = 10 −6cos
x ,
CA = 10 −6cos
2x ,
tehát az AB + BC = AC csak akkor teljesülhet, ha
B ∈ ( AC)
. Így OB szögfelező az OAC
három-
O
x
x
B
AB 1
szögben, tehát = és így:
BC 3
2
9(2 − 2 cos x) = 10 −6cosx
, vagyis cos x = .
3
C
2
A megoldás tehát x = arccos .
3
Megjegyzés. Algebrailag is megoldhatjuk a feladatot. Ha az egyenlet mindkét
oldalát négyzetre emeljük, a
4 cos x −3cos 2x − 1 = 2 −2cos x 10 −6cos x
egyenlethez jutunk. Ha ezt ismét négyzetre emeljük és rendezzük (felhasználva, hogy
2
cos 2x = 2 cos x −1) az u = cos x ismeretlenre a
4 3 2
9u −12u − 5u + 12u− 4 = 0
2
⎛ π⎞
egyenlethez jutunk. Ennek a gyökei: u = , u = 1 és u =−1. Az x ∈ ⎜0,
1,2
3 4
3
⎜
⎟
⎜⎝ 2 ⎠
⎟
2
feltétel alapján csak a co s x = lehetséges.
3
10. Az ABC -ben M ∈ ( AC)
és N ∈ ( AB)
Δ . B
Bizonyítsd be, hogy a BC + MN = BM + CN
egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha mA ( )
= 90
.
Bizonyítás. BC
⇔ mA ( )
= 90
.
„⇐” Ha (
mA ) = 90 , akkor
MN AM AN
2 2 2 2
2 2 2 2
+ MN = BM + CN ⇔
2 2
2
= + N BM AM AB
2 2 2
= + B CN AN AC
2 2 2
= +
(az MA derékszögű);
(az MA derékszögű);
(az NAC derékszögű);
2
BC
2 2
= AB + AC (a BAC derékszögű).
2 2
Ekkor B M + CN
2 2 2 2
= ( AM + AB ) + ( AN + AC ) =
2 2 2 2 2 2
= ( AM + AN ) + ( AB + AC ) = MN + BC .
+ MN = BM + CN
2 2 2
2
„⇒” Feltételezzük, hogy BC . (*)
N
A
M
C

A trigonometria alkalmazása a geometriában 293
Legyen mA ( )
= α . Ekkor az ABC -ben a koszinusztétel alapján:
2
BC
2 2
= AC + AB −2AC ⋅AB ⋅ cosα.
Az AMN , ANC, AMB háromszögekben ugyancsak a koszinusztétel alapján:
2
MN
2 2
= AM + AN −2AM ⋅AN ⋅cosα;
2
CN
2 2
= AN + AC −2AN ⋅AC⋅cosα; 2
BM
2 2
= AM + AB −2AM ⋅AB ⋅cosα.
Ekkor (*) ⇔ cos α⋅( AB ⋅ AC + AM ⋅ AN ) = cos α⋅(
AN ⋅ AC + AM ⋅AB)
⇔ cos α⋅[ AB ⋅MC −AN⋅ MC ] = 0 ⇔ cos α⋅MC
⋅ NB = 0 .
=
Tehát cos α = 0 , vagyis α 90 .
IX.3.1. Gyakorlatok és feladatok (218. oldal)
1. Ha az ABC háromszögben M ∈ BC , akkor
BM AB sin BAM
= ⋅ .
MC AC sinCAM
Bizonyítás. Jelöljük mA ( MB) = α .
BM AB ⎫⎪
Ekkor az ABM -ben:
= ⎪
sin BAM sin α
⎪
AB sin BAM AC sinCAM
⎪ ⋅ ⋅
⎬ ⇒ =
=
CM AC ⎪ BM CM
az ACM -ben pedig: = ⎪
sinCAM
⎪
sin α ⎪⎭
BM AB sin BAM
= sin α ⇒ = ⋅ .
CM AC sinCAM
2. Ha az ABC háromszögben D ∈ ( BC)
, M ∈ ( AB)
, N ∈ ( AC)
és { E } =
BD NE AB AN
= MN ∩AD,
akkor ⋅ = ⋅ .
DC EM AC AM
Bizonyítás. Az ABD - és ACD -ekben felírjuk a szinusztételt:
(jel: mBAD ( ) α , mCAD ( ) = α , mADB ( ) = β , mAEM ( ) = γ )
= 1
2
BD AB
= ;
sin α sin γ
1
E
CD AC
= .
sin α sin β
AzAM - és ANE -ekben is felírjuk a szinusztételt:
EM AM
= ;
sin α sin γ
1
2
2
NE AN
= , tehát
sin α sin γ
sin α sin α
1
2
AB ⋅ AN ⋅
BD NE sin β sin γ AB AN
⋅ = ⋅ = ⋅
DC EM sin α sin α
2 2 AC AM
AC ⋅ AM ⋅
sin β sin γ
B
M
D
A
E
⇔
N
C

294 A trigonometria alkalmazása a geometriában
B
C A
B
3. Határozd meg az ABC háromszög azon belső
pontját, amelyre az oldalaktól való távolságok
négyzetösszege minimális.
M
2 2 2
Megoldás. AM ′ + BM ′ + CM ′ minimális
kell
A
legyen. Ha AM ′ = x, BM ′ = y, CM ′ = z,
akkor
C
2 ⋅ σ[
ABC ] = ax
+ by + cz .
Viszont a Cauchy-Bunjakovszki egyenlőtlenség alapján
( ) 2
2
( ax + by + cz) 2 2 2 2 2 2
≤ ( a + b + c )( x + y + z ) ⇔
2 2 2 4 ⋅ σ[
ABC ]
x + y + z ≥ 2 2 2
a + b + c
a b c
és egyenlőség = = = λ esetén áll fenn.
x y z
2
2 2 2 4 ( σ[
ABC ] )
x + y + z = 2 2 2
a + b + c
⇔
2 2 2 2
⎛a b c ⎞
2
⎜ + +
⎜
⎟ = 4 ( σ[
ABC]
)
⎜ ⎜⎝
λ ⎠
⎟
⇔
⇔
2 2 2 2 2 2
a + b + c a + b + c
λ = =
.
2 σ[
ABC ] 2T
2aT Tehát x = ; 2 2 2
a + b + c
2bT
y = ;
2 2 2
a + b + c
2cT
z = 2 2 2
a + b + c
.
4. Bizonyítsd be, hogy az A -ban derékszögű ABC háromszögben
2 B a −c
2 C a −b
tg = és tg = .
2 a + c 2 a + b
a −c A−C B 2 B
Bizonyítás. A tangens tétel szerint = tg ⋅ tg = tg
a + c 2 2 2
mA ( )
= 90
, mivel
a −b A−B C 2 C
. Hasonlóan = tg ⋅ tg = tg .
a + b 2 2 2
5. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben si n B + cos B = sinC + cosC
, akkor a
háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű.
Bizonyítás
sinB + cosB = sinC + cos C ⇔ (sinB − sin C) + (cosB − cos C)
= 0 ⇔
B − C B + C B − C B + C
⇔ 2sin cos − 2sin sin
2 2 2 2
= 0 ⇔
B−C ⎛ A A⎞ ⇔ sin ⎜
⎜sin cos ⎟ 0
2 ⎜⎝
− ⎟ =
2 2⎠⎟ ⇔
B−C A A
sin = 0 vagy sin = cos .
2
2 2
A ⎛ A ⎛ π⎞⎞
Tehát B = C vagy = 45 ⎜
⎜mivel ∈ ⎜0,
⎟
⎟
2
2
⎜
⎟
⎜⎝ ⎜⎝ 2⎠⎟⎠
⎟
, vagyis a háromszög egyenlőszárú
vagy derékszögű.
6. Határozd meg az ABC háromszög oldalainak hosszát és szögeinek a mértékét, ha
ismerjük a következő adatokat:

A trigonometria alkalmazása a geometriában 295
24 12
a) a = 4 , sin B = , sinC
= ;
25 13
b) b = 1,
(
mA ) = 135 , (
mC ) = 30 ;
c) a = 7 , b = 5 , c = 6 ;
d) (
mA ) = 18 , b = 2 , c = 3 ;
e) a = 15 , c = 13 , T = 24 ;
5
f) a = 14 , c = 13 , cos B = ;
13
63 3
g) b = 3 , cos A = , cosC
= ;
65 5
h) a = 15 , b = 4 , c = 13 ;
4
i) a = 10 , b = 14 , cosC
= ;
5
j) a = 2 , b = 2 , (
mA ) = 30 ;
2 10
k) a = 10 , b = 14 , cos A = ;
7
l) a = 3 , b = 6 , (
mA ) = 60 ;
4 1
m) a = 13 , cos A = , m a =
5 2
1513 .
b c
Megoldás. a) =
sin B sinC
⇔ 25b = 26 c ⇒ b > c ⇒ m( B) > m( C)
⇒
⇒ mC ( ) < 90 ⇒ cosC= 2
5
1−sin C,
vagyis cosC
= .
13
2 2 2 2 2 40
c = a + b −2abcosC ⇔ c = b − b + 16
13
2
25 2 2 40
⇔ b = b − b + 16 ⇔
2
13 ⋅ 4 13
51 2 40
⇔ b − b + 16 = 0
2
13 ⋅ 4 13
⇔
104(10 ± 7)
b =
51
104
b = 1
17
.
104
b = 2
3
100
c = ;
1
17
100 a b
c = . = 2
3 sin A sin B
⇔
96 1
sin A = ⋅ .
25 b
204
36
Tehát sin A = és sin A = .
1
2
325
325
b) mB ( ) = 180 −mA ( ) − mC ( ) = 180 −135 − 30
= 15 .
a c
=
sin A sinC ⇔
a c
=
sin( π − A) sinC ⇔
a c
=
sin 45 sin 30
⇔ a = 2c.
2
c
2 2
= a + b −2abcosC ⇔
2
c
2
= 2c + 1−2 2c 3
2
⇔
2
c − 6c + 1= 0 ⇔
⇔ c =
6 ±
2
2
, de c > b,
tehát c =
6 +
2
2
, a = 1+
3.
c) a = 7, b = 5, c = 6 ⇒ A> C > B.
2 2 2
a = b + c −2bccos A ⇒
2 2 2
b + c −a
cos A= 2bc ⇒
1
cos A=
.
5
2 2 2
2 2 2
a + c −b
5 a + b −c
19
Hasonlóan cos B = ⇒ cos B = ; co sC = ⇒ cosC
= .
2ac 7
2ab 35

296 A trigonometria alkalmazása a geometriában
2 2 2
d) a = b + c −2bccos A ⇒ a = 13 − 12 cos18 .
b a
=
sin B sin A
⇒
b⋅sin A
sin B =
a
⇒ sin B =
2 sin18
.
13 − 12 cos18
c
sinC a
=
sin A
⇒
c⋅sin A
sinC =
a
⇒ sinC
=
3 sin 18
.
13 − 12 cos18
ac sin B
e) T =
2
⇒
16
sin B = .
65
T = p( p−a)( p−b)( p−c) ⇔
2 28 + b b− 2 b + 2 28 −b
24 = ⋅ ⋅ ⋅
2 2 2 2
⇔
2 2 2 2
⇔ 24 ⋅ 16 = (28 −b )( b −4) ⇔
4 2
b − 788b + 12352 = 0 .
2
2
A b = t jelöléssel t − 788t + 12352 = 0 ⇒ t = 772, t = 16 . Tehát b = 4 1
1 2
b = 2 193 . Az A és C szögek szinuszát a szinusztételből határozhatjuk meg.
2
5
f) a = 14, c = 13, cos B =
13
π
⇒ B < .
2
2
b
2 2
= a + c − 2accosB = 225 ⇒ b = 15;
sin B =
2 12
1 − cos B = ;
13
a b
=
sin A sin B
⇔
14 65
=
sin A 4
56 c b
⇔ sin A = ; =
65 sinC sin B
⇔
4
sinC
= .
5
63 3
g) b = 3, cos A= , cos C =
65 5
⇒
16
sin A=
.
65
4
12
sinC
= , tehát sin B = sin( A+ C)
= . Innen a szinusztétel alapján
5
13
b 13 a
= = =
sin B 4 sin A sin
c
C ,
4 13
tehát a = és c = .
5 5
2 2 2
2 2 2
b + c −a
5 12 a + c −b
63
h) co s A= =− , sin A=
; cos B = = ,
2bc 13 13
2ac 65
2 2 2
16 a + b −c
3 4
sin B = ; cos C = = , sinC
= .
65
2ab 5 5
2
i) A koszinusztétel alapján c
2 2
= a + b −2abcosC , tehát c = 6 2 . Ugyanakkor
a⋅sinC sin A =
c
=
2
b⋅sinC és sin B =
2
c
7 2
= .
10
j) A szinusztételt használjuk. sin B =
2
és így
mB ( ) = 45 vagy
mB ( ) = 135 . Ha.
2
mB ( )
= 45
, akkor (
mC ) = 105 és így c = 2 2⋅sin75 . Ha (
mB ) = 135 , akkor
mC ( )
= 15
és c = 2 2⋅sin15 .

A trigonometria alkalmazása a geometriában 297
3
3
12 + 6 10
6 10 −12
k) sin A = és így sin B = és sinC
= vagy sinC
= . A
7
5
35
35
c hosszát mindkét esetben a koszinusztételből számítjuk ki.
l) A feltételek ellentmondáshoz vezetnek.
2 2 2
2 2( b + c ) −a
2 2
m) Az ma
=
egyenlőség alapján b + c = 841 . Ugyanakkor
4
2 2 2
b + c −a
cos A =
, tehát bc = 420 . Ebből következik, hogy { bc , } = {20,21} .
2bc
7. Határozd meg az ABC háromszög oldalainak hosszát és szögeinek a mértékét, ha
ismerjük a következő adatokat:
a) A , B , p ;
b) a + b = m,
A és B ; c) A , B , T ;
d) a , , m ; e) a , b , m ;
f) , h , cos A ;
mb c
hb c
c
ma a
ha b
g) a , , h ;
h) a , , h ;
i) a , A , b− c = d ;
2 2
j) a − b = 24 , ( 2
mC ) = 30 , T = 8, 75 m .
Megoldás. a) C = π −A−B így p = R(sin A+ sin B + sin C)
, tehát kiszámítható
R . Ebből és a szinusztételből következik, hogy
2psinA a =
sin A+ sin B + sin( A+B
)
;
2psinB b =
sin A+ sin B + sin( A+B
)
2psin( A+ B)
és
c =
sin A+ sin B + sin( A+B
)
m
b) A szinusztétel alapján m = 2 R(sinA+ sin B)
, tehát R =
.
2(sin A+ sin B)
msin A
msin B
msin( A+ B)
Így a =
, b =
és C =
.
sin A+ sin B sin A+ sin B sin A+ sin B
2
T
c) A T = 2R sin Asin BsinC összefüggés alapján R =
.
2sinAsinBsin( A+ C)
Ebből a szinusztétel alapján kiszámíthatók az oldalak.
d) Az adatok és az oldalfelező hosszára vonatkozó tétel alapján
⎧ 2 2 2 2
⎪2c
− b = 4m
−2a
⎪
b
⎨
.
⎪ 2 2 2 2
2b − c = 4mc−2a
⎪⎩
2 2 2
2 2 2
8m + 4m 6
2 b c − a 8m 2 c + 4m −6a
b
Tehát c =
és b =
. Az oldalak hosszából a
3
3
koszinusztétel alapján kiszámíthatók a szögek is.
2 2 2
2
e) c = 2( a + b ) −4mcés
a többi adat a koszinusztétel segítségével számítható ki.

298 A trigonometria alkalmazása a geometriában
f)
ha b sin B
= = , tehát
h a sin A
b
h
ha
= − si n B = , tehát
h
c
a
2
si n B 1 cos A . Másrészt
b
2
1−cos A
c = . Ugyanakkor si nC = sin( A+B)
és így a szinusztétel alapján
h
b
kiszámítható az a és b .
ha
hc
g) A si nC
= és sin B = egyenlőségek alapján meghatározhatók a háromszög
a
a
szögei. Így a szinusztétel alapján az a hosszából kiszámítható b és c .
h)
2 2
2 2 4ma+
a
b + c =
2
és így
2 2
2 2 2 4ma−a
2bc cos A = ( b + c ) − a =
2
. De
4a⋅ha
2bc sinA= 4T= 2a⋅ha, tehát tg A = 2 2
4m
−a
. Így meghatározható co s A , tehát
2 2
ismerjük b + c és bc értékét. Ebből a két adatból kiszámíthatjuk b -t és c -t.
i) Ha D ∈ ( A C)
úgy, hogy
A
AD = b −c, akkor a CD B háromszög
megszerkeszthető mert ismerjük a CD ,
CB oldalát és a D szögét. Így visszaszerkeszthető
az ABC háromszög is. D
A szerkesztés menetét végigszámolva d
megkapjuk a háromszög adatait.
x
C
a
B
⎛πA⎞ sin ⎜
−
⎜
⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠⎟d
A
sin x = d⋅
= cos ;
a a 2
⎛ π A⎞ ⎛π ⎛A ⎞⎞ ⎛A ⎞
si n B = sin ⎜s ⎟ sin ⎜ ⎜ x⎟⎟cos⎜ x⎟
⎜
+ − ⎟= ⎜ − − ⎟⎟= − ⎟,
⎝
⎜
2 2⎠⎟ ⎜ ⎜ ⎜
⎝2 ⎝⎜2 ⎠⎟⎠⎟ ⎟ ⎝⎜2 ⎠⎟
a ⎛A ⎞ a
és így sin cos x⎟
⎛
⎜
A ⎞ a
b = B ⋅ = ⎜ − ⎟⋅
sin A ⎜⎝2⎠⎟ , illetve c = cos ⎜ x ⎟ .
sin A
⎜⎝
+ ⎟
2 ⎠⎟sinA
ab sinC
j) A T egyenlőség alapján ab . Az
2
⎪ 2 2
⎪⎧
a − b = 24
= = 35 ⎨⎪
egyenletrendszer
ab = 35
⎪⎩
megoldásai a = 7, b = 5 vagy a =− 7 és b =−5.
Mivel az oldalak hossza pozitív,
a = 7 és b = 5.
Így c = 39 .
8. Az ABC háromszögben
tg B =
2 .
(
mA ) = 45 és
a
AC
AB
2 2
= . Bizonyítsd be, hogy
3

A trigonometria alkalmazása a geometriában 299
B + C
tg
sin B 2 2
Bizonyítás. A feltételek alapján = , tehát 2
sinC 3
B −C tg
2
B−C 2 2 −3
B + C
tg = ⋅tg
. Másrészt
2 2 2 + 3 2
2 2 + 3
= . Így
2 2 − 3
B C ⎛ 2 2 3⎞
B− C B+ C +
tg tg tg ⎜ −
1 ⎟
+ ⎜ + ⎟
⎛B− C B+ C⎞
2 2
2 ⎝ ⎜ 2 2+ 3⎠
⎟
tgB = tg⎜ ⎜
⎟
⎜⎝
+ ⎟
2
2 2 ⎟
= =
=
⎠
1−tg B− C
⋅tg B+ C
2 B+ C 2 2−3 1−tg ⋅
2 2 2 2 2+ 3
π
π −
B + C
3 2 2
mert tg tg 4 π π +
= = tg = ctg = = 1 + 2 .
2 2 8 8 2−2 9. Határozd meg az ABC háromszög szögeinek mértékét, ha
sin A+ sin B =
2
(1 +
4
3) és cos A+ cos B =
2
(3 +
4
3) .
A+ B
Megoldás. Ha a két egyenlőséget elosztjuk a tg =
2
3 π
= tg egyenlőség-
3 6
π
2π
hez jutunk. Így A+ B = , tehát C = . Másrészt cos(
A− B)
=
3
3
π
π π
A− B = és így A= , B = .
6
4 12
3
, tehát
2
7
10. Az ABC háromszögben AC = b , cos B = és hb 8
háromszög területét!
= ha + hc
. Számítsd ki a
2 2
Megoldás. A koszinusztétel alapján a + c
2
= b + 2accosB . Az utolsó össze-
2 2 15 2 4
2
függés alapján ac = b( a + c)
, tehát ac − bac− b = 0 . Így ac = 4b
, tehát
4
2 2
ac sin B 4b 15 b 15
T = = = .
2 2⋅8 4
11. Az ABC háromszög oldalai egyenesen arányosak a 2 , 1+ 3 és 6
számokkal. Számítsd ki a háromszög szögeit!
Megoldás. Kiszámítjuk a 2 , 1+ 3 és 6 oldalhosszakkal rendelkező háromszög
szögeit. A hasonlóság alapján ezek a szögek megegyeznek az ABC háromszög szögeivel:
2 2 2
(1 + 3) + ( 6) −2
cos α = =
2 6(1+ 3)
2 2
2 2 + ( 6) − (1 +
; cos β =
2
2⋅2⋅ 6
2
3)
=
3 −1
;
2 2
2 2 2
2 + (1+ 3) −(
6) 1
cos γ = = .
2⋅2 ⋅ (1+ 3) 2

300 A trigonometria alkalmazása a geometriában
12. Az ABC háromszögben b > c , a = 78, R = 65 és r = 28 . Számítsd ki b -t és c -t!
abc
2T
Megoldás. Az R = és r = összefüggések alapján az
4T
a + b + c
abc
Rr =
2( a + b + c)
és R abc
=
2 r ( a + b−c)( a − b + c)( − a + b + c)
egyenletrendszerhez jutunk. Ebből meghatározható b és c .
a 3
4
Más megoldás. A szinusztétel alapján sin A = = , tehát cos A = . Ugyan-
2R5 5
r A 1
akkor = tg = , tehát p− a = 3r = 84 és így b + c =246 .
p−a 2 3
2( a + b + c) ⋅Rr
Másrészt bc = = 108 ⋅ 140 , tehát { bc , } = {117, 129} .
a
13. Egy háromszög egyik csúcsából induló magasság és oldalfelező három egyenlő
részre osztja a szöget. Bizonyítsd be, hogy a háromszög derékszögű.
Bizonyítás. Az ábra jelöléseit használjuk.
A
BM AB sin α
1 = = ⋅ ,
MC AC sin 2α
tehát
sin α AC sin B cos 2α
= = = .
C
sin 2α
AB sinC cos α
N
Így a si n 2α = 2 sin 4α
vagyis sin αsin 3α
= 0
M
egyenlethez jutunk. si n α ≠ 0 , tehát co s 3α = 0 és B
π
így 3 α = .
2
14. Egy háromszög egyik csúcsából induló magasság, oldalfelező és szögfelező négy
egyenlő részre osztja a szöget. Bizonyítsd be, hogy a háromszög derékszögű.
Bizonyítás. Ha M , N és P a magasság,
szögfelező és oldalfe lező talp- A
pontja, akkor N ∈ ( MP)
, tehát
BP AB sin 3α
1 = = ⋅
C
PC AC sin α
és így
P
sin α AB sinC
cos 3α
= = = .
N
sin 3α
AC
α B M
sin B cos
A sin 2α = sin 6α
egyenlethez
jutunk,
π
ahonnan következik, hogy 4α
= .
2
15. a) Számítsd ki a beírt
kör érintési pontjai által az oldalon meghatározott
szakaszok hosszát.
b) Számítsd ki az oldalakhoz
írt körök érintési pontjai által meghatározott
szakaszok hosszát.

A trigonometria alkalmazása a geometriában 301
c) Bizonyítsd be, hogy ha a beírt kör a BC , CA és AB oldalt M , N illetve
P -ben érinti, akkor AM , BN és CP összefutó egyenesek. (Gergonne pont)
d) Bizonyítsd be, hogy ha a BC , CA és AB oldalához írt körök ezeket az
oldalakat M , N illetve P -ben érintik, akkor AM , BN és CP összefutók.
Megoldás
A
A
(Nagel pont)
x x
B
y
F
y D
E
z
z C
B
x
M
x P y C
y
N
a) Az első ábra jelölései alapján x + y = c
x = p−a , y = p −b és z = p −c.
, y + z = a és x + z = b , tehát
b) A második ábra jelölései alapján AM = AN és
AM + AN = AB + AC + BM + CN = AB + AC + BC .
Tehát AM = AN = p és így BP = p −cilletve PC = p −b.
P
A
N
c) Ceva tételének fordítottját használjuk. Az a) alpont
alapján:
BM CN AP
⋅ ⋅ = 1,
MC NA PB
tehát AM ∩BN ∩CP ≠∅.
B C
M
d) A b) alpont és Ceva tételének fordítottja alapján a
BM CN AP p−c p−a p−b ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 1
MC NA PB p−b p−c p−a összefüggésből következik, hogy AM ∩BN ∩CP ≠∅.
4T
16. Bizonyítsd be, hogy tg A = 2 2 2
b + c −a .
sin A sin A⋅2bc 4T
Bizonyítás. tg A = = =
.
2 2 2 2 2 2
cos A b + c − a b + c −a
17. Bizonyítsd be, hogy az ABC háromszögben pontosan akkor teljesül a
2 2 ⎛ 2⎞
2
ctg A+ ctg B = k⋅ctgC
egyenlőség, ha a + b = ⎜
⎜1 + ⎟
⎜⎝
⎟c
k ⎠⎟.
Bizonyítás. Az előbbi feladat alapján
2 2 2 2 2 2 2 2 2
b + c − a a + c − b a + b −c
ctg A+ ctg B = k ⋅ctgC ⇔ + = k⋅
⇔
4T 4T 4T

302 A trigonometria alkalmazása a geometriában
2 2 ⎛ 2⎞
a b 1 ⎟ 2
⇔ + = ⎜
⎜⎜⎝ + ⎟c
k ⎠⎟.
18. Számítsd ki az R sugarú körre írt n oldalú szabályos sokszög területét, ha
1 1 1
= + .
AB AC AD
Megoldás. Ha O a sokszög köré írt kör középpontja, akkor
2
A
π
mAOB ( ) = . Így az AB , AC és AD szakaszok rendre
B
n
π 2π
3π
, és kerületi sokszöghöz tartoznak.
n n n
C
A szinusztétel alapján az
O
1 1 1
π = +
sin
2π 3π
D
sin sin
n n n
π
egyenlőséghez jutunk. Ezt a = α jelöléssel a következőképpen alakítjuk:
n
sin 2α⋅ sin 3α= sin α⋅ (sin 2α+ sin 3 α)
;
cos α− cos 5α = cos 2α− cos 4α+ cos α−
cos 3α;
cos 3α+ cos 4α = cos 2α+ cos 5α;
7α ⎛ α 3α⎞
cos ⋅⎜cos cos ⎟ 0
2
⎜⎜⎝ − ⎟ =
2 2 ⎠⎟;
7α
α
cos ⋅sin ⋅ sin α = 0 .
2 2
α
7α
7α
π
Mivel sin α ⋅sin ≠ 0 csak a co s = 0 eset lehetséges és így = (2k + 1) .
2
2
2 2
Tehát 7π
= (2k + 1) π és k ∈ . Ez csak akkor lehetséges, ha n = 7 .
n
19. Bizonyítsd be a következő egyenlőségeket:
A
A
A B C
a) r = ( p −a)tg ; b) T = p ( p−a)tg ; c) p = 4Rcos cos cos
2
2
2 2 2 ;
A B C
2 A 2 B 2C
r
d) p− a = 4Rcos sin sin ; e) sin + sin + sin = 1 − ;
2 2 2 2 2 2 2R
1 1 1 1 1 1 1
f) + + = ; g) + + =
ra r r b c r ha h h b c
1
; h) ra + r + r − r = 4R;
b c
r
A B C
i) rrarr b c = T ; j) ctg + ctg + ctg = 2
2 2 2 r
T ;
ab ( + c) ba ( + c) ca ( + b)
k) + +
4
r ( r + r ) r( r + r ) r ( r + r )
= ;
a b c b a c c a b
2 2 2
l) a ctg A + b ctg B + c ctgC = 4S
;

A trigonometria alkalmazása a geometriában 303
2 2 2 2 2 2 2 4 4 4
m) 16S 2( a b b c c a ) a b c (Héron)
= + + − − − ;
2 A 2 B 2 C
a ctg + b ctg + c ctg
n) 2 2 2 = 2p
.
a⋅ ctg A+ b⋅ ctg B + c⋅ctgC Bizonyítás. a) Ha P a beírt kör érintési pontja az
AB oldalon, akkor a 15. feladat a) alpontja alapján
A
AP = p −a.
Másrészt ha I a háromszögbe írt kör
középpontja akkor az AP I háromszög derékszögű
P
A IP
P -ben és IP = r . Így a tg = egyenlőségből
2 AP
I
A
következik, hogy r = ( p−a)
⋅ tg .
2
A
b) T = p ⋅ r = p⋅( p−a) ⋅tg
;
2
B C
1 A B C
c) p = ( a + b + c) = R(sin A+ sin B + sin C) = 4Rcoscos cos
2 2 2 2 .
(A szinusztételt és az 5.6.2. Gyakorlatok 15. feladatának a) alpontját használtuk.)
d) A IX.2. paragrafus 2.3. következménye alapján:
A B C
4Rcos sin sin = 4R
2 2 2
p( p−a) ( p−a)( p−c) ( p−a)( p−b) ⋅ ⋅ =
bc ac ab
4R
= ( p− a) abc
T
p( p−a)( p−b)( p− c) = ( p− a) = p−a .
T
2 A 2 B 2C 3 1
e) sin + sin + sin = − (cos A+ cos B + cos C)
=
2 2 2 2 2
A B C
= 1 −2sin
sin sin
2 2 2 ,
r A B
tehát elégséges igazolni, hogy sin sin sin
4R 2 2
=
C
.
2
Másrészt
A B C
sin sin sin =
2 2 2
( p−b)( p−c)( p−a)( p−c)( p−a)( p−b) =
bc ac ab
T
2
( p−a)( p−b)( p−c) T p r
= = = = .
abc p ⋅ 4RT4R4R T
f) Az r a = , r b
p−a T
= , r c
p−b T T
= és r = összefüggések alapján:
p−c p
1 1 1 3p−2p p
+ + = = =
r r r T T
1
r .
a b c

304 A trigonometria alkalmazása a geometriában
g)
1 1 1 a b c 2p
+ + = + + = =
h h h 2T 2T 2T 2T
1
r .
a b c
⎛ 1 1 1 1⎞
Tabc
h) ra + r + rc − r = T 4R
b
⎜ + + − ⎟
p a p b p c p
⎟ = = .
⎜⎜ ⎝ − − − ⎠⎟p(
p−a)( p−b)( p−c) 2
T T T T T
i) rrarr b c = ⋅ ⋅ ⋅ = = T .
p p−a p−b p−c pp ( −a)( p−b)( p−c) A p−a j) Az a) alpont alapján ctg = , tehát
2 r
A B C 3p−2p p
ctg + ctg + ctg = = = 2
2 2 2 r r
T
r .
ab ( + c) b + c
k) Az = egyenlőség alapján
r ( r + r ) p
a b c
ab ( + c) bc ( + a) ca ( + b) 4p
+ + = = 4 .
r ( r + r ) r( r + r ) r( r + r ) p
a b c b c a c a b
2 2 2
b
l) A 16. feladat alapján ctg A =
+ c −a
4T
. Így
2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 4 4
actg A+ bctg B+ cctg C= [2( ab + bc + ca ) −a−b−c] 4T
4 =
16 pp ( −a)( p−b)( p−c) = 4T
.
4T
m)
2
16 S = ( a + b + c)( a + b−c)( a − b + c)( − a + b + c)
=
= 2( ab + bc + ca ) −a−b−c 2 2 2 2 2 2 4 4 4
2
2 A app ( −a)
n) Az a ctg = és actg A= 2Rcos A egyenlőségek alapján
2 T
a⋅ ctg A+ b⋅ ctg B + c⋅ ctgC = 2 R(cosA+ cos B + cos C)
=
⎛ A B C⎞ ⎛ r ⎞
= 2R ⎜
⎜1+ 4sin sin sin ⎟ = 2R⎜1+ ⎟ = 2( + )
⎝⎜ ⎟
2 2 2⎠⎟
⎜ ⎜⎝
R⎠⎟
R r .
Tehát a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens az
2 2 2
a ( p− a) + b ( p− b) + c ( p− c) = 2 pr( R + r)
egyenlőséggel. De
⎛ r ⎞ ⎛ ( a b c)( a b c)( a b c ⎞
4 pr( R r) 4 R( pr) 1 ⎟ abc ⎜
+ − − + − + + )
+ = ⎜
1
⎟
⎜
+ ⎟ = ⋅ ⎜ + ⎟
⎝ R⎠⎟⎜⎝ 2abc
⎠⎟
és így az egyenlőség teljesül.
20. Bizonyítsd be a következő egyenlőtlenségeket:
A B C 1
2 B −C 2r
2
a) sin ⋅sin ⋅sin≤ ; b) cos ≥ ; c) 27Rr ≤
2p
.
2 2 2 8 2 R
.

A trigonometria alkalmazása a geometriában 305
A B C
Bizonyítás. a) sin sin sin
2 2 2
( p−a)( p−b)( p−c) =
.
abc
( p−b)( p−c) ( p−a)( p−c) ( p−a)( p−b) ⋅ ⋅ =
bc ac ab
Tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a
( − a + b + c)( a− b + c)( a + b−c) ≤ abc
egyenlőtlenséggel. Ezt igazoltuk az I.9.4. paragrafusban (34. oldal 4/e) ).
B − C
b) A cos
2
B C B C b + c
= cos cos + sin sin =
2 2 2 2 a
( p−b)( p−c) és
bc
2
2r 8T 8( p−a)( p−b)( p−c) = =
egyenlőségek alapján a bizonyítandó egyen-
R p⋅abc abc
lőtlenség ekvivalens a
2
( b + c−2 a)
≥ 0.
( b + c)
4a
2
≥( − a + b + c)
egyenlőséggel, és ez igaz mert
3
c) Az egyenlőtlenség ekvivalens a 27 abc ≤ ( a + b + c)
egyenlőtlenséggel és ez igaz
a számtani- mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján.
21. Bizonyítsd be, hogy
1
a) sin18°⋅ sin 54°=
;
4
b) 2 sin 84°⋅ sin 24°= sin 54°
;
c) tg3
= tg15 ⋅tg21 ⋅tg27
;
d) tg 5 ⋅ctg15 ⋅ctg25⋅ctg 35 = 1 .
Bizonyítás. a) sin18
b) sin 54 = cos 36 =
=
5 −1
5 + 1
és sin 54 = , tehát
4
4
4 1
sin18 ⋅ sin 54 = .
16 4
5 + 1
;
4
5 + 1 3 10−2 5 1 1−= 2 5 + 15 + 3
sin 84 = sin(54 + 30 ) = + =
;
4 2 4 2 8
sin 24
= sin(54 − 30 ) =
5 + 1
4
3
−
2
10− 2 5 1
=
4 2
15 + 3 −
8
10−2 5
.
8+ 6 5
Tehát sin 24 ⋅ sin 84 = =
64
5 + 1
és így 2 sin 24 sin 84 sin 54 .
8
c) A
4 sin 3 cos15 cos 21 cos 27 = (cos 6 + cos 36 )(sin 30 −sin24
) és
4 cos 3 sin15 sin 21 sin 27 = (cos 6 − cos 36 )(sin 30 + sin 24 )
összefüggések alapján a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a
2 cos 6 sin 24
egyenlőséggel. Ezt a b) alpontban igazoltuk.
= cos 36
4 sin 5 cos15 cos 25 cos 35 = (cos10 + cos 40 )(sin 40 −sin
30 )
d) A és

306 A trigonometria alkalmazása a geometriában
4 cos 5 sin15 sin 25 sin 35 = (cos10 − cos 40 )(sin 40 + sin 30 )
egyenlőségek alapján a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a
2 cos 40 sin 40
= cos10
egyenlőséggel. Ez igaz, mert cos10
= sin 80 .
22. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:
⎧ 2 2
⎪x
+ y = 4
a) ⎪
⎨
⎪ 3 3
xy− xy=
⎪⎩
;
12
⎧ 2 2
⎪x
+ y = 1
b) ⎪
⎨
;
⎪ 2 2
x − y = 2xy
⎪⎩
⎧ 2 2
⎪x
+ y = 1
⎧ 2 2
⎪x
+ y = 1
c) ⎪
⎨
; d) ⎪
⎪ 3
3
⎨
4x − 3x = 3y −4y
⎪ x + 3y = 4xy
⎪⎩
⎪⎩
.
x
y
Megoldás. a) Az első egyenlet alapján használhatjuk az = cos α és = sin α
2
2
jelölést. Így a
sin αcos α⋅(cos α− sin α)
=
8
3
egyenlőséghez jutunk. Tehát sin 4α
= és így
2
π 2π
4α ∈ { + 2 kπ | k ∈ } ∪ { + 2 kπ | k ∈
3 3
} .
Ebből következik, hogy
⎧⎪ π 7π 13π 19π π 2π 7π 5π
⎫⎪
M = ⎪
⎨(2cos α,2sin α)| α ∈{
, , , , , , , ⎪
12 12 12 12 6 3 6 3 } ⎬
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
.
b) Az első egyenlet alapján x = cos α és y = sin α , tehát
2 2 3
2 2
cos α− sin α = 2 sin αcosα
,
π kπ
vagyis cos 2α = sin 2α.
Ebből következik, hogy α ∈ { + | k ∈
8 2 } és így
⎧⎪ π 5π 9π 13π
⎫⎪
M = ⎪
⎨(cos α, sin α) | α ∈{
, , , ⎪
8 8 8 8 } ⎬
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
.
c) Az x = cos α és y = sin α jelöléssel a cos 3α = sin 3α
egyenlethez jutunk, tehát
π kπ
{ | k }
α ∈ + ∈ . Ebből következik, hogy
12 3
⎧⎪ π 5π 9π 13π 17π 21π
⎫⎪
M = ⎪
⎨(cos α, sin α)| α ∈{
, , , , , ⎪
12 12 12 12 12 12 } ⎬
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
.
d) Ha x = cos α és y = sin α , akkor a második egyenletből
1 3
⎛π⎞ cos α+ sin α = sin 2α
vagyis sin ⎜ α⎟sin 2α
2 2
⎜⎜⎝ + ⎟ =
6 ⎠⎟

A trigonometria alkalmazása a geometriában 307
α ∈
π
+ 2 kπ | k ∈
6
⎧ ⎪ ⎪(2k + 1) π π ⎫⎪
∪⎨ − | k ∈ ⎪
⎬.
⎪ ⎪⎩ 3 18 ⎪ ⎪⎭
Ez alapján
⎧⎪ π 5π 17π 29π
⎫⎪
M = ⎪
⎨(cos α, sin α) | α ∈{
, , , ⎪
6 18 18 18 } ⎬
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
.
23. Az x , y , z pozitív számok teljesítik a következő egyenlőségeket:
és így { }
2
2
2 y
y 2
2 2
x + xy + = 25 , + z = 9 , z + xz + x = 16 .
3
3
Számítsd ki az xy + 2yz + 3xz
kifejezés értékét.
Megoldás. Felvesszük az OA = x ,
y
OB = és OC = z szakaszokat úgy, hogy
3
(
mAOB ) = 150 ,
. A koszinusztétel alapján:
mBOC ( ) = 90
és
(
mCOA ) = 120
2
2 2 y
AB = x + + xy = 25 ;
3
2
2 y 2
BC = + z = 9 és
3
2 2
2
AC = z + xz + x = 16 .
Tehát AB = 5 , BC = 3 és AC = 4 .
xy 2zy3xz Ugyanakkor TABC [ ] = + +
4 3 4 3 4 3
és így xy + 2yz
+3xz = 24 3.
A
x
150 o
120 o
24. Oldd meg a
2
1− x
2
= 4x − 3x
egyenletet, ha x ∈ .
Megoldás. A létezési fe ltétel alapján x ∈− [ 1,1] , tehát létezik α ∈ [0, π]
úgy, hogy
x = cos α . Ha x = cos α , akkor az egyenlet sin α = cos 3α
alakban írható, tehát
π kπ
π π
α ∈ { + | k ∈ } ∪ { + (2k + 1) | k ∈
8 2 4 2 }
⎧⎪ π 5π 9π 13π 3π 7π
⎫⎪
és így M = ⎪
⎨cos α| α ∈{
, , , , , ⎪
8 8 8 8 4 4 } ⎬
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
.
25. Oldd meg az
⎧⎪
⎪
2x
⎪y
= 2 ⎪ 1 − x
⎪
⎪ 2y
⎨z
= egyenletrendszert, ha x, y, z ∈ .
2 ⎪ 1 − y
⎪ 2z
⎪
x = 2
⎪⎩ 1 − z
O
y
3
z
B
C

308 A trigonometria alkalmazása a geometriában
Megoldás. Az x = tg α jelöléssel y = tg 2α
, z = tg 4α
és x = tg 8α
. Tehát a
sin 7α
tg α = tg 8α
egyenlet gyökeit kell meghatározni. De tg 8α− tg α = ,
cos αcos 8α
kπ
⎧⎪ kπ
⎫⎪
tehát α ∈{ | k ∈
7 } . Így M = ⎪
⎨(tg α, tg 2 α, tg 4 α) | α ∈{
| k = 0,13 ⎪
7 } ⎬.
⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
26. Oldd meg a
2x 1 4x 2(8x
2 2
− − = −1) egyenletet a valós számok halmazában.
Megoldás. A 2x= c osαjelöléssel
az egyenlet
cos α− sin α = 2 cos 2α
⎛ π⎞
alakban írható, tehát sin ⎜α ⎟
⎜⎝
⎜ − ⎟ = ± cos 2
4 ⎠⎟
α. Ebből következik, hogy
⎧⎪ 2 − 6 − 2⎫⎪
M = ⎪
⎨ , ⎪
⎬.
⎪
⎪⎩ 4 8 ⎪
⎪⎭
⎧ 2
⎪4
xy(2x− 1) = 1
27. Oldd meg -en a ⎪
⎨
egyenletrendszert.
⎪ 2 2
x + y = 1
⎪⎩
Megoldás. Az x = cos α és y = sin α jelöléssel az első egyenlet si n 4α = 1 alak-
{ }
ban írható, tehát α ∈
π kπ
+ | k ∈ és így
8 2
28. Bizonyítsd be, hogy ha a , és pozitív számok teljesítik a
k
egyenlőségeket, akkor k = k = k .
3
k1 2 k 3
2
1 2 2 1
2
2 3 3 2
k (1 + k ) = k (1 + k )(1 + k ) 3
k (1 + k ) = k (1 + k )(1 + k )
1 2
3
Bizonyítás. Ha a két egyenlet megfelelő oldalait összeszorozzuk és egyszerűsítünk
k (1 + k )(1 + k ) -mal, a
2 2
k (1 + k ) = k (1 + k )(1 + k )
2
3 1 1 2
egyenlőséghez jutunk. Ha ennek a megfelelő oldalait hozzáadjuk az eredeti két egyenlőség
megfelelő oldalainak összegéhez és egyszerűbb alakra hozzuk mindkét oldalt,
akkor a
2 2 2
kk + kk + kk = 3kkk
1 2 2 3 3 1 1 2 3
egyenlőséghez jutunk. A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján
2
kk 1 2
2
= kk 2 3
2
= kk és így k = k 3 1
1 2 =
k . 3
1
3

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 309
X. Összefoglaló és versenyre előkészítő
gyakorlatok, feladatok
X.1. Összefoglaló gyakorlatok (221. oldal)
1. Számítsd ki a
2
200 + {6 − 3[4 + ( 32 − 225)]}
1
2 2 2
1231 − 35 + 5(440 −21 ) −2
tört értékét.
Megoldás. A kiszámolandó tört számlálója:
Sz =
2
200 + { 6 − 3 ⎡
⎢⎣ 4 + ( 32 − 225) ⎤} 10 2 { 6 3 ⎡
⎥ = + − ⎢16
+ (4 2 −15)
⎤
⎦ ⎣
⎥⎦}
=
= 10 2 + ⎡6 3 (1 4 2) ⎤
⎢⎣ − ⋅ + ⎥⎦
= 10 2 + 3 − 12 2 = 3 − 2 2 =
2
= ( 2) −2⋅ A nevező:
2
2⋅ 1+ 1 = (1− 2
2) .
2 2
1
2
N = 1231 − 35 + 5 ⋅(440 −21 ) − 2 = 1231 − 1225 + 5 ⋅(440 −441) − 2 =
= 6+ 5 ⋅( −1) −
Tehát a tört értéke:
2 = 1− 2 .
Sz (1 −
T = =
N 1− 2
2)
= 1− 2
2
2. Oldd meg -en a következő egyenleteket és egyenlőtlenségeket:
a)
2 2
3x − 1 x + 3 5x −6x −3
− =
; b) 33 x − 77 < 132x + 99 ;
2
x + 1 2x −3 2x −x − 3
( x −3)( − x + 1)
c) ≤ 0 .
( x + 2)( − 3x + 4)
Megoldás. a) Közös nevezőre hozzuk a bal oldalt:
3x − 1 x + 3 (3x −1)(2x −3) − ( x + 3)( x + 1)
− =
=
x + 1 2x − 3 ( x + 1)(2x −3)
2 2
2
(6x −9x − 2x + 3) − ( x + x + 3x + 3) 5x − 15x
= =
2 2
2x − 3x + 2x −3 2x
−x −3
.
Ez alapján az egyenlet a következőképpen alakul:
2 2
5x −15x 5x −6x
−9
=
.
2 2
2x −x −3 2x
−x −3
Mivel a törtek értelmezettek kell legyenek, következik, hogy
2
1± 25
3
2x −x −3 ≠ 0,
vagyis x ≠ , azaz x ∈ \
4
{ , −1
2 } .
.

310 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Ebben az esetben, beszorozva a közös nevezővel és összevonva a megfelelő tagokat,
kapjuk, hogy
3
9x = 9,
x = 1 ∈ \ { , −1
2 } ,
tehát, az egyedüli megoldás x = 1 .
b) 33x − 77 < 132x + 99 / −33x −99 ⎛ 176 ⎞
x ∈ ⎜ , ⎟
⎜⎝
− +∞⎟
99 ⎠ ⎟
176
⇔ − 176 < 99x
, tehát x >− , vagyis
99
.
c) Elkészítjük az előjeltáblázatot, és az előjelszabálynak megfelelően leolvassuk
belőle az eredményt:
x −∞ –2 1
4
3
3 +∞
x − 3
– – – – – – 0 + + + + +
− x + 1
+ + + + 0 – – – – – – –
Sz = ( x −3)( − x + 1)
– – – – 0 + + + 0 – – –
x + 2
– – 0 + + + + + + + + +
− 3x+ 4
+ + + + + + 0 – – – – –
N = ( x + 2)( − 3x + 4)
– – 0 + + + + – – – – –
Sz
T =
N
+ + | – 0 + | – 0 + + +
⎛4⎤ Tehát a T ≤ 0 egyenlőtlenség megoldáshalmaza M = ( −2,1] ∪⎜ ⎜⎝
, 3⎥
3 ⎥⎦ .
3. Vizsgáld az alábbi függvények monotonitását és előjelét, határozd meg a grafikus
kép tengelyekkel való metszéspontjait, majd ábrázold a függvényt:
⎧⎪
⎪x
− 3, x < 3
⎪
a) f : → , f( x)
=−3x
+ 2;
b) g : → ,
g( x) = ⎪
⎨4,
x ∈[3,
4) .
⎪
⎪− 2x + 1, x ≥ 4
⎪⎩
Megoldás. a) Vizsgáljuk a függvény monotonítását:
Legyen x1, x2 ∈ tetszőleges úgy, hogy x1 < x2.
Ekvivalens átalakításokkal kapjuk, hogy
− 3x >−3x ⇔ − 3x + 2>− 3x
+ 2,
1 2 1 2
ami ekvivalens az f ( x1) > f( x2)
egyenlőtlenséggel. Tehát tetszőleges x1, x2 ∈ ,
x1 < x2
esetén azt kaptuk, hogy f ( x1) > f( x2)
, vagyis a függvény szigorúan csökkenő.
Az előjel vizsgálatához az f ( x) ≤ 0 egyenlőtlenséget oldjuk meg:
2
fx ( ) ≤ 0 ⇔ − 3x+ 2≤ 0 ⇔ −3x≤−2 ⇔ x≥
.
3

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 311
⎛2 ⎞
Tehát f negatív, ha x , ⎟
2
∈ ⎜
⎜⎜⎝ +∞⎟;
3 ⎠⎟f(
x ) = 0,
ha x =
3
y
⎛ 2⎞
és f pozitív, ha x ∈ ⎜
⎜−∞, ⎟
⎜⎝
⎟ .
3⎠⎟
Egyúttal azt is megkaptuk, hogy a függvény az Ox
⎛2 ⎞
tengelyt az A ⎜ ,0⎟
⎜⎝
pontban metszi (ez az egyedüli
3 ⎠
⎟
metszéspont az Ox tengellyel, mert a függvény szigorúan
B(0, 2)
monoton). Az Oy tengellyel való metszéspontot a
B(0, f (0) ) pont adja meg, vagyis a B (0, 2) pont.
A(
2
,0)
3
A függvény grafikonja, felhasználva a már mgtudott
tulajdonságokat:
b) A monotonítást három részben vizsgáljuk:
O
x
I. Ha x ∈( −∞ ,3)
, akkor gx ( ) = x−3.
Legyen x1, x 2 ∈( −∞,
3) úgy, hogy
x1 < x2.
Következik, hogy x1 − 3<
x2
−3,
vagyis
gx ( 1) < gx ( 2), ∀ x1, x2
∈( −∞,3) , x1 < x2
esetén. Tehát ezen az intervallumon a
függvény szigorúan növekvő.
II. A [3 , 4) intervallumon a függvény állandó: gx ( ) = 4.
III. A [4, +∞ ) intervallumon g( x ) =− 2x+ 1. Ha x1 < x 2, x1, x2 ∈ [4, +∞)
tetszőlegesek,
akkor − 2x1 > −2x2 és − 2x1 + 1>− 2x2
+ 1, vagyis gx ( 1) > gx ( 2)
,
∀ x1, x2 ∈ [4, +∞ ), x1 < x2
esetén. Tehát a függvény szigorúan csökkenő ezen az
intervallumon.
Összefoglalva a fenti eredményeket
⎧⎪
⎪szigorúan
növekv ő,
ha x ∈( −∞,
3)
⎪
g : ⎨
⎪állandó, ha x ∈ [3, 4) .
⎪
⎪szigorúan csökken ő,
ha x ∈ [4, +∞)
⎪⎩
Tehát a teljes -en a függvény nem monoton. A függvény előjelét a monotonítás
felhasználásával vizsgáljuk:
I. x ∈( −∞,3)
-on a függvény szigorúan növekvő, következik, hogy a legnagyobb
érékét a 3-ban venné fel, ha ott értelmezett lenne a gx ( ) = x−3
kifejezés, tehát
gx () < 3− 3= 0 ∀ x∈(
−∞,3)
II. x ∈ [3, 4) esetén g pozitív: g( x ) = 4.
, tehát g negatív.
III. x ∈ [4, +∞)
esetén g szigorúan csökkenő ⇒gx () ≤g(4), ∀ x∈
[4, +∞)
, tehát
gx ( ) ≤− 7 < 0,
vagyis g negatív.
Összefoglalva a fenti eredményeket

312 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
⎧⎪
⎪negatív,
ha x ∈( −∞,
3)
⎪
g : ⎪
⎨pozitív,
ha x ∈ [3, 4) .
⎪
⎪negatív,
ha x ∈ [4, +∞)
⎪⎩
Ebből következik, hogy a függvény grafikonja nem
metszi az Ox tengelyt (a gx ( ) = 0 egyenletnek nincs
megoldása). Az Oy tengelyt a függvény az A ( 0, g(0)
)
pontban metszi. Mivel 0 ∈( −∞ ,3), g(0)
= 0− 3 = ,
=− 3 tehát a pont A (0, −3)
.
A g függvény grafikonja a mellékelt ábrán látható.
⎧⎪x, x ≤1
4. Ábrázold grafikusan az f : → , fx () = ⎪
⎨ függvényt.
2 ⎪x − 2x + 2, x > 1
⎪⎩
Megoldás. Előbb vizsgáljuk a g : → ,
y
2
gx ( ) = x − 2x+ 2 másodfokú függvényt. A
feltétel szerint f ( x) = g( x)
, ha x > 1 .
Δ= 1−<
0,
tehát a függvény szigorúan pozitív.
b 2
Minimumpontja a = = 1 pontban van és ek-
2a 2
kor g (1) = 1 . Mostmár könnyen megszerkeszthetjük
a g grafikonját (jobb oldali ábra).
Következik, hogy f grafikonja az alábbi grafikon:
2
1
O
y
1 2
x
4
O
–3
–7
–9
2
1
y
)
[ )
3
[
5
O 1 2
x

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 313
2
x − 3x + 2
5. Oldd meg a valós számok halmazán az
> 1 egyenlőtlenséget.
2
x − 7x + 12
Megoldás. Mivel racionális törtek esetén az előjeltáblázat alapján könyebben
eldönthetjük a tört előjelét, az egyenlőtlenséget olyan alakra hozzuk, hogy az egyik
oldalon a 0 szerepeljen:
2 2
x − 3x + 2 x − 3x + 2
> 1 ⇔ − 1>
0 ⇔
2 2
x − 7x + 12 x − 7x + 12
2 2
( x − 3x + 2) −( x − 7x + 12) 4x−10 2
x − x +
2
x − x +
⇔ > 0 ⇔
> 0 ⇔
7 12 7 12
2x−5 ⇔ > 0 .
( x −3)( x −4)
Elkészítjük az előjeltáblázatot:
x −∞
5
2
3 4 +∞
Sz = 2x− 5 – – – 0 + + + + + + +
x − 3 – – – – – 0 + + + + +
x − 4 – – – – – – – 0 + + +
N = ( x −3)( x − 4)
+ + + + + 0 – 0 + + +
Sz
T =
N
– – – 0 + | – | + + +
5
Tehát a T > 0 egyenlőtlenség megoldáshalmaza: M ,3 (4, )
2
⎛ ⎞ = ⎜
⎟ ∪ + ∞ .
⎝ ⎠
6. Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy fennálljon az
2
( m −2) x − 2mx + m−
3>
0 egyenlőtlenség ∀x∈ esetén.
2
Megoldás. Az f ( x) = ( m −2) x − 2mx + m − 3 függvény akkor lesz pozitív minden
x ∈ esetén, ha Δ< 0 és a > 0 . Tehát az
2
⎪⎧
m −( m−2)( m−
3) < 0
⎪
⎨
⎪( m − 2) > 0
⎪⎩
egyenlőtlenégrendszert kell megoldanunk. Írhatjuk, hogy
⎧ 2 2 5 6
6
m ( m 5m 6) 0 ⎧ m <
⎧⎪
⎪ − − + <
⎪
⎪
⎪
⎪m
<
⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 5 ⇒m∈∅.
⎪m> 2 ⎪m> 2 ⎪
⎪⎩ ⎪ ⎪⎩⎪ ⎪⎩
m > 2
Tehát nem létezik olyan m valós szám, hogy fennálljon az egyenlőtlenség minden
x ∈ esetén.
⎧ 3 2 2
⎪x
+ x y + xy = 6
7. Oldd meg a valós számok halmazán az ⎪
⎨
egyenletrendszert.
⎪ 2 2 3
xy+ xy+ y =−3
⎪⎩

314 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Megoldás. Szorozzuk a második egyenletet 2-vel, majd adjuk hozzá az elsőhöz!
Kapjuk, hogy
3 2 2 2 2 3
x + x y + xy + 2( x y + xy + y ) = 6 −6⇔ ⇔ ( x + 3x y + 3 xy + y ) + y = 0 ⇔ ( x + y) =−y
3 2 2 3 3 3 3
3 3
⇔ ( x − y) = ( −y)
.
Az utóbbi egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha x + y = −y
(mert az
f : → függvény injektív). Tehát x =−2y
.
Behelyettesítjük a kapott x értéket a második egyenletbe:
2 2 3 3 3
4y ⋅y −2y⋅ y + y =−3 ⇔ 3y =−3 ⇔ y =−1.
Tehát y =−1 és x = 2 a rendszer egyedüli megoldása.
⇔
f ( x) x
3
= ,
2x−1
8. Bizonyítsd be, hogy az f : \{2} → \ {} 2 , fx ( ) = függvény bijektív,
x − 2
határozd meg azt a g : \{2} → \ {} 2 függvényt, amelyre f og = 1{}
2 és oldd
meg az f ( x) + xg( x)
= 0 egyenletet.
Megoldás. Az f függvény a következő alakban írható:
2x−1 2( x − 2) + 3 3
fx ( ) = = = 2+
.
x −2 x −2 x −2
Vizsgáljuk f injektívitását:
Legyen x1, x2 ∈ \{ 2} úgy, hogy f ( x1) = f( x2)
. Következik, hogy
3 3 1 1
2+ = 2+ ⇔ = ⇔ x1 − 2 = x2 −2 ⇔ x1 = x2.
x1 −2 x2 −2 x1 −2 x2
−2
Tehát az f függvény injektív.
Vizsgáljuk f szürjektívitását.
Tetszőleges y ∈ \{2} esetén az f ( x) = y x -beli egyenletet kell megoldanunk.
Ha van megoldása az egyenletnek, akkor f szürjektív.
3
Valóban, 2 + = y ekvivalens rendre a következő egyenletekkel:
x − 2
3 3
3
= y −2, ( y ≠2) ⇔ x − 2 = ⇔ x = 2 +
x −2 y −2
y − 2
.
⎛ 3 ⎞
Tehát tetszőleges y ∈ \{2} esetén f ⎜ 2 + ⎟
= f ( f( y) ) = y
⎜ y 2
⎟
, vagyis f
⎝ − ⎠⎟
szürjektív.
Következik, hogy f bijektív, és inverze g : \ {2} → \ {2}, g(
x) = f( x)
,
∀x∈ \{2} .
Oldjuk meg az f ( x) + xg( x)
= 0 egyenletet. Írhatjuk, hogy
\

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 315
(1 + xfx ) ( ) = 0 ⇔
2x−1 (1 + x) = 0
x − 2
⇔ (1 + x)(2x − 1) = 0 és x ≠
2 ,
1
tehát x 1 =− 1 és x 2 = az f ( x) + xg( x)
= 0 egyenlet megoldásai.
2
⎧− ⎪ x + 2, x ≤ 0
9. Ábrázold grafikusan az f : → , fx ( ) = ⎪
⎨ függvényt, majd
2 ⎪x − 3x + 2, x > 0
⎪⎩
vizsgáld a monotonitását és előjelét.
2
Megoldás. Előbb vizsgáljuk a g : → , g( x) = x −3x
+ 2 függvényt. f értel-
mezése alapján f ( x) = g( x)
, ha x > 0 . A g függvény diszkriminánsa Δ= 9− 8 =
b 3
= 1> 0,
főegyütthatója 1> 0,
tehát a függvénynek a − = pontban minimuma
2a2 ⎛ b ⎞ Δ 1
van és ennek az értéke g ⎜− ⎜
⎟
⎜⎝
⎟ =− =−
2a⎟ . Mostmár megrajzolhatjuk g
⎠ 4a
4
grafikonját (bal oldali ábra). A fentiek alapján f grafikonja a jobb oldali mellékelt
ábra.
y
2
O
1
–
4
y
1
3
2
2
gx ()
x
–1
2
O
1
–
4
A grafikon alapján
⎪⎧ ⎛ 3⎞ ⎧pozitív,
ha x ( ,1) ( 2, )
szigorúan csökken ő,
ha x ,
⎪
∈ −∞ ∪ ∞
⎪ ∈⎜−∞ ⎟
⎪
⎪
⎜⎜⎝ 2⎟
⎪
f ⎪ ⎠ ⎪
⎨ és f ⎪
⎨0,
ha x ∈ {1, 2} .
⎪ ⎡3⎞ ⎪
⎪szigorúan növekv ő , ha x ∈ , +∞⎟⎪
⎪
⎢ ⎟ ⎪negatív,
ha x ∈ ( 1, 2)
2 ⎟
⎪⎩
⎢⎣ ⎠ ⎪⎪⎩
x + 1 1−
x
10. Oldd meg a valós számok halmazán az − 2 < egyenlőtlenséget.
1 − x x
Megoldás. Az egyenlőtlenség rendre ekvivalens a következőkkel:
x + 1−2(1 −x) 1−x −x −1 1−x
− < 0 ⇔ − < 0 ⇔
1−x x 1−x
x
3
1
3
2
2
x

316 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
2 2
( x + 1) x + (1 −x)(1 − x) x + x + x − 2x + 1
⇔ > 0 ⇔
> 0 ⇔
(1 −xx ) (1 −xx
)
2
2x − x + 1
⇔ > 0 . (1)
(1 − xx )
2
Az fx () = 2x− x+ 1, f:
→ másodfokú függvény szigorúan pozitív minden
x ∈ esetén ( a = 2 > 0 és Δ = − 7 < 0)
, tehát az (1) egyenlőtlenség ekvivalens az
1
0
x(1 x )
>
−
egyenlőtlenséggel, ami az x(1 − x)
> 0 egyenlőtlenséggel egyenértékű, tehát
x ∈ (0, 1)
.
2
1
− x + ( m + 1) x −
11. Legyen Ex ( ) =
2
2 2
x + 2mx + m + 1
.
a) Igazold, hogy Ex ( ) értelmezett minden m ∈ és x ∈ esetén.
b) Határozd meg az m ∈ paraméter értékét úgy, hogy Ex ( ) legyen negatív
minden x ∈ esetén.
Megoldás. a) A kifejezés akkor értelmezett minden xm∈ , esetén, ha a nevezőben
szereplő, x -ben másodfokú függvény nem lesz nulla sehol (vagyis nem vált előjelt:
pozitív vagy negatív -en). Ez csak akkor teljesülhet, ha diszkriminánsa negatív.
2 2 2 2
Viszont Δ= m − ( m + 1) =− 1< 0 ⇒ x + 2mx + m + 1> 0 ∀x, m ∈ .
2 2
b) Mint láttuk, N = x + 2mx + m + 1> 0 ∀ x, m ∈ ⇒ a tört akkor lesz nega-
tív minden x ∈ esetén, ha a számlálója negatív minden x ∈ -re.
A számláló diszkriminánsa
2 ⎛ 1⎞
2 2
Δ= ( m + 1) −4 ⎜
⎟
⎜⎝
− ⎟(
− 1) = m + 2m + 1− 2 = m + 2 −
2⎠⎟
m 1.
2
Az x együtthatója −1 , tehát a számláló akkor lesz negatív minden x -re, ha
2
Δ= m + 2m− 1< 0 ⇔ m ∈( −1−2, − 1+ 2)
.
2
(az m + 2m− 1=
0 egyenlet gyökei között)
⎧ 2 2 2 2
⎪3x
+ 3y − 2x y + 6xy + 5 = 0
12. Oldd meg a valós számok halmazán az ⎪
⎨
⎪ 2 2
xy+ xy=
12
⎪⎩
egyenletrendszert.
Megoldás. Kiemeljük xy -t a második egyenletből, majd bevezetjük az xy = p ,
x + y = s jelöléseket:
xy( x + y) = 12 ⇔ ps = 12.
A rendszer a következőképpen alakul:

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 317
⎧ 2 2 2 2
⎪
3( x + 2 xy + y ) − 2x y + 5 = 0
⎨
⎪
⎪
⎪xy( x + y)
= 12
⎪⎩
⇔
⎧ 2 2
⎪
3s − 2p + 5 = 0
⎨
⎪
.
⎪ sp = 12
⎪⎩
Kifejezve p -t a második egyenletből és visszahelyettesítve az elsőbe, kapjuk, hogy:
2 288
3s − + s = 0 2
s
4 2
⇔ 3s + 5s − 288
= 0.
2
Ez egy bikvadratikus egyenlet, az s = t jelöléssel
2
− 5± 3t + 5t − 288 = 0 és t 1,2 =
25+ 12⋅288 − 5± 59
= ,
6 6
tehát t 1 = 9 és t 2
64
2
=− . Mivel s = t és s ∈ , t 2 nem lehet megoldás.
6
Tehát y és s = 3, s =− 3 . Az sp = 12 egyenlőségből p 1 = 4 és p 2 =−4,
tehát
2 1 2
a megoldáshalmaz: M = {(3, 4), ( −3, −4)}
.
Mivel
=
⎪⎩
=
⎪ ⎧x
+ y = s
⎨⎪ , következik, hogy x és y az
sy p
2
u − su + p = 0
egyenlet gyökei, vagyis ha s 3 és p = 4 , akkor Δ< 0 , tehát nem kapunk valós
− 3± megoldást, ha pedig s =−3
és p =−4, akkor u1,2 =
2
u =− 4 , tehát ( x, y) ∈{(1, −4), ( −4,
1)} .
2s
⇒ u 1 = 1 és
2
Κ
13. Ha az x = 2 egyenletű egyenes az b = függvény grafikus képének szim-
3π+ 4
metriatengelye állapítsd meg az alábbi kijelentések igazságértékét:
a) f (0) = f (4) ; b) fx ( + 2) = fx ( −2), ∀ x∈
;
c) f(2 + x) = f(2 −x), ∀ x ∈ ; d) f periodikus; e) f páros.
Megoldás. Mielőtt nekifgunk az egyes alpontok
megvizsgálásához, nézzük meg, hogy mit jelent az,
hogy az x = 2 egyenletű egyenes szimmetriatengelye
az f grafikus képének.
Legyen x ≠ 2 (például x > 2 ). Vegyük fel az
Axfx ( , ( ) ) pontot a grafikonon. Mivel az x = 2
egyenes () d szimmetriatengelye az f grafikonjának,
következik, hogy a B( y , fy ( ) ) pont is a grafikonhoz
tartozik, ahol BO 1 = O1 A , y = ( sin ϕ)
−2gy,
. Ez szükséges és elégséges feltétele annak, hogy a d egyenes
szimmetriatengely legyen.
2
y
x =2
B
O1 A(, x f(x))
O y 2 x x
2
v v0
AO1 ⊥ d

318 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
A fentiekből következik, hogy AB Ox , tehát f ( x) = f( y)
, továbbá 2− y = x −2
(mert BO1 = O1A). Tehát annak szükséges és elégséges feltétele, hogy az
Κ
b =
3π+ 4
függvénynek az egyenletű egyenes szimmetriatengelye legyen az,
x = 2
hogy tetszőleges x > 2 pontra teljesüljön az f ( x) = f(4 − x)
összefüggés. (*)
Vizsgáljuk az adott eseteket:
a) f (0) = f (4) igaz, mert x = 4 -re alkalmazzuk a (*) összefüggést.
b) fx ( + 2) = fx ( −2), ∀ x∈
nem igaz, például az f ( x) = x − 2 függvény
esetén, amely szimmetrikus az x = 2 egyenesre.
c) f(2 + x) = f(2 −x), ∀ x ∈ egyenértékű az f ( x) = f(4 − x)
, x ≥ 2 feltétellel,
tehát igaz.
d) a b) pontban adott függvény nem periódikus, és kielégíti a feltételt, tehát nem igaz.
e) Hasonlóan az előzőhöz, nem igaz.
14. Legyen f : → függvény úgy, hogy, fm ( + n) = fm ( ) + fn ( ) ∀ mn , ∈
és
f (1) = 1 . Bizonyítsd be, hogy
a) f (0) = 0 ; b) fn ( ) = n, ∀ n∈
;
c) f páratlan; d) fn ( ) = n, ∀ n∈
.
Bizonyítás. a) Mivel fm ( + n) = fm ( ) + fn ( ) ∀ mn , ∈esetén,
következik,
hogy m = n = 0 esetén is igaz, tehát
f(0 + 0) = f(0) + f(0) ⇔ f(0) = 2 f(0) ⇒ f(0)
= 0 .
b) Láttuk, hogy f (0) = 0 , a feltétel szerint pedig f (1) = 1 . Matematikai indukcióval
igazoljuk, hogy fn ( ) = n, ∀ n∈
.
Feltételezzük, hogy f ( n ) = n adott n természetes számre. Ebben az esetben, m = 1 -
et választva, kapjuk, hogy f ( n + 1) = f(
n) + f(1) = n + 1,
az indukciós feltétel és a
kezdeti feltétel szerint.
Tehát a matematikai indukció alapján fn ( ) = n, ∀ n∈
.
c) Legyen m =−n
a feltételbeli összefüggésben. Kapjuk, hogy
fn ( − n) = fn ( ) + f( −n) ⇔ 0 = f(0) = fn ( ) + f( −n) ⇔
− fn ( ) = f( −n), ∀ n∈ − fn ( ) = f( −n), ∀ n∈
esetén
és innen következik, hogy bármely n ∈ esetén is fennáll az összefüggés ( n ∈
⇒−n ∈\ , stb). Tehát f páratlan.
d) a c) és b) pont alapján azonnal következik.
⎛ π⎞
15. Határozd meg az fx ( ) = tg ⎜
⎜3x− ⎟
⎝
⎟
4 ⎠ ⎟
tartományát és főperiódusát!
függvény maximális értelmezési
*

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 319
π
Megoldás. A tg függvény nem értelmezett a (2k + 1) pontokban, ahol k ∈ ,
2
ezért az f függvény nem lesz értelmezett azokban a pontokban, ahol
π π
3 x − = (2k + 1) , k ∈ ⇔
4 2
1⎛ π π⎞ 1 3 k
x (2k 1) ⎟
⎛ π⎞
kπ ⎟
⎛ 1⎞
⇔ = π ⎟ k
3
⎜ + + = ⎜ + = ⎜ + ∈
⎝ 2 4⎠ ⎟ ⎟ ⎟
3
⎜ ⎜⎝ 4 ⎠⎟ ⎜ ⎜⎝3
4⎠⎟
⎧⎪⎛k1⎞ ⎫⎪
Tehát f maximális értelmezési tartománya \ ⎨
⎪⎜ + ⎟π
| k ⎪
⎟ ∈ ⎬=
I
⎪⎜⎜⎝3 4⎠⎟
\ .
⎪⎩ ⎪ ⎪⎭
π
A tg függvény főperiódusa π , ezért úgy sejtjük, hogy az f főperiódusa lesz.
3
π
valóban periódus, mert ∀ x ∈ \ I esetén
3
⎛ π⎞ ⎛ π⎞ ⎛ ⎛ π⎞⎞ ⎛ π⎞
f ⎜x tg (3 x π) tg π 3x ⎟
⎜ + ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ tg 3 x ( )
3
⎟ = ⎜ + − ⎟= ⎜ + ⎜ − ⎟⎟=
⎜ − =
4
⎟ ⎜ ⎜
4
⎟⎟⎜
f x
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠⎠ ⎝ 4⎠⎟
.
⎛ π⎞
Ha létezne T ∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎝ 3⎠
⎟ úgy, hogy fT ( + x) = fx ( ), ∀ x∈ \ I,
akkor kéne teljesül-
⎛ π⎞
jön a tg 3T 3x ⎟
⎛ π⎞
⎜ + − ⎟=
tg 3x
−
⎝ 4⎠⎟ ⎜ ⎟
⎝⎜
⎟
4
⎟⎠
egyenlőség, ahonnan következik, hogy
⎛ π⎞
3 T = kπ, k ∈, tehát T ∉ ⎜
⎜0, ⎟
⎝
⎟
3⎠
⎟ - ellentmondás. Következik, hogy főperiódusa
f
π
π kπ
T = . (Abból, hogy periódus, következik, hogy is periódus, tetszőleges
3
3
3
k ∈ esetén.)
16. Határozd meg az f ( x) = sin6x + cos3x
függvény főperiódusát!
Megoldás. Feltételezzük, hogy f periódikus és legyen T egy periódus. Ekkor
t .
π
Tegyünk x helyébe x = 0 illetve x = -mat, a fenti egyenletbe. Felhasználva, hogy
3
sin(2 π + α) = sin x és cos( π + α) =−cos α,
∀ x ∈ , kapjuk, hogy
π
{ | }
⎧ ⎪sin 6T + cos 3T = 1 ⎧ sin 6T = 0
⎪
⎪
2k
⎨ ⇔ ⎨
⇔ T ∈ k ∈ = I .
⎪ sin 6T − cos 3T =− 1 ⎪
cos 3T = 1
⎩ ⎩
3
Tehát, ha f periódikus, akkor a periódus csak a fent megadott halmazból kerülhet ki.
Viszont f értelmezéséből azonnal adódik, hogy az I halmaz összes eleme periódusa
2π
f -nek, következik, hogy (mivel más periódus nem lehet) f főperiódusa T = .
3
17. Tanulmányozd az f ( x) = sin 2x + cos 3x
függvény periodicitását!

320 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Megoldás. Feltételezzük, hogy f periódikus és T ≠ 0 egy periódusa. Következik,
hogy fx ( + T) = fx ( ), ∀x∈ , vagyis
sin( 2x + 2 T) + cos( 3x + 3 T) = sin 2x + cos 3 x, ∀ x ∈ .
Legyen x = 0 , majd x = 3π
. Kapjuk, hogy
(1) sin 2T + cos 3T = 1
és sin( 6π + 2 T) + cos(3π + 3 T) = sin 6T + cos 3π.
Vagyis az alábbi egyenlőségek kell teljesüljenek:
⎧⎪ sin 2T + cos 3T = 1
⎪
⎨
⎪ sin( 6π + 2 T) − cos 3T = sin
⎪⎩
Összeadva az előbbi két egyenletet, következik, hogy
.
6π−1 sin 2T + sin( 6π + 2 T)
= sin 6π,
ahonnan szorzattá alakítással
2sin 6π + 2 2T cos
2
6π = 2sin
2
6π cos
2
6π
.
2
Mivel cos
6π
≠ 0 , egyszerűsíthetünk vele:
2
sin
6π+ 2 2T = sin
2
6π
. (2)
2
A (2) egyenlőség (lásd Trigonometriai egyenletek fejezet) csak akkor teljesülhet, ha
létezik olyan k egész szám, amelyre T kieléíti az alábbi egyenletek egyikét:
⎧⎪
⎪ 2 2T+ 2 6π
⎪
= π + 2 kπ
vagy
⎪ 2
⎨
⎪
⎪2
2T 0
⎪
+ = 2kπ
⎪⎩ 2 2
π (2k + 1 −
amelyeket így is írhatunk: T =
2
6) 2kπ
vagy T = ,
2
*
k ∈ ( T ≠ 0) .
2kπ
1. eset. Ha T = ,
2
k ∈ alakú, akkor visszahelyettesítve (1)-be, kapjuk, hogy
0 + cos
3
2kπ = cos
2
6kπ = 1,
ami lehetetlen, mert
*
6k nem lehet egész k ∈ -ra.
π (2k + 1 −
2. eset. Ha T =
2
6)
, akkor ismét az (1) egyenlőség alapján
sin(2k + 1− 6) π + cos
3
π(2k
+ 1− 2
6) = 1 ⇔

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 321
⇔ sin
⎡ ⎛
6π + cos ⎢3 π ⎜
⎢
− ⎜
⎜⎜⎝ ⎣
3 ⎞⎤ π(2k+
1) ⎟ ⎟⎥
= 1
2
⎟
⎠⎟⎥
⎦
⇔ sin 6π− cos
3
π(2k+
1) = 1 .
2
18. Adott az f : → , f ( x) = a sinx + bcosx
hogy fx ( ) 0 x ⇔ ∃x , x ∈ úgy, hogy x1 −x2 ≠kπ( k ∈ )
és
f ( x ) = f( x ) = 0.
1 2
= ∀ ∈ 1 2
⇔
( ab∈ , ) függvény. Igazold,
Bizonyítás. A szükségesség nyilvánvaló, mert ha fx ( ) = 0 ∀ x∈
, akkor
3 f ( eπ 2) = 0 és f ( e ) 0
π 3 π
= , továbbá eπ 2 −e ≠kπ ( k ∈).
Igazoljuk az elégségességet:
Tehát ∃xy , ∈ úgy, hogy x −y ≠kπ( k ∈ ) és f ( x) = f( y)
= 0,
vagyis
⎧ ⎪asin
x + bcos x = 0
⎪
⎨ a
.
⎪ b sin y + bcos y = 0
⎪⎩
Összeadva és kivonva a két egyenletet, következik, hogy
⎧ ⎪ ⎛ x + y x − y⎞ x y x y
a 2cos sin ⎟
⎛ + − ⎞
⎪ ⋅ ⎜ ⎟ b 2sin sin ⎟ 0
2 2
⎟+ ⋅ ⎜
⎜−
⎟
2 2
⎟=
⎪ ⎝ ⎠ ⎝
⎠
⎨
⎪ ⎛ x + y x − y⎞ x y x y
a 2sin cos ⎟
⎛ + − ⎞
⎪ ⋅ ⎜ ⎟+ b⋅⎜2cos
cos ⎟ 0
⎪ ⎝ 2 2 ⎠⎟ ⎝⎜
2 2
⎟=
⎪⎩
⎠
vagyis
⎧⎪ x − y ⎛ x + y x + y⎞
⎪
⎪sin ⎜acos bsin
0 (1)
2
⎜ − ⎟
2 2
⎟ =
⎪ ⎝ ⎠
⎨
⎪ x − y ⎛ x + y x + y⎞
⎪cos ⎜ asin + bcos
⎟ = 0 (2)
⎪ 2
⎜⎝ ⎟
2 2 ⎠⎟
⎪⎩
x − y
π
Mivel x − y nem többszöröse π -nek -és ezért sem többszöröse -nek- egy-
2
2
x − y
x − y
szerűsíthetünk az (1) egyenletben sin -vel, a (2) egyenletben pedig cos -
2
2
vel:
⎧⎪ x + y x + y
⎪
acos − bsin=
0
⎪ 2 2
⎨
⎪
x + y x + y
⎪asin
+ bcos
= 0
⎪⎩ 2 2
x + y
x + y
Legyen cos = u és sin = v . Tételezzük fel, hogy a és b nem lehetnek
2
2
egyszerre 0-k (vagyis f
nem a nullfüggvény) és ellentmondást vezetünk le belőleÉ

322 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
⎧⎪ au − bv = 0 (3)
⎪
⎨
⎪ av + bu = 0 (4)
⎪⎩
Szorozzuk (3)-mat a -val és (4)-et b -vel, majd adjuk össze. Kapjuk, hogy
2 2
2 2
( a + b ) u = 0 és mert a + b > 0 , következik, hogy u = 0 . Ismét felhsználva, hogy
2 2
a + b > 0 , behelyettesítve u -t mindkét egyenletbe, kapjuk, hogy v = 0 .
Tehát
x + y x + y
sin = cos = 0
2 2
és következik, hogy
x + y π
= kπ = + lπ, 2 2
k, l ∈ , vagyis ∃kl , ∈úgy,
hogy
1
k = + l
a
-
ellentmondás, tehát a = b = 0 , ami azt jelenti, hogy fx ( ) = 0, ∀ x∈
.
19. Legyen sin x + cos x = p.
Számítsd ki a
2 2 3
3
tg x + ctg x + tg x + ctg x + tg x + ctg x
függvényében.
kifejezés értékét x = 30
Megoldás. Mivel si n x + cos x = p,
következik, hogy
2 2 2
p = sin x + 2 sin x cos x + cos x = 1 + 2 sin x cos x ,
2
p −1
tehát q = sin x cos = . Továbbá
2
sin x cos x 1 1 2
tg x + ctg x = + = = = ; 2
cos x sin x sin x cos x q p − 1
2
⎛ 2 2 2
2 ⎞ 4
tg x + ctg x = (tg x + ctg x) −2tg x ⋅ ctg x = ⎜ ⎟ −2⋅ 1 = −2
2 2 2
⎜
⎜⎝p −1 ⎠
⎟ ( p −1)
3 3 3 2 2
tg x + ctg x = (tg x + ctg x) −3tgx ⋅ctg x −3tg x ⋅ctg
x =
Tehát
20. Igazold, hogy
3 3
⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞
⎜ ⎟ 3 (tg x ctg x)
⎜ ⎟ 2
= ⎜ ⎟ − ⋅ + = ⎟ −3⋅ ⎜
⎜
p −1 ⎟ ⎜p
−1
⎟
.
⎟
2
p −1
2 2
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 2 3 3
S = (tg x + ctg x) + (tg x + ctg x) + (tg x + ctg x)
=
2 4
= + 2 2 2
p −1 ( p −1) 8
− 2+ 2 3
( p −1) 2
−3⋅ 2
p − 1
=
4 4
=− + 2 2 2
p −1 ( p −1) 8
+ 2 3
( p −1)
−2
.
a) sin x + cos x ≥ , ∀ x ∈ ;
2
4 4 1
b) sin x + cos x ≥ , ∀ x ∈
;
4
6 6 1
;

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 323
1−sin2x c)
sin x − cos x
≤ 2 , ∀ x ∈ .
Bizonyítás. a) A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget használjuk, a
2
2
sin x és cos x pozitív vagy 0 valós számokra, x ∈ .
2 2
1 sin x + cos x
= ≥
x 2
ahonnan négyzetreemeléssel
2 2
sin x cos x ,
1 2 2
≥ sin x cos x . (*)
4
A kapott egyenlőtlenség rendre ekvivalens a következőkkel:
1 2 2
≥2sin x cos x
2
⇔
1
2 2
1− ≤1−2sinx cos x
2
⇔
⇔
1 2 2 2 2 2
≤ (sin x + cos x) −2sinx cos x
2
⇔
1 4
2
≤ sin x + cos x ,
2
ami, éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség.
b) Az előző alpontban már igazoltuk, hogy
egyenlőtlenség a következő alakban is írható:
4 4 2 2 1
sin x + cos x ≥ , ∀ x ∈ . Ez az
2
4 2 1
(sin x + cos x)(sin x + cos x)
≥ ⇔
2
⇔ sin x + cos x + sin x cos x + cos x sin x ≥ ⇔
2
6 6 4 2 4 2 1
⇔ sin x + cos x + 1⋅sinx cos x ≥ ∀ x ∈ . (**)
2
6 6 2 2 1
A (*) egyenlőtlenség szerint sin x cos x ≤ ,
4
∀ x ∈ , tehát a (**) egyenlőtlen-
2 2 1
ségben sin x cos x -et -re növelhetjük, vagyis
4
6 6 1 1
sin x + cos x + ≥
4 2
⇔
6 6 1
sin x + cos x ≥ ,
4
∀ x ∈ .
1−sin2x c) Azt kell bizonyítanunk, hogy
sin x − cos x
≤ 2
π
∀ x ∈ \ I , ahol I = + kπ.
4
1− sin2x sinx −cosx =
2 2
sin x + cos x −2sinx
cosx
sinx −cosx 2
(sin x − cos x)
=
sinx −cosx
= sin x − cos x =
2 2 1
⎛ π π ⎞ ⎛ π⎞
= 2⎜ ⎜ cos sinx − sin cosx⎟ = 2 sin⎜x − ⎟ ≤ 2, ∀ x \
⎝
⎟ ⎟
4 4 ⎠⎟ ⎝⎜ 4⎠⎟
∈ I .

324 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
2 2 2 a −b
21. Igazold, hogy ( cosa + cosb) + ( sina + sinb) = 4 cos , majd oldd meg
2
2
a ( sina + sinb) x − 2( cosa + cosb) x −sina − sinb = 0 egyenletet. x1 -gyel és x2
-
2 2
vel jelölve a fenti egyenlet gyökeit, számítsd ki az a + b értékét, ha x1 + x2
= 2 (a
és b a másodfokú egyenlet együtthatóit jelöli a szokásos jelöléssel).
a + b a −b
Bizonyítás. Alkalmazzuk a cosa + cosb = 2 cos cos és
2 2
a + b a − b
sina + sinb = 2 sin cos képleteket. Tehát.
2 2
2 2 2 a + b 2 a − b 2 a + b 2 a −b
(cosa + cos b) + (sina + sin b)
= 4 cos cos + 4 sin cos =
2 2 2 2
2 a − b⎛ 2 a + b 2 a + b⎞ 2 a b
4cos cos sin ⎟
−
= ⎜
4cos
2
⎜⎜⎝ + ⎟ =
2 2 ⎠⎟ .
2
2
Oldjuk meg a (sin a + sin b) x − 2(cosa + cos b) x − (sina + sin b)
= 0 egyenletet:
Ha sina + sinb ≠ 0 , akkor
cosa + cos b ±
x1,2
=
2 2
(cosa + cos b) + (sina + sin b)
sina + sinb
=
a −b
cosa + cosb ± 2 cos
2
=
sina + sinb
=
a + b a −b a − b a + b
cos cos ± cos cos ± 1
= 2 2 2 = 2 .
a + b a − b a + b
sin cos sin
2 2 2
a + b
a + b
1+ cos
− 1+ cos
Tehát x
2
1 =
és x
2
2 =
.
a + b
a + b
sin sin
2
2
2 2 2 2
Mivel x + x = ( x + x ) − 2x
x = s −2p , a Viète-összefüggések alapján
1 2 1 2 1 2
2
2(cos a + cos b) (sina + sin b) (sin a + sin b)
⋅(
−1)
−2⋅ = 2.
sina + sinb
⎛ 2
⎜ 2(cos a + cos b) ⎜ s = ;
⎜ ⎝ (sina + sin b) −sina −sinb ⎞
p =
⎟
sina + sinb
⎟
⎠⎟
2
a + b a − b
Tehát (cosa + cos b)
= 0 , vagyis cos cos = 0 .
2 2

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 325
22. Határozd meg az f : → , f () x = 3sin2x −cos2x függvény maximumát és
minimumát.
Megoldás. Észrevesszük, hogy
⎛ π π ⎞
fx ( ) 2 cos sin 2x sin cos 2x⎟ ⎛ π⎞
= ⋅ ⎜ − ⎟= 2 sin ⎜2x
− ⎟
⎝
⎟
6 6 ⎠⎟ ⎝⎜ 6⎠
⎟.
Tehát f maximuma 2 és minimuma –2.
23. Ha sin 2( a + c) = n sin 2b,
akkor igazold, hogy
n + 1
tg( a + b + c) = tg(
a − b + c)
. (1)
n −1
Bizonyítás. A feladatnak nyilván akkor van értelme, ha a tangensek értelmezettek
és n ≠ 1 .
Abban az esetben, ha sin 2b = 0 , akkor sin 2( a + c)
= 0 , tehát
sin 2b + sin 2( a + c) = 2 sin( a + b + c)cos( a + c− b)
= 0 és
− sin 2b + sin 2( a + c) = 2 sin( a − b + c)cos( a + b + c)
= 0 ,
és (mivel a tangensek értelmezettek) következik, hogy
sin( a + b + c) = sin( a − b + c) = 0 = tg( a + b + c) −tg( a − b + c)
.
Tehát fennáll az (1) egyenlőség.
Feltételezhetjük, hogy sin 2b ≠ 0 , ezért
sin 2( a + c)
n = és
sin 2b
sin 2( a + c) + sin 2b 2 sin( a + b + c)cos( a + c−b) n + 1 = = .
sin 2b sin 2b
Továbbá
sin 2( a + c) −sin 2b 2 sin( a − b + c)cos( a + b + c)
n − 1 = = ,
sin 2b sin 2b
tehát
n + 1 sin( a + b + c) cos( a − b + c)
tg( a + b + c)
= ⋅ =
n − 1 cos( a + b + c) sin( a − b + c) tg( a − b + c)
.
Így az állítást igazoltuk.
24. Bizonyítsd be, hogy igazak az alábbi ekvivalenciák:
sin ( a + b) sin ( c + d)
tga tgc
cos( a + d) cos(
c + b)
=
⇔ = ⇔
=
sin( a −b) sin ( c− d)
tgb tgd
cos( a −d) cos(
c− b)
.
Megoldás. Hamis! Attól, hogy sin( a − b)
és sin ( c −d) nem nulla, cosa , vagy
cosc , stb. Lehet nulla!
Ha eltekintünk ettől, a megoldás a következő:
sin( a + b) sin( c + d) sinacosb + cosasinb sinccosd + coscsind = ⇔ =
.
sin ( a −b) sin ( c−d) sinacosb−cosasinb sinccosd −coscsind

326 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Aránypárok származtatásával rendre a következő, az előzővel ekvivalens összefüggéseket
kapjuk:
2sinacosb 2sinccosd =
sinacosb−cosasinb sinccosd −coscsind
⇔
⇔
sinacosb sinccosd =
−cosasinb −coscsind
tga tgc
⇔ = .
tgb tgd
cos( a + d) cos(
c + b)
tga tg
Igazoljuk a
=
⇔ =
cos( a −d) cos(
c− b)
tgb tgd
c ekvivalenciát:
cos( a + d) cos( c + b) =
cos( a −d) cos( c− b) ⇔
cosacosd −sinasind cosccosb−sincsinb =
.
cosacosd + sinasind cosccosb + sincsinb Hasonlóan az előző megoldáshoz, az előbbi egyenlőség ekvivalens a következővel:
cosacosd cosccosb =
sinasind sincsinb ⇔
cosasinb coscsind =
cosacosb sinccosd ⇔
⇔
tgb tgd =
tga tgc ⇔
tga tg
=
tgb tg
c
d
Megjegyzés. Természetesen csak akkor állnak az ekvivalenciák, ha a nevezőkben
megjelenő kifejezések nem lehetnek nullák.
3π
2π π
25. Bizonyítsd be, hogy cos =−cos
, majd számítsd ki cos -öt és igazold a
5 5
5
2π 4π
cos + cos =
5 5
1
− egyenlőséget.
2
Bizonyítás. cos( π− x) = cos πcos x + sin πsinx
=−cos x,
∀ x ∈ , tehát
3π ⎛ 2π⎞
cos cos π ⎟
2π
= ⎜ − ⎟ =−cos
5
⎜⎜⎝ 5 ⎠⎟
.
5
π π
A cos értékét két lépésben számoljuk ki: előbb kiszámoljuk sin -et, amjd utána a
5
10
2
π
cos 2x = 1 −2sin x képletet használva megkapjuk cos -öt.
5
2π ⎛π 2π⎞ 3
3
sin cos ⎟
π π π π π
= ⎜ cos 2 sin cos 4 cos 3 cos
10
⎜⎜⎝ − ⎟
2 10 ⎟ = ⇒ = − ,
⎠ 10 10 10 10 10
π
és mivel cos ≠ 0 , kapjuk, hogy
10
π 2 π
π 2 π
2sin = 4cos − 3,
vagyis 2sin = 4−4sin − 3
10 10
10 10
ahonnan a
2 π π
4sin + 2sin − 1= 0
2 10

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 327
π − 1+
egyenletet kapjuk. Tehát sin =
10 4
5 π −1− , vagy sin =
10 4
5
és mivel
π π − 1+ sin > 0 , következik, hogy sin =
10
10 4
5
.
π 2 π 6−2 5 3− Tehát cos = 1 − 2 sin = 1 −2⋅ = 1 −
5 10 16 4
2π
4π
Számítsuk ki cos + cos értékét:
5 5
5 1+ =
4
5
.
2π 4π 6π 2π 2π
π
cos + cos = 2 cos cos =− 2 cos cos =
5 5 10 10 5 5
⎛ 2 π ⎞ π ⎛ 6+ 2 5 ⎞
=−2⎜2cos − 1⎟ cos =−2⎜2 − 1 ⎟
⎝⎜ 5 ⎠
⎟ ⎜
5 ⎝⎜16 ⎠
⎟
5 + 1
=
4
5 − 1 5 + 1 4 1
=−2⋅⋅ =−2⋅ =− .
4 4 16 2
o o
26. Bizonyítsd be, hogy tg α+ tg( α+ 60 ) + tg( α+
120 ) = 3 tg 3α.
sin( a + b)
Bizonyítás. Alkalmazzuk a tga + tgb
= képletet az a = α + 60 és
cosacosb értékekre:
b = α + 120
tg( α+ 60 ) + tg( α+ 120 ) = tg( α+ 60 ) + tg( α−60
) =
sin2α sin2α 2sin2α
= =
= .
cos( α+ 60 )cos( α−60 ) cos 2α + cos120
1
cos 2α
−
2
2
Tehát
sin α 2 sin α
tg α+ tg( α+ 60 ) + tg( α+
120 ) = +
=
cos α 1
cos 2α
−
2
1 1
sin αcos 2α− sin α + 2 sin 2αcos α sin 3α− sin α+ sin 2αcos α
= 2 = 2
=
1 1
cos αcos2α− cos α cos 3α− cos α+ sin 2αsinα 2 2
1 sin 3α+ sin α
sin 3α− sin α+
2 2 2sin3α
= = = 3⋅ tg3α.
1 cosα−cos3α cos 3α− cos α +
cos 3α
2 2
Megjegyzés. A következő képleteket alkalmaztuk:
sin( a + b) + sin( a −b)
cos( a + b) + cos( a −b)
sinacosb = ; cosacosb = ;
2
2
sin( a −b) − cos( a + b)
sinasinb = ; sin 3α = sin 2αcos α+ cos 2αsinα; 2

328 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
cos 3α = cos 2αcos α− sin 2αsin α.
27. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben asin B + bsin A= 2csinC és
bsinC + csinB = 2asinA, akkor az ABC Δ egyenlő oldalú.
Bizonyítás. Mivel ABC , , ∈ (0, π)
, következik, hogy sin A, sin B,
sinC
nem
lehetnek nullával egyenlők. Osszuk el az első egyenletet sin B sin A-val,
a másodikat
pedig sinC sin B -vel. Kapjuk, hogy
a b sinC
+ = 2c
sin A sin B sin AsinB
;
b c sin A
+ = 2a
sin B sinC sin BsinC
.
a b c
Viszont a szinusztétel alapján = = , ezért a fenti egyenlőségek a
sin A sin B sinC
következőképpen alakulnak:
1 sinC2
= ⇔ sin C = sin Asin
B; (1)
sinC sin AsinB 1 sinA2
= ⇔ sin A= sin BsinC
. (2)
sin A sin BsinC 2
(1) és (2)-ből következik, hogy sin B = sin AsinC
. (3)
Összeadva az (1), (2) és (3) egyenlőségeket, kapjuk, hogy
2 2 2
sin A+ sin B + sin C = sin AsinB + sin BsinC + sinC sin A ⇔
2 2
2
(sin A sin B) (sin B sin C) (sinC sin A)
0
⇔ − + − + − =
tehát sin A= sin B = sinC
, és háromszög esetében ez azt jelenti, hogy A = B =
= C = 60 , vagyis a háromszög egyenlő oldalú.
28. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben bcosC = ccos B , akkor a háromszög
egyenlő szárú.
Bizonyítás. Írjuk fel a koszinusztételt a b és c oldalakra:
2 2 2
2 2 2
b = a + c −2accosB
; c = a + b −2abcosC
.
Most fejezzük ki a fenti összefüggésekből c⋅cos B -t illetve b⋅cosC -t:
2 2 2
2 2 2
a + c −b
a + b −c
c⋅ cos B =
; b⋅ cosC
=
.
2a
2a
2 2 2 2 2 2
a + c − b a + b −c
2 2
A feltétel szerint
=
, vagyis b = c , és mivel b és c
2a 2a
pozitív számok (egy háromszög oldalainak hossza), következik, hogy b = c . Tehát a
háromszög egyenlő szárú.
2 2
29. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben b + 2accos B = a + 2bccos A,
akkor a háromszög egyenlő szárú.
Bizonyítás. A koszinusztételből kapjuk, hogy
2 2 2
2 2 2
b = a + c −2accosB
illetve a = b + c −2bccosA.
A fentiekből következik, hogy
,

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 329
b + 2accosB = a + c
2 2 2
a + c = b + c
b
+ 2 ccosA= b + c
2 2 2
és a b ,
2 2 2 2
tehát a feltétel szerint , vagyis a = , mert a és b pozitívak.
30. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben acos A
egyenlő szárú vagy derékszögű.
Bizonyítás. A koszinusztétel alapján
ccosB
, akkor az ABC
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a ( b + c −a ) − b ( a + c −b ) ( a −b )( c −a −b
)
acos A− bcos B = =
.
2abc 2abc
2
Tehát, ha acos A−bcos B = 0 , akkor a
2 2
= b vagy c
2 2
= a + b .
= Δ
b + c
31. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben cos B + cosC
= , akkor az ABC
a
derékszögű.
Bizonyítás. A koszinusztételből kifejezzük cos B -t és cosC -t:
2 2 2
2 2 2
a + c −b
a + b −c
cos B =
; cosC
=
.
2ac
2ab
2 2 2 2 2 2
a + c − b a + b −c
b
A feltétel szerint
+ =
2ac 2ab
a
c
, vagyis
2 2 2 2 2 2
( a + c −b ) ⋅ b + ( a + b −c ) ⋅ c = ( b + c) ⋅ 2bc .
Elvégezve a műveleteket, kapjuk, hogy
2 2 3 3 2 2
ab+ ac−b−c−bc− cb=
0 ⇔
( + ) − ( + )( − + ) − ( + ) = 0 ⇔
2 2 2
a b c b c b bc c bc b c
2 2 2
( b + c)( a −b − c ) = 0.
a = b + c
Mivel b és c pozitív valós számok, a fenti egyenlőségből az
következik, tehát az ABC Δ derékszögű.
2 2 2
egyenlőség
b + c ha
32. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben =
a la
derékszögű.
= 2 , akkor az ABC
bc A
Bizonyítás. Az la
= 2 cos és ha
b + c 2
bc sin A
= összefüggések alapján:
a
ha l
b + c A
= sin .
a 2
Tehát az adott egyenlőségből
a
A 2
sin = és így
mA ( ) = 90 .
2 2
33. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben
o
mA ( ) = 60 .
3 3 3
b + c − a 2
= a , akkor
b + c−a Δ
Δ

330 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Bizonyítás. A koszinusztételből és a feltételből következik, hogy
3 3 3
b + c − a 2 2
= b + c −2bccosA,
b + c−a vagyis
3 3 3 3 2 2 2 3 2 2 2
b + c − a = b + c b − 2b c cos A + b c + c −2bc cos A −ab− ac + 2abc cos A
,
tehát
3 2 2 2 2 2 2
a + c b + b c−ab − ac + 2abccos A−2bc cos A− 2b ccosA= 0 .
Kiemelve a -t az őt tartalmazó tagokból kapjuk, hogy
2 2 2 2 2 2 2
a( a −b− c + 2bc cos A) + b c + c b − 2cos A( b c + bc ) = 0,
2 2
tehát ( bc+ cb)(1− 2cos A)
= 0.
2 2
1
Mivel bc+ cb>
0 , következik, hogy cos A = és mert A ∈ (0, π)
, következik,
2
hogy mA ( )
= 60
.
1 1 3
34. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben + = , akkor
a + b b + c a + b + c
o
mB ( ) = 60 .
Bizonyítás. Szorozzuk be a fenti összefüggést ( a + b) ( b + c)( a + b + c)
-vel.
Kapjuk, hogy:
2
( a + 2 b + c) ⋅ ( a + b + c) = 3( ab + ac + bc + b ) ⇔
2 2 2
2
a + 2ab + ac + ab + 2b + bc + ac + 2bc + c = 3ab + 3ac + 3bc + 3b
,
2 2 2
vagyis b = a + c −ac.
2 2 2
1
Viszont a koszinusztétel alapján b = a + c −2accosB
, tehát cos B = és
2
mB ( )
= 60
.
2
35. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben ( b + c) a = b + c és
2 2 3
b + c = a,
3
akkor o
mA ( ) = 30 .
2
Bizonyítás. Kiszámítjuk b + c -et és -t a függvényében:
2
2bc
2 2 2 3 2
b + c = ( b + c) ⋅ a = a ,
3
továbbá
2 2 2 4 2 2 3 2 2 4−2 ( b + c) − ( b + c ) = 2bc
= a − a = a ⋅
3 3 3
A koszinusztétel alapján
2 2 2
a = b + c − 2bccosA, 2 2
és behelyettesítve a b + c illetve 2 bc
értékeit, kapjuk, hogy
3
.

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 331
2 2 3 2 2 4−2 3
a = a −a ⋅ cos A,
3 3
2 3 3 3 2 3 3
tehát cos A 1
3 2 3 4 2 3 4 2
⎛ ⎞ ⎜ ⎟
−
= ⎜ − ⎟ ⎟⋅
= = . Következik, hogy
⎜ ⎜⎝ ⎠⎟−
−
mA ( )
= 30
.
2 2
36. Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben b + c = 2a
, akkor
2 o
mA ( ) ≤ 60 .
Bizonyítás. A koszinusztétel felhasználásával a feltételből következik, hogy
2
2
a
a = 2bccosA, vagyis cos A = > 0 és mivel 0 < A < 180 , következik, hogy
2bc
90 (a koszinusz pozitív).
0 < A <
2 2
2 b + c 2 2
Ugyancsak a feltételből írhatjuk, hogy a = ≥ b c = bc,
tehát
2
bc 1
cos A ≥ = .
2bc 2
⎛ π⎞
Mivel a koszinuszfüggvény a ⎜
⎜⎝
0, intervallumon szigorúan csökkenő és
2
⎟⎠
cos 60 =
π 1
= cos = , a fenti egyenlőségből következik, hogy
mA ( ) ≤ 60 .
3 2
37. Tekintsük az O kezdőpontú, i és
j egymásra merőleges egységvektorokkal
megadott koordináta-rendszert. Határozzuk meg a P és Q pontok koordinátáit ebben a
koordinátarendszerben, ha tudjuk hogy
⎯⎯→ → → ⎯⎯→
→ →
OP = 3i−2 j és PQ = 2i−4 j .
y
Megoldás. Rajzoljuk le a koordináta-rendzsert:
y
j
i
j
O
i 3i
OP
x
O
OP
P
x
2(– j )
P
OQ
Mivel OP = 3i− 2j= 3i+ 2 ⋅( −j)
, a paralelogramma
szabály szerint megkapjuk a P pontot a
3i és 2( −j) vektorokból. Tehát a P pont koordinátái P (3, 2) .
Most tételezzük fel, hogy ismerjük a Q pont helyét.
Q

332 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Mivel OQ = OP + PQ , következik, hogy OQ = 5i−6j, tehát a Q pont koordinátái
Q(5, −6)
.
X.2. Összefoglaló feladatok (224. oldal)
1. Bizonyítsd be, hogy
o o o o
tg α+ tg( α+ 20 ) + tg( α+ 40 ) + tg( α+ 60 ) + ... + tg( α+
160 ) = 9 tg 9α.
Bizonyítás. A 26. gyakorlat alapján:
tg α+ tg( α + 60 ) + tg( α+
120 ) = 3 tg( 3α)
tg( α+ 20 ) + tg( α+ 80 ) + tg( α+ 140 ) = 3 tg( 3α+ 60 ) és
tg( α+ 40 ) + tg( α + 100 ) + tg( α+ 160 ) = 3 tg( 3α+ 120 )
tehát
8
∑
k=
0
( α + ⋅ k)
= ( α+ ( α+ ) + ( α+
) ) = 9tg9α
tg 20 3 tg 3 tg 3 60 tg 3 120
8π 12π 18π 1 π 7 π
2. Bizonyítsd be, hogy cos + cos + cos = cos + sin .
35 35 35 2 5 2 5
Biyonyítás. A feladat a Kvant nevű folyóirat 4/1982-es számában jelent meg.
π
3. Bizonyítsd be, hogy tg = ( 2 −1)( 3 − 2)
.
24
π π
Bizonyítás. Előbb kiszámoljuk sin és cos értékét:
12 12
A
π
sin =
12
π
1−cos 6
2
=
3
1−
2
2
=
6 −
4
2
és
π
cos =
12
π
1+ cos
6
2
=
6 +
4
2
.
x sin x
tg = képlet alapján:
2 1+ cosx
( )(
( )
)
2
6 − 2
π 4
6 − 2
tg = = =
24 6 + 2 4 + 6 + 2
1 +
4
6 − 2 4+ 2 −
4+ 2 −6
6
=
4 6 + 2 3 −6−4 2 − 2+ 2 3 4 6 + 4 3 −4 2 −8
= =
=
12 + 8 2 12 + 8 2
( 6 + 3 − 2 −2)( 3−2 2)
6 + 3 − 2 −2
= =
3+ 2 2 9−8 = ( 2 −1)( 3 − 2)
.
=

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 333
5π
4. Bizonyítsd be, hogy tg =
24
6 + 3 − 2 − 2 .
5π
tg + ( 2 −1)( 3 −
π ⎛5π π ⎞
Bizonyítás. 1= tg = tg⎜
24
4
⎜ + ⎟ =
⎝24 24⎠ ⎟ 5π
1−tg ( 2 −1)( 3 −
24
2)
⇒
2)
5π ⇒1−tg (
24
2 −1)( 3 −
5π
2) = tg + (
24
2 −1)( 3 − 2)
.
5π
1−( Tehát tg =
24 1+ 2 −1)( 2 −1 3 −
3 −
2)
, és a műveletek elvégzése után megkapjuk a
2
kívánt eredményt.
( )( )
o
o
5. Hasonlítsd össze a cos 36 és tg 36 értékeket.
Megoldás. 36
5 rad
π
= és az X.1.25 feladatban megmutattuk, hogy
π 1+ 5
cos = .
5 4
π π 2 π π π
Igazoljuk, hogy cos > tg , vagyis cos > sin . Mivel cos > 0 és
5 5
5 5
5
π 4 π 2 π
sin > 0 , a fenti egyenlőtlenség egyenértékű a cos > 1 −cos egyenlőtlenség-
5
5 5
gel. Ez az egyenlőtlenség a következő alakban is írható:
4 2
⎛1+ 5⎞ ⎛1+ 5⎞
⎜ ⎟ > 1−⎜ ⎟ ⇔ 56+ 24 5 > 160−32 ⇔
⎜
⎜
4
⎟ ⎜ 4
⎟
5
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟
⇔ 56 5 > 104 ⇔ 28 5 > 57 ( 1 )
Mivel 5 > 2,2,
következik, hogy 28 5 > 28 ⋅ 2,2 = 61, 6 > 57 ,tehát az ( 1)
egyen-
lőtlenség igaz, ezért a cos 36 > tg 36 egyenlőtlenség is igaz.
o
6. Bizonyítsd be, hogy tg 55 > 1, 4 .
1+ tg10
Bizonyítás. A tg 55 = tg( 45 + 10 ) = egyenlőség alapján a bizonyí-
1−tg10 1
tandó egyenlőtlenség ekvivalens a tg10 > egyenlőtlenséggel.
6
3
1
3tgx − tg x 1
Ha tg10 ≤ , akkor a tg 3x
=
összefüggés és az u :0, 2
6
1−3tg x
6
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ → ,
⎢⎣ ⎥⎦
3
u( x) = 3u−
u függvény monotonitása alapján (u szigorúan növekvő ) a
1 1
3 ⋅ − 3
6 6 107
tg 30 ≤ = egyenlőtlenséghez jutunk.
1
1−3⋅ 6⋅33 2
6

334 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Másrészt
tg 30
=
3
és
3
3 107
> . A kapott ellentmondás alapján tg 55 > 1, 4 .
3 6⋅33 o
7. Bizonyítsd be, hogy tg11 < 0,2 .
1
2tgx
Bizonyítás. Ha tg11 > , akkor a tg 2x
= egyenlőtlenség alapján kö-
2
5
1−tg x
1
2 ⋅
5
vetkezik, hogy tg 22 > 5 = .
1
1 − 12
25
Másrészt tg 22 33′ > tg 22 és tg 22 30′ = 2 −1,
tehát
17
2 > .
12
2 2
1
Ez ellentmondás, mert 2⋅ 12 < 17 ( 288 < 289),
tehát tg11 < .
5
8. Bizonyítsd be, hogy bármely x , x , x ∈ [0, π]
esetén
1 2 3
1−cos( x − x ) + 1−cos( x −x ) ≥ 1−cos( x − x ) .
3 2 2 1 3 1
Bizonyítás. Ha x1 ≤x2 ≤x3, akkor az egyenlőtlenség
x3 −x2 x2 −x1
x3 − x1
sin + sin ≥ sin alakban írható.
2 2
2
x3 − x2
x2 − x1
⎡ π ⎤
Ha x1, x2, x3 ∈ [ 0, π]
, akkor az a = és b = jelöléssel ab , ∈ ⎢0, ⎥
2
2
⎢⎣ 2 ⎥⎦
,
így
a + b a −b
sina + sinb = 2 sin cos
2 2
a + b a + b
≥2sin
cos
2 2
mivel
a − b
2
a + b
< . Más sorrend esetén is hasonló a bizonyítás.
2
9. Bizonyítsd be, hogy bármely x ∈ esetén sin ( sin x) + cos( cos x)
> .
2
2 2 2 ⎛π Bizonyítás. E = sin ( sin x) + cos( cos x) = sin ( sin x)
+ sin ⎜ −cos ⎝2 ⎛π cos 2x ⎞ 1
2sin ⎟
⎛π
⎞
= ⎜ cos⎜
⎟
⎜
− −
⎝4 2 ⎠
⎟ ⎝ ⎜ ⎟
4 2⎠
⎟
⎞
⎟
⎠
⎟
.
De
π 1 π cos2xπ 1
0 < − ≤ − ≤ + <
4 2 4 2 4 2 2
π
és így
⎛π cos 2x ⎞ 1
sin ⎟
⎛π
⎞
⎜ sin ⎜ ⎟
⎜
− ⎟≥ −
⎝
⎟
4 2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜4
2⎠
⎟,
tehát
⎛π 1⎞ ⎛π 1⎞
⎛π ⎞
E ≥2sin⎜ ⎟cos⎜ ⎟ sin⎜ 1⎟ ⎜
− − = − = cos1
⎝⎜ ⎟ ⎟ ⎟
4 2⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜4 2⎠⎟ ⎜⎝2 ⎠⎟
.
2 2 1
2 x =

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 335
π
π
Másrészt 0< 1<
, tehát cos1 > cos és így
3
3
1
E > .
2
2 π 2 3π 2 4π
10. Bizonyítsd be, hogy tg + tg + tg = 39 − 10 13 .
13 13 13
2 π 2 3π
2 4π
Bizonyítás. Az E = tg + tg + tg kifejezés a következőképpen
13 13 13
π
alakítható (a = α jelölést használjuk):
13
2 2 2
( ) ( ) ( )
E = 1 + tg α + 1 + tg 3α + 1 + tg 4α − 3 =
1 1 1 2 2 2
= + + − 3 = + + −3
=
2 2 2
cos α cos 3α cos 4α 1 + cos 2α 1 + cos 6α 1 + cos 8α
4[ ( cos6α+ cos10α+ cos14α) + 5( cos2α+ cos6α+ cos8 α)
+ 6]
=− 3+ =
cos16 α+ 2cos14 α+ cos12α+ 2cos10α+ 6cos8 α+ 6cos6 α+ 3cos4 α+ 6cos2α+ 5
6+ 5S2
−S1
=− 3+ 4⋅ 5+ 6S −3S
2 1
, ahol S2 = cos 2α− cos 5α+ cos 6α
és
S1 = cos α+ cos 3α−cos4α. Ha S = S2 −S1,
akkor
S = cos 2α− cos 5α+ cos 6α−cos α− cos 3α+ cos 4α
=
= cos 2α+ cos 4α+ cos 6α−cos5α−cos 3α−cosα =
= cos 2α+ cos 4α+ cos 6α+ cos 8α+ cos10α+ cos12α
=
sin13α−sin α 1
= =− ,
2sinα 2
mert sin 13α = 0 és sin α ≠ 0 .
Ugyanakkor:
S1 = cos α+ cos 3α− cos 4α =−cos 4α−cos10α−cos12α =
1
=− S + cos 2α+ cos 6α+ cos 8α = + cos 2α+ cos 6α+ cos 8α
2
Ebből kövekezik,hogy:
2 2 2
2S = 4 cos α+ cos 3α+ cos 4α −5=
1
( )
( ) +
2
= 4 ⎡
⎢⎣
cos α + cos 3α−cos 4α − 2 cos 3αcos α + 2 cos 4αcosα + 2 cos 4αcos 3α] − 5 =
2
= 4( S −cos4α− cos 2α+ cos 5α+ cos 3α+ cos 7α+ cos α)
− 5 =
1
2
= 4 ⎡S1( cos 2α cos 4α cos 6α cos 8α cos10α cos12α) ⎤
⎣
− + + + + +
⎦
−5
2
1+ 13
Így S1
gyöke a 4S1 −2S1 − 3 = 0egyenletnek,
tehát S1
= (mivel S 1 >
0 )
4
.

336 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Ebből következik, hogy S2
=
13 −1
és így
4
6+ 5S2
−S1
E = 4 ⋅
5+ 6S −3S
− 3 = 39 −10
13 .
2 1
11. Bizonyítsd be, hogy 2 cos 2 2 ... 2
2 n
π
=
+ + + .
n−1
gyök
Bizonyítás. Matematikai indukcióval igazoljuk az összefüggést:
π
n = 2 -re az állítás igaz, mert cos =
4
2
.
2
Feltételezzük, hogy 2 cos
2
2 2 ... 2
n
π
=
+ + + ,
n−1gyök π + = + +
és igazoljuk, hogy 2cos 2 ... 2
1
2 n .
ngyök
Valóban, mivel cos 0 1
2 n
π x
> , alkalmazhatjuk a cos =±
+
2
1+ cosx
képletet, tehát
2
π
cos n+
1
2
=
π
1+ cos n
2
2
=
1
1+ 2 ... 2
2 + +
n−1gyök 1
=
2 2
2 + 2 + ... + 2 ,
π + = + +
vagyis 2cos 2 ... 2
1
2 n .
ngyök
o o
12. Bizonyítsd be, hogy ha 13 ≤x≤28, akkor
3 2 o 2 o
≤ sin ( 4x + 8 ) + cos ( 4x −82) ≤2.
2
o
Bizonyítás. Ha 13
o
≤x≤28, akkor 4x + 8
≥ 60 és 4x−82
≤ 30 , tehát
3
sin ( 4x + 8 ) ≥ és cos( 4x −82 ) ≥
2
3
.
2
Így sin
( 4x + 8 ) + cos
( 4x −82) ≥ .
2
Másrészt
2
2
sin ( 4x + 8 ) ≤1és
cos ( 4x −82) ≤1,
2 2 3
2 2
tehát sin ( 4x + 8 ) + cos ( 4x −82) ≤2.
n−1

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 337
4 2
π
13. Bizonyítsd be, hogy az x − 6x + 1=
0 egyenlet gyökei tg ,
8
5π
tg és
8
7π
tg .
8
Bizonyítás. Ha 2 t
π 3π 5π 7π
{ , , , }
tehát
2
ha t
π 3π 5π 7π
{ , , , }
⎛ 2tg ⎞
⎜
⎟ = 1
⎜ 2
⎝1−tg t ⎠
⎟
3π
tg ,
8
2
2tgt
∈ , akkor tg 2t = 1.
De tg 2t
= , 2
4 4 4 4
1−tg t
∈ . Ha a műveleteket elvégezzük és
8 8 8 8
4 2
rendezzük az egyenletet a tg t − 6 tg t + 1 = 0 egyenlethez jutunk, tehát az
4 2
( 2k+ 1)
π
x − 6x + 1=
0 egyenlet gyökei: tg k = 0, 3 .
8
21
π 1
14. Bizonyítsd be, hogy ha n ≥ , akkor cos > 1 − .
4
n n + 1
⎛ π⎞
Bizonyítás. Mivel ∀x∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ esetén sin x x,
írhatjuk, hogy
<
2 2
2 x ⎛x⎞ x
1− 2sin > > 1− 2⎜⎟ 1
2
⎜ ⎟ = −
2
⎟ ,
⎝ ⎠ 2
2 x
⎛ π⎞
viszont cos x = 1 − 2 sin tehát ∀x∈⎜0, ⎟
2
⎜⎝ 2 ⎠ ⎟ esetén
2
x π
cos x > 1 − . x = -et
2 4
2
π π
helyettesítve, ha n > 2,
kapjuk, hogy cos > 1 − 2
n 2n
.
Megvizsgáljuk, hogy milyen n természetes számra teljesül a
2
π
2
2n 1
≤
n + 1
2
π
egyenlőtlenség: 2
2n 1
2 2 2 2 2
≤ ⇔ 2n ≥ π ( n + 1) ⇔ 2n
−π n −π ≥ 0.
n + 1
A másodfokú függvény tulajdonságai alapján a fenti egyenlőtlenség teljesül
2 2 2
minden n -re, ha n ≥ α , ahol α az 2n −π n − π = 0 egyenlet legnagyobb
2
π +
gyöke, vagyis α =
4 2
π + 8π 4
23,149
≈ , tehát jobb becslésre van
4
2
x
szükségünk, mint a cos x > 1 − .
2
15. Periodikus-e az f : + → , f ( x ) = sin x függvény ? Hát a g : → ,
gx ( ) = sinx+ cos 2x?
Megoldás. Igazoljuk, hogy f
nem periodikus:

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 338
Valóban, ha T ≠ 0 egy periódusa lenne f -nek, akkor minden x ∈ esetén
kéne teljesüljön a sin x + T = sin x (1) összefüggés. x = 0 -t helyettesítve
az (1) összefüggésbe, kapjuk, hogy
2 2 ∗
tehát T = k π , k ∈ .
2
π
Helyettesítsünk az (1) egyenletben x helyett x = -et!
4
Kapjuk, hogy
2
π 4
sin 1 2
k π = , tehát
+
∗
sin T = 0 vagyis T = kπ, k ∈ alakú,
π
2
4k1 + π
= + 2 lπ , l ∈ , vagyis
4 2
2
4k + 1 racionális kell legyen, ami lehetetlen ( k > 0)
.Tehát f nem
periodikus.
A g függvény sem periodikus: hasonlóan járunk el, mint az f esetében: ha T
periódusa lenne g -nek ( T ≠ 0)
, akkor minden x ∈ esetén kéne teljesüljön a
sin x + T + cos 2x + 2T = sin x + cos 2x
összefüggés.
( ) ( )
Végezzük el az x = 0 , x = π és x =
egyenletben:
2π
helyettesítéseket az előző
x = 0 ⇒ sinT + cos 2T = 1 (1)
x = π ⇒− sinT + cos 2π + 2T = cos 2 π (2)
( )
x = 2π ⇒ sin 2π + T + cos 2T = sin 2π + 1 (3)
A (3 ) összefüggésből kivonva (1) -et, kapjuk, hogy
( )
sin 2π + T − sinT = sin 2π,
2 cos
2π + 2T sin
2
2π = 2 sin
2
2π cos
2
2π
2
és mert sin
2π
≠ 0 , következik, hogy cos
2
2π + 2T = cos
2
2π
, vagyis
2
2π + 2Τ +
2
2π
2T
= 2kπ
vagy = 2kπ
kell teljesüljön, ahol k ∈ .
2
2
1.eset: ha T = 2kπakkor
(1) alapján ⇔ 2 2kπ= 1,
vagyis 2 2k = 2, l l, k ∈ ,
ami lehetetlen.
2.eset: ha T =− 2π+ 2kπ
valamely k ∈ -re.
-ből következik hogy:
⎛2 2Τ+ 2 cos⎜ ⎜
⎜⎜⎝ 2
2π⎟ ⎞
⎟
cos
⎠⎟ 2π = 1 + cos
2
1+ cos
2π = 2 ⋅
2
2π 2
= 2 cos
2π
,
2

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 339
és mivel cos
2π
2 2T+ ≠ 0 , kapjuk, hogy cos
2
2
2π = cos
2π
, vagyis
2
2Τ+ 2π = 2lπ,
vagy 2Τ= 2lπ,
valamely l ∈ -re. (4 )
Viszont T =− 2π+ 2kπ,
ahol k ∈ , ezért ismét ellentmondáshoz jutottunk
(viszszahelyettesítve T -t (4) -be és felhasználva, hogy kl∈ , ). Tehát g sem
periódikus.
π 2π 3π 4π 5π
16. Bizonyítsd be, hogy cos − cos + cos − cos + cos =
11 11 11 11 11 2
1 .
2π 9π
4π
7π
Bizonyítás. Mivel cos =− cos és cos =−cos
, a kiszámítandó
11 11 11 11
öszszeg írható
π 3π 5π 7π
9π
S = cos + cos + cos + cos + cos
11 11 11 11 11
alakban. A VIII.4.1 paragrafus 2. feladata alapján
5π 5π 10π
sin cos sin
π 3π 5π 7π 9π
cos + cos + cos + cos + cos = 11 11 11 1
11 11 11 11 11
π = π = ,
sin 2 sin 2
11 11
10π
π
mert sin = sin ≠ 0 .
11 11
17. Bizonyítsd be az alábbi egyenlőségeket, ha A , B és C egy háromszög
szögeinek mértékei:
2 2 2
a) sin A+ sin B + sin C − 2 cos AcosBcosC = 2 ;
2 A 2 B 2C
A B C
b) sin + sin + sin = 1 −2sin
sin sin ;
2 2 2 2 2 2
2 A 2 B 2C
A B C
c) cos + cos + cos = 2 + 2 sin sin sin .
2 2 2 2 2 2
Bizonyítás. a) Mivel A+ B + C = π , írhatjuk, hogy:
2 2 2
3 −cos A−cos B− cos ( A+ B) + 2 cos Acos Bcos( A+ B)
= 2 ⇔
( ) −
2
2 2
⇔ cos A+ cos B + cos Acos B −sin
Asin B
−2cos Acos B(cos AcosB −sin
Asin B)
= 1 ⇔
2 2 2 2 2 2
⇔ cos A+ cos B + cos Acos B + sin AsinB −
2 2
−2sin2Asin 2B − 2 cos Acos B + 2 sin 2Asin 2B = 1 ⇔
( )( )
2 2 2 2 2 2
⇔ cos A+ cos B− cos Acos B + 1 −cos A 1 − cos B = 1 ⇔
⇔ 1= 1.
Az utolsó egyenlőség fennáll, tehát az ekvivalenciák miatt a kezdeti is fennáll.
Ezzel az állítást igazoltuk.

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 340
2 A 1−cosA b) Alkalmazva a sin = , stb. képleteket, a fenti azonosság a
2 2
következőkkel egyenértékű:
3 −cos A−cos B −cosC 1 −cos A 1 −cos B 1 −cosC
= 1−2 ⋅ ⋅ ,
2 2 2 2
⎛ A ⎞
⎜
⎜sin > 0, stb. ⎟
⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟
.
Az előző egyenlőség rendre ekvivalens a következőkkel:
2
( )
1 ( cos A cos B cosC) ( 1 cos A)( 1 cos B)( 1 cosC)
2
∗
− + + =− − − − ⇔
2 2 2
⇔1− 2( cos A+ cos B + cosC) + cos A+ cos B + cos C +
+ 2( cos Acos B + cosC cos B + cos Bcos A) = 2(1 − ( cos A+ cos B + cosC)+
+ ( cos AcosB + cosC cos B + cos AcosC) −cos Acos Bcos C)
⇔
2 2 2
⇔ cos A+ cos B + cos C + 2 cos Acos BcosC = 1 ⇔
2 2 2
⇔ sin A+ sin B + sin C − 2 cos Acos BcosC = 2 ,
ami pontosan az a) pontban igazolt azonosság.
Megjegyzés: A ( ∗ ) ekvivalencia azért áll, mert ebben az esetben mindkét oldal
negatív, tehát nem áll fenn a veszély, hogy négyzetreemeléssel „elveszítünk”
egy előjelt. Általában ezt nem tehetjük meg.
2 A 1+ cosA
c) A cos = , stb. képleteket használva ismét az a) pontra vezetődik
2 2
vissza a feladat.
⎡ π⎞
18. Bizonyítsd be, hogy, ha x ∈ ⎢0, ⎟
⎢⎣ 2
⎟⎠
, akkor
2
tg x + sin x
a) tg x sin x ≥ x ; b)
≥ x .
2
Bizonyítás. a) x = 0 -ra teljesül az egyenlőtlenség, tehát feltételezhetjük,
hogy x > 0 .
⎛ π⎞
A VIII.24. fejezet 4. faladatában igazoltuk, hogy tg ≥x, ∀x ∈⎜ ⎜ 0, ⎟
(1)
⎝ 2 ⎠⎟
⎛ π⎞
esetén. Könnyen belátható az is, hogy x ∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ esetén
2 x
0< 1− tg < 1 (2)
.
2
2
A tg x sin x ≥ x egyenlőtlenség rendre ekvivalens a következőkkel, ha
⎛ π⎞
x ∈ ⎜
⎜0, ⎟
⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ :

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 341
⎛ x x
2tg 2tg
⎞
tg x x tg x x
1
⎜
⎟
2 2 ⎟ 2
≥ ⇔ − ≥ 0 ⇔ ⎜ x
⎟
⎜ 0
x sin x x sin x x sin x
2 x ⋅
2 x − ⎟ ≥ .
⎜
⎜1− tg 1+ tg ⎟
⎜⎝ 2 2 ⎠⎟
x x
2 x
Viszont tg > és 0< 1− tg < 1,
következik, hogy
2 2
2
⎛ x x
2tg 2tg
⎞
⎜
⎟
2 2 ⎟
⎜ 2 2x 2x
2
x
⎟ ⎛ ⎞
⎜ x 0
2 x ⋅
2 x − ⎟ ≥ ⎜
⎟
⎜
⋅ − ⎟
1 tg 1 tg
2 2 ⎟ = ,
⎜ − + ⎟ ⎝ ⎠
⎜⎝ 2 2 ⎠⎟
1
2 ⎡ π⎞
tehát ⋅( .... ) ≥ 0 és ezért tg x sin x ≥x , ∀x ∈ ⎢0, ⎟
x ⋅ sin x ⎢⎣ 2
⎟⎠
.
⎡ π⎞
b) mivel tg x, sin x, x ≥ 0 ha x ∈ ⎢0, ⎟
⎢⎣ 2
⎟⎠
, az a) pontot felhasználva írhatjuk,
hogy:
tg x + sin x
2
≥ tg x ⋅sinx ≥ x = x.
2
2 2 2
19. Bizonyítsd be, hogy ha az ABC Δ háromszögben b + c = 2a
, akkor
a) 2c tgA= ctgB + ctgC
; b) a⋅ ma = b⋅mb. Bizonyítás. a) A IX.3.1 paragrafus 16.feladata alapján:
2 2 2 2 2 2
2(
b + c −a ) −a − b + c
2ctgA−ctgB − ctgC = = 0
4T
2 2 2 2 2 2
2( b + c 2 2 2 2 2 ) − a 2 2 ( a + c ) −b
b) ama − bmb = a ⋅ −b⋅ =
4 4
2 2 2 2 2
( a −b )( 2c
−a −b
)
= = 0 .
4
20. Számítsd ki az R sugarú körbe írt szabályos
a) hatszög; b) ötszög; c) nyolcszög oldalát.
Megoldás. a) A szabályos n -szög oldalához tartozó középponti szög
mértéke 2π
π
, tehát a hozzá tartozó kerületi szög mértéke . Így az oldal ln
n
n
π
hosszára igaz az ln= 2Rsin összefüggés.
n
π
Tehát a hatszög oldala l6= 2Rsin = R,
6
π 10 − 2 5
az ötszög oldala l5= 2Rsin = R⋅
és
5 2
π
a nyolcszög oldala l8= 2Rsin = R 2− 2 .
8

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 342
21. Bizonyítsd be, hogy ha az AB C háromszögben b + c = 3a,
akkor
B C B C A
a) 2tg tg = 1;
b) T = a⋅ra; c) sin sin = sin
2 2
2 2 2 .
B C p−a 1
Bizonyítás. a) tg ⋅ tg = = mert a + b + c = 4a és így p = 2a.
2 2 p 2
b) Τ= ( p−a) ⋅ ra = a⋅ra mert p− a = 2a
− a = a.
c)
B C ( p−a)( p−c) ( p−a)( p−b) si n sin = ⋅ =
2 2 ac ab
p−a ( p−b)( p−c) A p− a
= = sin mert = 1.
a bc
2 a
22. Bizonyítsd be, hogy ha az ABC háromszögben b + c = 2a,
akkor
B C
a) 3tg tg = 1;
b) 2 cos A+ cos B + cosC = 2.
2 2
Bizonyítás. a) Az adott feltételből 2p = a + b + c = 3a,
tehát
B C p−a 1
tg tg = = .
2 2 p 3
b)2 cos A+ cos B + cosC − 2 = ( cos A− 1) + ( cos A+ cos B + cosC − 1)
=
2 A A B C
=− 2 sin + 4 sin sin sin =
2 2 2 2
2 A A ( p−a)( p−c) ( p−a)( p−b) =− 2 sin + 4 sin
=
2 2 ac ab
2 A A p−a A p− a 1
=− 2sin + 4sin ⋅ ⋅ sin = 0 mert = .
2 2 a 2
a 2
23. Bizonyítsd be, hogy ha az AB C háromszögben ( π
mA ) = és 2π
mB ( ) = A,
7
7
akkor
b
c a −b
a) cos A = , cos B = , cosC
= ;
2a
2b
2b
1
b) co s Acos BcosC =− ; c) ha = h b + hc.
8
Bizonyítás. a) Ha meghúzzuk a BD belső szögfelezőt, az AB D egyenlő
szárú háromszög keletkezik, tehát AD = BD .
2ac
π
bc
Másrészt BD = cos és AD = (a szög-
a + c 7
c + a
B
felező hosszára vonatkozó tételből és a szögfelező
E
7
π b
7
tételből), tehát co s A = cos =
. Ha ugyanezt
I
7 2a
A 7
D
C

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 343
megismételjük a C szög CE szögfelezőjével, akkor a CE = EB
2π
c
egyenlőségből következik, hogy cos B = cos = . A szögek mértékéből
7 2b
következik, hogy az AB C háromszög hasonló ACE háromszöghöz, tehát
AE EC AC
a⋅b 2 2
= = . Ebből következik, hogy EC = és c = b + ab.
AC BC AB
c
2 2 2 2
a + b −c a −ab a −b
Tehát cosC
= = = .
2ab 2ab 2b
b) Az a) alpont alapján az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha
ab ( + c) = bc.
π⎛ 2π 4π⎞ 2
Ez ekvivalens a sin sin sin ⎟
π 4π
⎜ sin sin
7
⎜⎜⎝ + ⎟ =
7 7 ⎠⎟
egyenlőséggel.
7 7
π⎛ 2π 4π⎞ π⎛ 3π π⎞ 2π 3π
sin sin sin sin 2 sin cos sin sin
7
⎜ ⎟ ⎜
⎟
⎜
+ ⎟
7 7 ⎟= =
7
⎜
⎟
7 7⎟ =
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 7 7
2π 3π
4π ⎛ 4π⎞
= sin sin mert sin sin π ⎟
3π
= ⎜ − ⎟ = sin
7 7
7
⎜⎜⎝ 7 ⎠⎟
.
7
1 1 1
c) ha = hb + hc ⇔ = + ⇔ a( b + c) = bc,
tehát az egyenlőség teljesül.
a b c
24. Bizonyítsd be az alábbi egyenlőtlenségeket:
a) r + r + r ≥9r ;
b) acos A+ bcos B + ccosC ≤ p ;
a b c
( + )2
2 2 2
c) ra + rb + rc 2
≥ p ;
b c
d)
4bc
ma
≤ ;
la
2 2
b + c ma
e) ≤ .
2bc
ha
1 1 1 1
Bizonyítás. a) A X.3.1 paragrafus 19/f feladata alapján = + + .
r ra rb rc
Az első fejezet 9.2.2 paragrafusának 3. feladata alapján
( ra ⎛1 1 1⎞
+ rb + rc)
⎜
⎟
⎜
+ + ≥9
r r r
⎟ , tehát ra ⎜⎝ ⎠⎟
+ rb + rc
≥9r. a b c
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4
a ( b + c − a ) 2(
ab + bc + ca ) −a−b−c ∑a⋅ cos A=
∑ =
=
b)
2abc 2abc
2
16Τ
2
= , tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a 8Τ ≤ p⋅abc 2abc
egyenlőtlenséggel. A Heron-képlet alapján
( a + b−c)( a − b + c)( − a + b + c) ≤ abc alakban írható és ezt már igazoltuk az
I.9.4. paragrafusban ( 4/e feladat ).
A
c) Az ra= p⋅
tg összefüggés alapján az egyenlőtlenség ekvivalens a
2

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 344
2 A 2 B 2C
tg + tg + tg ≥ 1 egyenlőtlenséggel.
2 2 2
Ugyanakkor a VIII.5.6.2 paragrafus 15/g feladata alapján
A B B C C A
tg tg + tg tg + tg tg = 1
2 2 2 2 2 2
2 2 2
és így az u + v + t ≥ uv + vt + tu
egyenlőtlenség alapján
2 A 2 B 2C
tg + tg + tg ≥ 1.
2 2 2
2bc
A
d) Az l a = cos
b + c 2
A
c
összefüggés alapján az
B
b
D
egyenlőtlenség ekvivalens a
b
C
b + c A b
c
cos ≤ ma
c
2 2
M N
P
egyenlőtlenséggel.
Megszerkesztjük az M ∈ ( AB,
N ∈ ( AC pontokat úgy, hogy CN = AB ,
BM = AC és felvesszük az A -nak a BC felezőpontjára vonatkozó P
szimmetrikusát. Belátható, hogy M ,P és N egy egyenesre illeszkedik, tehát
írhatjuk, hogy
A h AP 2ma
cos = ≤ =
2 b + c b + c b + c
,
ahol h az MA N háromszög A csúcsához tartozó magassága.
e) Ha N az A -hoz tartozó magasság talppontja,
2 2 2 2
akkor BN −N C = c −bés BN − NC = a
A
2 2 2
2 2
c −b
+ a
c −b
alapján BN = és így MN = .
2a
2a
Tehát
AM 2a⋅ha2bcsinA2bc tg α = = = ≤
2 2 2 2 2 2
MN c −b c −b c − b
.
2bc
Ebből következik, hogy sin α ≤ tehát
2 2
b + c
AN ha
2bc
= ≤ .
2 2
NM m b + c
a
B C
M N
25. Bizonyítsd be az alábbi azonosságokat:
a) ra + r b + rc = 4R+
r ; b) rr a b+ rr b c+ rr c a
2
= p ;
2
c) p = 2r( 6R− r)
;
2 2
d) ab + bc + ca = p + r + 4Rr
;
2 2 2
e) a + b + c
2 2
= 2p −2r −8Rr
; f)
a ctg A+ bctg B + cctgC = 2(
R + r)

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 345
g) rr a b=
p( p− c)
;
;
h) ( ra 2
+ rb)( rb + rc)( rc + ra) = 4Rp
;
2
a
i) 2S
=
;
ctg B + ctgC
B − A
sin
b− a
k) = 2
c C
cos
2
A
p sin
j) a = 2 ;
B C
cos cos
2 2
l)
2 2 2
( p−a) ( p−b) ( p−c) 2R−r
+ + =
bc ac ab 2R
m) ( c− a)( ccos B + bcos C) = ab(cos A− cosC)
+ a( a − c)cos B ;
n) a⋅ ctg A+ b⋅ ctg B + c⋅ ctgC = 2R+ 2r
;
2
o) ra( rb + rc) + rb( rc + ra) + rc( ra + rb) = 2p
.
Bizon yítás. a) Már igazoltuk a IX.3.1 paragrafus 19/h feladatában.
A
b) Az ra= ptg
összefüggés alapján az egyenlőség ekvivalens a
2
A B B C C A
tg tg + tg tg + tg tg = 1
2 2 2 2 2 2
egyenlőséggel
és ezt igazoltuk a VIII.5.6.2 paragrafus 15/g alpontjában.
c)
2 ( − a + b + c)( a − b + c)( a + b−c) abc
d) A 4r
=
és 2Rr
= egyenlőség
a + b + c
a + b + c
alapján a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a
4( ab + bc + ca)( a + b + c)
=
3
= ( a + b+ c) + ( − a + b+ c)( a− b+ c)
( a + b− c) + 8abc
egyenlőséggel.
Ez számolással ellenőrizhető.
2 2 2
2
e) a + b + c = ( a + b + c) − 2(
ab + ac + bc)
=
2 2 2 2 2
= 4p − 2( p + r 4Rr)
= 2p −2r
− 8Rr
.
f) actg A= 2Rsin A⋅ ctg A= 2RcosA, tehát
actg A+ bctg B + cctgC = 2R( cos A+ cos B + cosC)
=
⎛ A B C⎞ ⎛ r ⎞
= 2R⋅ ⎜1 4sin sin sin ⎟ 2R⎜1 ⎟
⎜
+ ⎟ = + = 2(
+ )
⎝
⎜ ⎟
2 2 2⎠⎟⎝
⎜ R⎠⎟
R r .
Τ Τ p( p−a)( p−b)( p−c) g) rr a b=
⋅ = = p( p−c) .
p−a p−b ( p−a)( p−b) 2p−a
−b c⋅Τ
h) ra + rb
= Τ⋅ =
, tehát
( p−a)( p−b) ( p−a)( p− b)

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 346
3 3
abc ⋅Τ abc ⋅Τ ⋅p
( ra + rb)( rb + rc)( rc + ra)
= 2 2 = 2
4
( p−a) ( p−b) ( p−c ) Τ
i)
abc 2 2
= p = 4Rp
.
Τ
2
a
=
ctg B + ctgC
a + c − b
4Τ 2
a
a
+
+ b −c
4Τ
=
2 2 2 2 2 2 2
B C p( p−b) p( p−c) ( p−b)( p−c) A
j) a⋅ cos cos = a ⋅ = p
= p sin .
2 2 ac ab bc
2
B − A B + A B −A
2 sin cos sin
b−a sin B −sin
A
k) = = 2 2 = 2
c sinC
C C C
2sin cos cos
2 2 2
A+ B ⎛π−C⎞ C
mert cos = cos⎜ ⎟ sin
2
⎜⎜⎝ ⎟ =
2 ⎠⎟ 2 .
( ) ( ) ( )
l)
2
2 2
p−a a p−a ∑a
p−a ∑ = ∑ = =
bc abc abc
Ugyanakkor
2 2 3 3 2 2b
( ∑a) p −2p⋅ ∑a + ∑a∑a + 6abc−
∑(
ab + a )
Τ.
=
abc
=
4abc
2
2R−r r 2Τ
= 1− = 1−
=
2R 2R
p⋅abc 4abc
− ( a + b −c)( a − b + c)( − a + b + c)
= =
4abc
3
a + 6abc−
2 2
ab + a b
= ∑ ∑
( )
4abc
tehát az összefüggés igazolása teljes.
m) ccos B + bcosC = a , tehát elégséges igazolni, hogy
( c− a) a/ ( 1 + cos B) = ab / ( cos A−cosC) , vagy
2 B
( sinC − sin A) 2 cos = sin B⋅( cos A−cosC
) .
2
2 B C − A C + A 2 B
Ez igaz, mert ( sinC − sinA) 2cos = 2sin cos 2cos
2 2 2 2 =
C − A C + A B B
= 2 sin sin ⋅ 2 cos sin = ( cos A−cosC) ⋅ sin B.
2 2 2 2
n) Az n) alpont ugyanaz, mint az f) alpont.
o) A b) alpont alapján nyilvánvaló.
2
=

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 347
*
26. Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ és azon x ∈ esetén, amelyekre az
egyenlőségben szerepelő kifejezések értelmezettek, igazak az alábbi egyenlőségek:
2 2 2 n cos( n + 1) x sin nx
a) cos x + cos 2 x + ... + cos nx = +
;
2 2sinx
2 2 2 n cos( n + 1) x sin nx
b) sin x + sin 2 x + ... + sin nx = −
;
2 2sinx
c)
sin 2x sin 4x sin 2nx 1 sin n( n + 1)
x
+ + ... + = ⋅
cos 2x −sin 2x cos 4x −sin4xcos 2nx −sin
2nx 2 π
sin − n( n + 1)
x
4
;
d)
2
sin x sin 3x sin 5x sin ( 2n − 1)
x tg nx
+ + + ... + =
2 2 2 2 2 2 2
cos x cos x cos 2x cos 2x cos 3x cos ( n − 1) x cos nx sin x .
n n n
2 1+ cos2kx n 1
Bizonyítás. a) ∑cos kx = ∑ = + ∑ cos 2kx
=
k= 1 k= 1 2 2 2 k=
1
n 1 cos( n + 1) x ⋅sin
nx
= + ⋅
2 2 2sinx
a VIII.4.1 paragrafus 2. megoldott feladata alapján.
n n n
2 1−cos2kx n 1 n 1 cos( n + 1) x ⋅sin
nx
b) ∑sin kx = ∑ = − ∑cos2kx
= − ⋅
.
k= 1 k= 1 2 2 2 k=
1 2 2 2sinx
n
sin kx
c) ∑
= 2
k=
2 cos kx − sin k x
k( k + 1) k( k −1)
n sin x sin x
= 2 2
∑ −
=
k( k + 1) k( k + 1) k( k −1) k( k −1)
k=
2 cos x −sin x cos x −sin
x
2 2 2 2
n( n + 1)
sin x
2
sin x
= −
=
n( n + 1) n( n + 1) cos x − sin x
cos x − sin x
2 2
2
n + n −2
sin x
=
2
2 2
n + n − 2 n + n + 2
cos x − sin x
2 2
sina sinb
sin ( a −b)
Felhasználtuk a
− =
cosa −sina cosb−sinb cos( a −b) −sin ( a + b)
azonosságot.
( )

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 348
2
2
tg nx sin ( 2n + 1) x tg ( n + 1)
x
d) A + =
összefüggés és a matematikai
2 2
sin x cos nx ⋅ cos ( n + 1) x sin x
indukció elve alapján az egyenlőség igaz ∀n≥1esetén. 27. a) Bizonyítsd be, hogy ha k ∈ és a, α ∈ úgy, hogy az alábbi kifejezések
értelmezettek, akkor
2sina
tg( a + kα) − tg kα
=
és
cosa + cos( a + 2kα)
2sina
ctg kα− ctg(
a + kα)
=
( k ≠ 0)
.
cosa − cos( a + 2kα)
n
1
b) Számítsd ki a ∑
k= 1 cosa + cos( 2k + 1)
a és
n
1
∑
k= 1 cosa − cos( 2k + 1)
a összegeket.
Bizonyítás. a)
n
1
tg( n + 1) α−tg α
b) ∑ =
és
cosa + cos( 2k + 1) a 2 sin α
k=
1
n
∑
k=
1
1
ctg α− ctg( n + 1)
α
=
.
cosa − cos( 2k + 1) a 2 sin α
28. Számítsd ki az alábbi összegeket, majd az eredményt igazold a matematikai
indukció módszerével:
2 2 2
a) S1= sin x + sin 3 x + ... + sin (2n −1) x ;
3 3 3
b) S2= cos x + cos 2 x + ... + cos nx ;
3 3 3
c) S3= sin x + sin 2 x + ... + sin nx .
n n
2
1
Megoldás. a) S1= ∑sin ( 2k − 1) x = ∑[ 1 −cos 2( 2k −1)
x ] =
k= 1 2 k=
1
n
n 1 n 1 sin4nx
= − ∑ cos( 4k − 2)
x = − ⋅ .
2 2 k=
1
2 4 sin2x
n
3 1 ⎛ n n ⎞
b) S2= cos kx cos 3kx 3 cos k ⎟
∑ = ⎜ + ⎟
k= 1 4 ⎜∑ ∑ x ⎟ =
⎝ ⎟
k= 1 k=
1 ⎠
⎛ 3nx
3( n 1) x nx ( n 1)
x ⎞
⎜
+ +
sin cos sin cos
1 ⎜
⎟
2 2 3 2 2 ⎟
=
⎜ ⎟
4
⎜ + ⋅
3x
x ⎟
.
⎜ sin
sin
⎜
⎟
⎜⎝ 2
2 ⎠ ⎟
n
3 1 ⎛ n n ⎞
c) S3= sin kx ⎜3
sin kx sin 3k
⎟
∑ = ⎜ − ⎟
4 ⎜ ∑ ∑ x
⎝ ⎠
⎟ =
⎟
k= 1 k= 1 k=
1

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 349
⎛ ( n 1) x nx 3( n 1) x 3nx
⎞
⎜
+ +
sin sin sin sin
1 ⎜
⎟
3 2 2 2
⎟
=
⎜
2 ⎟
4
⎜ ⋅ x − ⎟
sin
3x
⎟
.
⎜ sin ⎟
⎜⎝ 2 2 ⎠ ⎟
29. Bizonyítsd be, hogy az AB CD körbeírható négyszögben
a) AC ⋅ BD = AB ⋅ CD + AD ⋅BC
(Ptolemaiosz I. tétele);
AC AB ⋅ AD + CB ⋅CD
b) =
BD BA ⋅ BC + DA ⋅DC
(Ptolemaiosz II. tétele).
Bizonyítás. a) Az ábra jelölései
alapján az
egyenlőség
A
sin ( β + γ) ⋅ sin ( β + α)
=
sin α⋅ sin γ + sin β⋅ sin ( α+ β + γ)
alakban írható ( a szinusz-tétel segítségével ).Ezt
igazoltuk a VIII.5.6.2 paragrafus 13/b feladatában.
b) A T [ ABCD] = T [ ABD] + T [ BCD]
=
B
D
C
AB ⋅AD
BC ⋅CD
= ⋅ sin ( α+ β)
+ ⋅ sin ( α+ β)
és
2 2
T [ ABCD] = T [ ABC ] + T [ ADC ] =
AB ⋅BCAD ⋅DC
= ⋅ sin ( β + γ) + ⋅ sin ( β + γ)
egyenlőségek
2 2
alapján
sin ( β + γ)
AB ⋅ AD + BC ⋅CD
=
.
sin(
α+ β)
AB ⋅ BC + AD ⋅CD
Másrészt a szinusz-tételből következik, hogy
AC = 2Rsin( β + γ)
és BD = 2Rsin( α + β)
,
tehát
AC AB ⋅ AD + BC ⋅CD =
.
BD AB ⋅ BC + AD ⋅DC
30. Az AB körív felezőpontját jelöljük C -vel és legyen P egy tetszőleges
2 2
pont az AB köríven. Bizonyítsd be, hogy PA ⋅ PB = AC −PC
.
Bizonyítás. Az ábra jelölései alapján
2
PA ⋅ PB = 4Rsinαsinβ és
2 2 ⎛ + β 2 α−β⎞ AC − PC = 4R ⎜
⎜si sin ⎟
⎜⎝
− ⎟
2 2 ⎠ ⎟ .
2 2 α
n
Másrészt
2 α β
sin ( ( ) ( ) )
+ A
2 α−β 1
− sin = cos α+ β −cos α− β = sin αsinβ 2 2 2
,
B
C
P
M

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 350
2 2
tehát PA ⋅ PB = AC −PC
.
31. Bizonyítsd be, hogy ha H az ABC
hegyesszögű háromszög ortocentruma, akkor
HA + HB + HC = 2(
R + r)
, ahol R és r az
ABC háromszög köré illetve a háromszögbe írt kör sugara.
Bizonyítás. Az ábra jelölései szerint
tehát
AC ′ b ⋅ cos A
AH = = = 2RcosA, sin B sin B
H A + HB + HC = 2R( cosA+ cosB+ cosC)
=
⎛ A B C⎞ ⎛ r ⎞
= 2R ⎜
⎜1 4sin sin sin ⎟ 2R⎜1 ⎟
⎜
+ ⎟ = + = 2(
+ )
⎝
⎟
2 2 2⎠⎟
⎜ ⎜⎝
R⎠⎟
R r .
32. Három egymással párhuzamos egyenes közül a középső a két szélsőtől a
és b távolságra van. Határozd meg annak az egyenlő oldalú háromszögnek az
oldalhosszát, amelynek csúcsai a három egyenesen vannak (mindenik
egyenesen van csúcs).
Megoldás. Mielőtt kiszámítjuk
az oldal hosszát, kell igazolnunk, hogy létezik ilyen
háromszög, és ha több van belőlük, akkor azok oldalai egyforma hosszúságúak (az
utóbbi kérdésre maga a számítás adja meg a választ, tehát nem kell foglalkozzunk
vele).
Feltételezzük,
hogy sikerült megrajzolni egy ilyen háromszöget (alábbi ábra).
Észrevesszük, hogy a B pontot 60 pontot.
-kal elforgatva A körül, megkapjuk a C
Mivel B ∈ v,
következik, hogy a egyenest forgatjuk el 60 v
-kal az A pont körül és
ahol a k apott v′ egyenes metszi a t egyenest, ott lesz a C pont.
t
v
u
v
A
C
60 o
B
C
B
A
H
C

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 351
Tetszőlegesen tologatva az ABC Δ -et ( párhuzamosan ) az uvt , , egyenseken, minden
kapott háromszög megoldás lesz, ezért, az előbbi észrevétel miatt, egy ilyen háromszög
szerkesztése a következő:
1. Az u egyenesen felveszünk egy tetszőleges ( A)
pontot.
C
2. Az A pont körül 60 -kal elforgatjuk a v egyenest.
3. A v ′ és t egyenesek metszéspontja lesz az egyenlő
oldalú háromszög másik csúcspontja.
b
m
m
B
4. A B pont megszerkesztése az A és C pontok
segítségével.
Az előbb vázolt gondolatok miatt az AB C
a
A
m
háromszög egyenlő oldalú lesz, tehát létezik ilyen háromszög.
Számítsuk ki az oldalhosszát a és b függvényében:
b
a
Az ábra szerint sin α = és sin ( 60 − α)
= .
m
m
Tehát s in60 cosα− cos60 sinα =
3 1 a
cosα− sinα
= ⇒
2 2 m
⇒
3
2
2 1 a
1−sin α − sinα
=
2 m
(cos α > 0 ,mert 0< α < 6 ),
0
vagyis
3
⋅
2
2
b 1 b a
1 − − ⋅ = 2
m 2 m m
/ ⋅ m ,
3
2
2 2 b
m − b = a + ,
2
2 2
3 m − b
2 2
= 4a
+ b +4ab, ( )
2
3
2 2
m = a + b + ab .
33. Az ABC Δ -ben legyenek M ∈ ( BC)
és N ∈ ( A M)
pontok úgy, hogy
AN
és = 3 valamint { }
NM
{ } ,
P = BN ∩AC Q = CN ∩AB. AP
a) Határozzuk meg az ;
PC
AQ
;
AB
BN
NP arányokat.
BM 1
MC 2
=
b) Határozzuk meg a CNP és ABC háromszögek területeinek arányát.
Δ Δ
Megoldás. a) Menelaosz tételét alkalmazzuk az
AMC háromszögben a B −N −P
szelőre majd az
AMB háromszögben Q −N −C
szelőre. Tehát
AP BM AN 1
= ⋅ = ⋅ 3 =1 és
PC BC MN 3
B
Q
N
A
M
P
C

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 352
AQ CM AN 2
= ⋅ = ⋅ 3 = 2.
QB BC MN 3
Ugyanakkor
BN BM BQ 1 1
= + = + = 1.
NP MC QA 2 2
TCNP [ ] TCNP [ ] TCAQ [ ] CP CN AQ 1 3 2 1
b) = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = .
T[ ABC] T[ CAQ] T[ ABC] CA CQ AB 2 4 3 4
34. Legyen ABC egy nem elfajult háromszög és M ∈ ( BC)
úgy, hogy
*
MB = kMC ( k ∈ + ) . Igazoljuk, hogy (1 + kAM ) < AB+ kAC.
AB + k ⋅AC
Megoldás. AM =
, tehát
1 + k
1 1
AM = ⋅ AB + k ⋅AC ≤ ⋅ AB + k ⋅ AC
1+ k 1+
k
AB + k ⋅AC
és így AM ≤
.
1 + k
( )
35. Igazoljuk, hogy egy háromszög egy belső szögfelezőjének hossza kisebb, mint az
ugyanabból a csúcsból kiinduló oldalak hosszainak harmonikus középarányosa.
Megoldás. A szögfelező hosszára vonatkozó tétel alapján
2bc A 2bc2
la
= cos ≤ = .
b + c 2 b + c 1 1
+
b c
36. Az ABC Δ -ben legyenek E ∈ ( AB)
és F ∈ ( AC)
úgy, hogy EF || BC
BN EM
valamint M ∈ ( EF)
és N ∈ ( BC)
úgy, hogy = . Igazoljuk, hogy az A ,
NC MF
M és N pontok kollineárisak.
Megoldás. Ha EM = k , akkor
MF
AE + k ⋅AF
AB + k ⋅AC
AM =
és AN =
.
1 + k
1 + k
Másrészt EF BC alapján létezik λ ∈ + , amelyre
AB = λ ⋅AE
és AC = λ ⋅AF
.
Ebből következik, hogy AM = λ ⋅AN
, tehát az AM , és N pontok egy
egyenesen vannak.
37. Legyen ABCD paralelogramma, M az [ AB] felezőpontja és N egy pont
1
a [ DM ] -en úgy, hogy MN = MD .
3

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 353
a) Fejezd ki az AN
⎯⎯→
kombinációjaként.
és BN
⎯⎯→
⎯⎯→
vektorokat az AB
és BC
⎯⎯→
vektorok lineáris
b) Igazold, hogy az AN , és C pontok kollineárisak.
DP AQ 1
c) Ha P ∈ ( AD)
és Q ∈ ( A M)
úgy, hogy = = , bizonyítsd be,
PA QM 2
hogy az [ AN ] , [ MP] és [ DQ]
szakaszokkal, mint oldalakkal szerkeszthető
háromszög.
Megoldás. a)
2AM
+ AD AB + BC
B
AN = = .
C
3 3
2BM
+ BD BA + BA + BC M
BN = =
=
N
3 3
Q
BC − 2AB
= .
A
P D
3
1
b) AC = AB + BC , tehát A, Nés C kollineárisak és AN = AC .
3
2AM + AD 2DA+ DM 2MD+
MA
c) AN + DQ + MP = + + =
3 3 3
AM + MD + DA
= = 0 , tehát az AN, DQ és MP
3
vektorokkal szerkeszthető háromszög. Ennek a háromszögnek az oldalhosszai
AM, MD és DA.
⎛ 3⎞ ⎛1 1 3⎞
38. Legyenek 1 3, ⎟,
B⎜+ , ⎟ ⎛ 1⎞
A ⎜
+ ⎟ ⎜
⎟
⎝ 2⎠⎟⎜⎜⎝2 2
⎟ és C ⎜1, pontok a síkban.
⎠⎟⎜
⎟
⎜⎝ 2⎠
⎟
Igazoljuk, hogy az ABC Δ derékszögű. Melyik a derékszög?.
Megoldás. Mivel két -A( x1, y1) , Bx ( 2, y2)
- ponton átmenő egyenes egyenlete
y −y1 x −x1
= ,
y1 −y2 x1 −x2 következik, hogy az ABC Δ oldalait tartó egyenesek iránytényezői rendre
y1 −y2 y2 −y3
y3 −y1
, , ,
x1 −x2 x2 −x3
x3 −x1
ahol az A, B és C pontok koordinátái Ax ( , y) , Bx ( , y ) és C( x ,
y ) .
1 1 2 2
3 3

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 354
3
1 −
Tehát az AB iránytényezője: m 2
AB = ,
1
+ 3
2
az AC iránytényezője: m AC =
1
,
3
3
a BC iránytényezője: m BC = 2 .
1
−
2
Két egyenes akkor merőleges egymásra ha iránytényezőik között fennáll az
mm 1 2 =−1 összefüggés. Ebből következik, hogy csakis az AC egyenes lehet merőleges
valamelyik másikra ( az ő iránytényezője pozitív egyedül),
1
−
m
=− 3 = mBC
, tehát a C derékszög.
AC
39. Számítsd ki:
a)
c)
3 3
7+ 50 + 7− 50
; b) 3 45 − 29 2 ;
3 3
38 14 −100 2 − 99 − 70 2 ; d)
2 7 2 7
1+ − 1−
.
3 3 3 3
3 3
3 3
3
Megoldás. a) Ha x = 7+ 50 + 7− 50
, akkor x = 14 −3x
, tehát x egy
3
valós gyöke az x + 3x − 14 = 0 egyenletnek. De
3 2
x + 3x − 4 = ( x − 2)( x + 2x + 7)
és így az egyenlet egyetlen valós gyöke
x = 2 .Tehát
b) ( ) 3
3 3
7+ 50 + 7− 50 =2.
3 2 2
3
a − b 2 = a − 3a b 2 + 6ab −2
b
3 2
2 , tehát a + 6ab = 45
és
2 3
3ab+ 2b=
29 összefüggések kéne teljesüljenek. Ha a = 3 és b = 1,
akkor az öszszefüggések
teljesülnek, tehát
3
45 − 29 2 = 3 − 2 .
c) Az előbbihez hasonló gondolatmenet alapján
tehát
3
99 − 70 2 = 3 − 2 2 és
3
38 14 − 100 2 = 14 − 2 2 ,
3 3
38 14 −100 2 − 99 − 70 2 = 14 − 3 .

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 355
2 7 2 7
x = 1+ − 1−
akkor
3 3 3 3
d) Ha 3 3
3 2 7 4 7 ⎛ 2 7⎞
x = 1+ −3x ⋅ 1− ⋅ − ⎜
⎜1− ⎟
3 3 9 3 ⎜⎜⎝ 3 3
⎟
⎠ ⎟
,
3 4
tehát x valós megoldása az x −x −
3
7
= 0 egyenletnek.
3
Ha az x = y
7
3
helyettesítést elvégezzük, a 7y −3y − 4 = 0 egyenlethez jutunk.
3
( )( )
3 2
De 7y −3y− 4 = y− 1 7y + 7y
+4 és így y = 1 az egyetlen megoldás, tehát
2 7 2 7 7
1+ − 1−
= .
3 3 3 3 3
3 3
40. Határozd meg az X és Y valós számokat úgy, hogy A+ B = X + Y ,
ha A, 2
B ≥ 0 és A −B ≥ 0 .
Megoldás. Az
B
XY = tehát
4
A+ B = X + Y + 2 XY egyenlőségből X + Y = A és
2 2
A+ A −B A− A −B
A+ B = + .
2 2
∗
41. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ , a + b + c ≠ 0 és
akkor
1 1 1 1
+ + =
a b c a + b + c
2001 2001 2001 2001 2001 2001
1 1 1 1
+ + = ,
a b c a + b + c
1 1 1 1
Bizonyítás. Ha + + = , akkor abc = ( a + b + c)( ab + bc + ca)
a b c a + b + c
és így ( a + b)( b + c)( c + a)
= 0 . Ha a =−b,
akkor
( ) 2001
1 1 1 1 1 1 1 1
+ + = − + = = .
2001 2001 2001 2001 2001 2001 2001
a b c a a c c a + b + c
Hasonlóan látható be az egyenlőség a másik két esetben is.
3 3
42. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ R*
, akkor abc ( a b c) a b b c c a
3
+ + ≤ + + .
Bizonyítás. Mivel a, b
és c pozitívak, a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a
következővel:
.

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 356
2 2 2
a b c
( a + b + c)
≤ + + () 1
c a b
Az ( 1 ) egyenlőtlenség szimmetrikus a, b és c -ben, ezért írhatjuk, hogy a ≤b ≤c.
2 2 2 2 2 2
Az a ≤b ≤c
összefüggésből következik, hogy a ≤b ≤c , tehát az a , b , c és
1 1 1
, , számsorozatok ellentétes rendezésűek.
a b c
A rendezési elvből következik, hogy
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
a ⋅ + b ⋅ + c ⋅ ≤a ⋅ + b ⋅ + c ⋅
a b c c a b
ami éppen az ( 1)
egyenlőtlenség.
2
2
43. Határozd meg az összes olyan p prímszámot, amelyre p − 2 , 2p−1 és
3
3p + 4 szintén prímszám.
2
Megoldás. Ha p = 2 , akkor 3p + 4 páros és nagyobb, mint 2 . Tehát p páratlan
2 2
2
prímszám. Ha p = 7 , akkor p − 2 = 47, 2p − 1= 97 és 3p + 4 = 151.
Ezek
2
mind prímszámok, tehát p = 7 egy megoldás. Ha p > 7 , p -nek 7 -tel való osztási
2
2
maradéka 1, 4 vagy 2 . Az első esetben ( 3p + 4)
7,
a második esetben ( 2p−1) 7
2
2
és a harmadik esetben ( p − 2 7, tehát p ≤ 7 . Ha p = 3 , akkor p − 2 = 7 ,
2
2
2p− 1= 17
és 3p + 4 = 31
tehát p = 3 is megoldás.Ha p = 5 , akkor
2
2p− 1= 49
nem prímszám, tehát Μ= { 3, 7}
.
)
1 1 1 1 1 1 1
44. Bizonyítsd be, hogy 1 − + − + ... + − = + . .. +
2 3 4 2n − 1 2n n + 1 2n
.
(Catalan összefüggés)
Bizonyítás. Matematikai indukcióval igazoljuk az állítást:
1 1
n = 1 -re igaz az állítás, mert 1 − = .
2 2
1 1 1 1 1 1
Feltételezzük, hogy 1 − + − ... + − = + ... +
2 3 2k − 1 2k k + 1 2(
k )
és
1 1 1 1 1 1
igazoljuk, hogy 1 − + − ... + − = + ... +
2 3 2k + 1 2k + 2 k + 2 2k + 2
.
Valóban az indukciós feltétel szerint
1 1 1 1 1
1 − + ... + − + − =
2 2k − 1 2k 2k + 1 2k + 2
1 1 1 1
= + ... + + − =
k + 1 2k 2k + 1 2k +
2
,

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 357
1 1 ⎛ 1 1 ⎞
= + ... + + ⎜ −
⎟
k + 2 2k + 1 ⎜ ⎜k
1 2( k 1
⎟
⎝ + + ) ⎠ ⎟
=
1 1 1
= + ... + +
k + 2 2k + 1 2k
+ 2
,
∗
tehát a matematikai indukció elve alapján ∀n∈ esetén
1 1 1 1 1 1
1 − + − ... + − = + ... +
2 3 2n − 1 2n n + 1 2n
.
45. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 0,
akkor
2 2 2
bc −aac−bab−c + +
bc + 2aac+ 2bab+ 2c
ahol a, b, c ∈ és a nevezők egyike sem 0 .
= ,
2 2 2 0
b
Bizonyítás. Az x = , y =
a a
c jelöléssel x + y =−1,
tehát a bizonyítandó
2 2
x + x + 1 ⎛ 1 1 ⎞ x + x + 1
egyenlőség
⋅ ⎜ − ⎟ = 2
x − 1 ⎜⎝x + 2 2x + 1⎠⎟2x + 5x
+ 2
alakban írható és ez igaz.
46. Egy mesebeli fa egyszer elkezdett növekedni. Az első nap félszeresével
nőtt, a második nap az egyharmadszorosával, a harmadik nap az
egynegyedszeresével és így tovább. Hány nap alatt nőtt a százszorosára?
Megoldás. Számoljuk ki, hogy az első néhány nap elteltével milyen magasra
nőtt a fa, majd matematikai indukcióval próbáljuk megadni a fa magasságát az
eltelt napok függvényében.
Kezdetben a fa magassága 1-szerese volt önmagának.
1 3
Az első nap után a magassága: 1 + = .
2 2
3 1 3 3 1 4
A 2. nap után:
+ ⋅ = + = .
2 3 2 2 2 2
4 1 4 5
A 3. nap után:
+ ⋅ = .
2 4 2 2
Az eddigi eredmények alapján azt feltételezzük, hogy az n -edik nap elteltével
n + 2
a fa magassága -szerese a kezdeti magasságnak.
2
n = 1, 2, 3 -ra láttuk, hogy teljesül a feltételezésünk.
Ha feltételezzük, hogy ez így van az n -edik nap végén is, akkor a fa az n + 1 -
1
edik napon addigi magasságának -szeresével nő ( a feltétel szerint ), tehát
n + 2

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 358
n + 2 1 n + 2 n + 3
az n + 1 -edik nap végén a fa magassága + ⋅ = -szerese
2 n + 2 2 2
a kezdeti magasságnak. Ezzel igazoltuk, hogy általában, az n -edik nap végén a
n + 2
fa magassága -szerese a kezdeti magasságnak és így a fa magassága
2
n + 2
akkor lesz százszorosa a kiinduló magasságnak, ha = 100 , vagyis
2
n = 198 .
47. Bizonyítsd be, hogy az f : A→B függvény pontosan akkor szürjektív, ha
∀X ⊂ A esetén CBf ( X) = f ( CAX) .
Bizonyítás. Ha az egyenlőség teljesül és X =∅, akkor CA∅= A és így
B = f ( A)
, tehát f szürjektív. Ha X = A\ { x0}
akkor CX A = { x0}
és
f ( CAX) = { f ( x0)
} tehát f ( X) = B \ { f ( x0)
} . Ha f nem injektív, akkor létezik
olyan y , x és z0 ≠ x , amelyre y = f ( x ) = f ( z ) . Így z0∈X tehát
0 0
0 0 0
0
{ 0 }
f ( x ) ∈ f ( X)
és ez ellentmond f ( X) = B \ f ( x ) -nak.
0
Ha f bijektív és X ⊂ A,
akkor kétirányú bennfoglalást bizonyítunk:
b ∈CBf ( X) ⇔b ∈B \ f ( X) ⇔ b ∈B
és /∃x ∈ X úgy, hogy f ( x) = b.
De b ∈ B,
tehát létezik x0∈ A úgy, hogy f ( x0) = b.
Az előbbi tulajdonság
alapján x0∈X , tehát x0 ∈ A\ X és így b ∈ f ( CAX) . Ebből következik, hogy
CBf ( X) ⊂ f ( CAX) .
Ha b ∈ f ( CAX) , akkor létezik x0∈ CAX úgy, hogy f ( x0) = b.Mivel
f injektív,
nem létezik x ∈ X úgy, hogy f ( x) = b,
tehát b ∈ C f ( X)
.
48. Bizonyítsd be, hogy az f : A→B függvény pontosan akkor injektív, ha
f ( X ∩ Y) = f ( X) ∩ f ( Y), ∀X, Y ⊂ A.
Bizonyítás. Ha nem injektív, akkor létezik x , y ∈ A úgy, hogy
f 0 0
f ( x0) = f ( y0)
.
Ebben az esetben az X = { x } és Y = { y } halmazokra nem teljesül az
0
f ( X ∩ Y) = f ( X) ∩ f ( Y)
, tehát ha ez a feltétel teljesül minden
esetén, akkor f injektív.
Ha injektív és X ∩ Y = Z X, Y ⊂ A akkor f ( Z) ⊂ f ( X) ∩ f ( Y)
.
f ( )
Másrészt ha u ∈ f ( X) ∩ f ( Y)
, akkor létezik x0∈X és y0∈Y úgy, hogy
f ( x ) = f ( y ) = u.
0 0
0
B
XY , ⊂ A

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 359
Mivel f injektív v = x0 = y0
és így v ∈X ∩Y
, tehát
u = f ( v) ∈ f ( X ∩ Y)
.
Az előbbi két tulajdonság alapján
f ( X ∩ Y) = f ( X) ∩ f ( Y), ∀ X, Y ⊂ A.
49. Határozd meg az f : → ,
fx ( ) =
képeinek halmazát.
2
x + x+ 1− 2
x − x+
1 függvény
Megoldás. Lásd a VI.1.2. paragrafus II/3 feladatát ( 148. oldal ).
50. Az m és n valós paraméterek milyen értékeire teljesül az Im f =− [ 4, 5]
2
3x
+ mx + n
egyenlőség, ha f : → ,
fx ( ) = 2
x + 1
, ∀x∈
.
Megoldás. Az f függvényt a következő alakban is írhatjuk:
2
3x + mx + n + 3− 3 mx + n −3
fx ( ) = = 3+
.
2 2
x + 1 x + 1
mx + n −3
Tehát Im f =− [ 4, 5] ⇔−7≤ ≤2, ∀x ∈
, és a tört minden értéket
2
x + 1
felvesz a ⎡−7, 2⎤
⎢⎣ ⎥⎦
intervallumból. Az előbbi egyenlőtlenséglánc a következő
2
egyenlőtlenségrendszerrel egyenértékű: ( x + 1> 0, ∀x ∈ )
⎧ 2 2
⎪ 7x 7 mx n 3 ⎧
⎪
− − ≤ + − ⎪7x
+ mx + n + 4 ≥ 0
⎪ ⎪
⎨ ⇔ ⎪
2 ⎨
.
⎪ 2
⎪2x + 2 ≥ mx + n −3 ⎪
⎪2x
−mx − n + 5≥
0
⎪⎩ ⎪⎩
Ahhoz, hogy Im f =− [ 7, 2] teljesüljön, a fenti másodfokú
egyenlőtlenségekben szereplő másodfokú függvények minden értéket fel kell
vegyenek a ⎡
⎢⎣
0, +∞)
intervallumból, és más értékeket nem vehetnek fel, vagyis
a
⎧Δ
2
⎪ 1 = m −28n − 112 = 0
⎪
⎨
⎪Δ
2
2 = m −8n − 40 = 0
⎪⎩
egyenlőségek kell teljesüljenek.
2
Következik, hogy 36n =−72 , vagyis n =−2
és m = 56 , tehát m =± 56 .
m ∈ ± és n =−2.
Tehát a megoldás: { 56}
51. Határozd meg az a és b valós paramétereket úgy, hogy az
2 2
{ }
fx () = max x + ax+ b, x + bx+ a

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 360
függvény grafikus képe áthaladjon a ( −1, 4)
és ( 2, 9)
pontokon.
Megoldás. Ha a > b akkor
2
max { x + ax + b, ⎧ 2
⎪x
+ ax + b, 2
x + bx + a}
=⎨
⎪
⎪ 2
x + bx + a, ⎪⎩
x ≥1
.
x < 1
1
Tehát az 1− a + b = 4 és 4+ 2b + a = 9 egyenlőségekhez jutunk. Így a =−
3
8
8 1
és b = . A b > a esetben az a = és b =− értékekhez jutunk, tehát
3
3 3
⎧⎪ 1 8 8 1
M ⎪⎛ ⎞ ⎫
, ⎟
⎛ ⎞⎪
= ⎨⎜− , ⎜ , − ⎟⎪
⎬
⎪ ⎜ ⎜⎝ ⎟ ⎟
3 3⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎜3
3⎟
⎪⎩ ⎠ ⎪ ⎪⎭
.
52. Az f : → , f ( x) = ax +b függvény minden valós x esetén teljesíti az
f ( f ( x) ) = x egyenlőséget. Milyen geometriai transzformációja f a
számegyenesnek?
2
Megoldás. f ( f ( x) ) = af ( x) + b = a⋅ ( ax + b) + b = a x + ab + b,
2
tehát a feltétel szerint ax+ ab+ b= x, ∀x∈ .
Következik, hogy
2
( a − 1) x + ab + b = 0, ∀x ∈ ,
és mivel egy polinom csak akkor identikusan nulla, ha minden együtthatója
2
nulla, következik hogy a = 1 és ab + b = 0 (vagy ha nem tetszik, akkor
helyettesítsünk x -nek 0 -t, majd 1-et, stb.).
Két esetet kell vizsgáljunk:
1. Ha a = 1,
akkor b = 0 .
2. Ha a =−1, akkor b ∈ tetszőleges.
Az első esetben f ( x) = x,
tehát f minden x pontnak megfelelteti önmagát,
vagyis f az identikus transzformáció.
A második esetben f ( x) =− x + α, α ∈ állandó, tehát f ( x) = s t( x)
, ahol
s( x) =− x szimmetria és t( x) = x −αeltolás. Tehát f egy szimmetriából és
egy transzlációból tevődik össze.
2
2
53. Legyen α az x + px + q = 0 és β a − x + px + q = 0 egyenlet egy-egy
1 2
gyöke. Bizonyítsd be, hogy az x + px + q = 0 egyenletnek van legalább egy
2
gyöke α és β közt.
2
Bizonyítás. Mivel α gyöke az x + px + q =
0 egyenletnek, következik,
hogy

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 361
2
α + pα+ q = 0 ( 1)
2
Hasonlóan, − p + pβ+ q = 0 ( 2) .
1 2
Vizsgáljuk α és β értékét az f ( x) = x + px + q függvényben:
2
1 2
α + pα+ q =− α ≤0
2 2
2 1
( az ( 1)
összefüggés alapján ) és
1 2
3
β + pβ + q = β ≥0
2 2
2
( a ( 2 ) összefüggés alapján ).
1 2
Tehát az f ( x) = x + px + q függvénynek vagy gyöke α vagy β ( ha α = 0
2
vagy β = 0 ), vagy pedig előjelt vált az ⎡α, β⎤
⎢⎣ ⎥ intervallumon, ha α < β,
illetve
⎦
a [ βα , ] intervallumon, ha β < α.
Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy f -nek
van gyöke α és β között.
54. Az ABCD négyzet AB oldalegyenesén mozog a P pont. Milyen határok
PC
között változik a
PD arány?
B
Megoldás. Amikor p ∈ ( BA)
az A irányában
mozdul el a PC növekszik és a PD rövidül, tehát a
x
P A
PC
arány növekszik. Így P = B -re a legkisebb és
PD
P = A-ra
a legnagyobb értéket kapjuk, tehát
2
2 PC
≤ ≤ 2 .
2 PD
Ha P az egész AB egyenesen mozoghat, akkor az
ábrán látható jelöléssel:
C
1 1
D
tehát elégséges meghatározni az ( )
PC ( x + 1) + 4
=
2
PD ( x − 1) + 4
,
2
2
x + 2x
+ 5
2
x 2x 5
}
E x = kifejezés értékkészletét.
− +
2
x + 2x + 5
Ha
= y , akkor az
2
x − 2x + 5
2
( 1− y) x + 2( 1+ y) x + 5( 1−
y)
= 0
egyenletnek van valós gyöke, tehát
2 2
Δ= 4⋅ ( 1+ y) −5( 1−y) ≥ 0.
( )

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 362
Az y − 6y + 1≤0
egyenlőtlenség megoldáshalmaza Μ= ⎡3− 2 2, 3+ 2 2⎤
⎢⎣ ⎥⎦
,
tehát a PC
arány minden értéket felvesz a ⎡
PD
⎢⎣ más értéket nem).
2 − 1, 2 + 1⎤
⎥ intervallumból ( és
⎦
55. Határozd meg az f : → , f ( x) = | x − a1 | + | x − a2 | + ... + | x − an|
függvény minimumát, ha a1 < a2 < ... < an.
Megoldás. Ha n páros ( n = 2k)
, akkor az f konstans az [ ak, a k+
1]
intervallumon és itt éri el a minimumát.Ez
f ( ak) = ak − a1 + ak − a2 + ... + ak − ak− 1 + ak+ 1 − ak + ... + an − ak
=
= ( ak+ 1 + ak+ 2 + ... + an) − ( a1 + a2 + ... + ak)
.
Ha n páratlan ( n = 2k + 1)
, akkor az ⎡ak+ 1, a ⎤
⎢ n ⎣ ⎥ intervallumon f növekvő és az
⎦
⎡
⎢⎣
a1, a ⎤
k+
1⎥⎦
intervallumon csökkenő, tehát a minimuma:
f ( ak+ 1) = ( ak+ 1 − a1) + ( ak+ 1 − a2) + ... + ( ak+ 1 − ak)
+
+ ( ak+ 2 − ak+ 1) + ( ak+ 3 − ak+ 1) + ... + ( an −ak+
1)=
= ( a + a + ... + a ) − ( a + a + ... + a ) .
k+ 2 k+ 3 n 1 2
56. Határozd meg a ( ) ( ) 2
z = x + y + 2 a − x + b− y kifejezés minimumát, ha
a és b valós számok, x és y tetszőleges nemnegatív számok.
Megoldás. Tekintsük az Mab (,) pontot a síkban. y
Ha Pxy (, ) , akkor
( ) ( )
Mab ( , )
2
2
x + y + a − x + b − y = AP + PB + PM ≥
≥ OB + BP + PM ≥ OP + PM ≥OM.
Tehát a kifejezés minimuma pontosan akkor áll
elő, ha x = a és y = b.
Belátható, hogy a < 0 vagy b < 0 esetén is a
minimális értéket x = y = 0 esetén kapjuk.
O
k
x P
57. Ábrázold grafikusan az f : → , f ( x) = x ⋅ [ x]
függvényt.
Megoldás. f ( x ) = 0 ha x ∈ ⎡
⎢⎣
0, 1)
, f ( x) = x ha x ∈ ⎡
⎢⎣
1, 2)
f ( x) = kx ha x ∈ ⎡
⎢⎣
k , k + 1)
.
y
x
és általában

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 363
–2
5
4
2
1
O
y
1 2 3
58. Számítsuk ki a következő f : D ⊆ → függvényekre az
összetételt:
x
f of o...of
n−szer
x
a) fx () = ;
3
b) fx () = x+ α, α ∈ ;
1⎛
4⎞
c) fx () = ⎜x
+ ⎟
2
⎜⎜⎝ x ⎠ ⎟;
x − 2
d) fx ( ) = .
x + 2
x
Megoldás. a) ( f f)( x ) = és általában ... ( )
9
3 n
⎛ ⎞
⎜ x
⎜f f f ⎟ x =
⎜⎝
. Ezt indukció-
⎟
n ⎠
val igazolhatjuk.
⎛ ⎞
b) ( f f)( x) = x + 2α
és általában ⎜
⎜f f ... f ⎟ ⎟(
x) = x + nα
⎜⎝
.
⎠⎟
f x
c) Ha ( )
Így
( )( )
( )( )
2
x + 4 f x
= , akkor
2x
( )
n
− 2 ( x − 2)
=
+ 2 ( + 2)
f ( x) x
2 22
2 ⎛ ( ) 2⎞
⎛ ⎞
= ⎜
⎟ = ⎜ ⎟
2 ⎜ ⎜ ⎟
( ) 2
⎟ ⎜⎝
2⎠⎟
f f x − f x − x −2
f f x + ⎝f x + ⎠ x +
⎛ ⎞
⎜
⎜f f ... f ⎟ ⎟(
x)
− 2
⎜⎝
n ⎠⎟⎛x−2⎞ = ⎜ ⎟
⎛ ⎞ ⎜ ⎜⎝x+
2⎠⎟
⎜ f f ... f⎟ ⎟ ( x)
+ 2
⎜⎝
⎠⎟
n
2
2
.
és indukcióval igazolhatjuk, hogy
Tehát
2n 2n
⎛ ⎞
⎜ ( x − 2) + ( x + 2)
⎜f f ... f ⎟ ⎟(
x) = 2 ⋅ 2n 2n
⎜⎝
n ⎠ ⎟ ( x + 2) −( x −2)
∀n ≥1.
d)
x
( f f)( x)
= ,
3x+ 4
2n

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 364
x
= és általában
7x+ 8
⎛ ⎞
⎜ x
⎜f f ... f ⎟ ⎟(
x) =
⎜⎝
n n
⎠⎟( 2 − 1) x + 2
∀n
≥1.
( f f f)( x)
n
59. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, c ∈ , a ≠ 0 és a(4a + 3b + 2 c)
≥ 0 , akkor nem
2
lehet az ax + bx + c = 0 egyenlet mindkét gyöke az (1 , 2) intervallumban.
Bizonyítás. Ha (1 , 2) a két gyök, akkor x − 3x + 2<
0,
tehát
i i
( ) ( )
2 2
x + x − 3 x + x + 4<
0.
1 2 1 2
4a + 3ab− 2ac
+ b + b < 0
egyenlőtlenség megfelelő oldalait a S − 4ac
< 0 egyenlőtlenséghez jutunk. Ez
ellentmondás, mert a gyökök valósak, tehát nem lehet az egyenlet mindkét gyöke az
(1, 2) intervallumban.
Ebből következik, hogy
2
2
, tehát ha hozzáadjuk az adott
2
2
60. Bizonyítsd be, hogy ha abc∈ , , , a ≠ 0 , b < 4ac
és 4a + 2b
+ c > 0,
akkor
a + 2b + 4c
> 0.
2
Bizonyítás. Tekintsük az f : → , f ( x) = ax + bx +c függvényt. A feltéte-
1
lek alapján Δ< 0 és f () 2 > 0,
tehát f 0
2
⎛ ⎞ ⎜
⎟
⎜⎝
⎟ > mert a függvény előjeltartó.
⎠
1 1
Így a + b + c > 0 , tehát a + 2b + 4c
> 0.
4 2
61. Hány olyan f :[0, 1] → [0, 1] függvény létezik, amelyre
fx () −fy () ≥| x−y| ∀xy , ∈ [0, 1] ?
Megoldás. Ha x = 1 és y = 0 , akkor az f(1) −f(0) ≥ 1 egyenlőséghez jutunk.
Mivel f () 1, f () 2 ∈ ⎡0,1⎤
⎢⎣ ⎥⎦
, következik, hogy { f () 1, f () 0} = { 0,1}
.
1.eset. Ha f () 1 = 1 és f () 0 = 0,
akkor y = 0 esetén az f ( x) ≥x ∀x ∈ ⎡0, 1⎤
⎢⎣ ⎥⎦
egyenlőtlenséghez jutunk, tehát f ( x) = x ∀x ∈ ⎡0, 1⎤
⎢⎣ ⎥⎦
.
2.eset. Ha f ( 0) = 1 és f () 1 = 0,
akkor y = 0 esetén az f ( x) ≤1 −x, ∀x ∈ ⎡0, 1⎤
⎢⎣ ⎥⎦
és y = 1 esetén az f ( x) ≥1 −x, ∀x ∈ ⎡0, 1⎤
⎢⎣ ⎥ egyenlőtlenséghez jutunk. Tehát
⎦
f ( x) = 1 −x, ∀x ∈ ⎡0,
1⎤
⎢⎣ ⎥⎦
és így két függvény teljesíti a feltételt.
62. Bizonyítsd be, hogy az ABC Δ
pontosan akkor derékszögű vagy egyenlő
szárú, ha

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 365
2
tg B sin B
= . 2
tgC sin C
Bizonyítás. Az egyenlőség a sin 2C = sin 2B
egyenlőséghez vezet, tehát
sin ( C − B) cos( B + C)
= 0 .
Ha sin ( C − B)
= 0 , akkor a háromszög egyenlő szárú, míg ha cos ( B + C)
= 0 ,
π
akkor B + C = és így a háromszög derékszögű.
2
63. Bizonyítsd be, hogy ha 8cosAcosBcosC = 1,
akkor ABC Δ egyenlő
oldalú.
Bizonyítás. A koszinusz-tétel alapján
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) = a b c ,
2 2 2
tehát az I.9.4. paragrafus 4/e feladata alapján a = b = c és így a háromszög
egyenlő oldalú.
64. Adott kerületű téglalapok közül melyiknek a legnagyobb a területe?
k
Megoldás. Ha az oldalak x és y , akkor x + y = állandó. Így a számtani-
2
2
⎛x
+ y⎞
mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján xy ≤ ⎜
⎟
⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ . Egyenlőség
x = y esetén teljesül, tehát a négyzetnek a legnagyobb a területe.
65. Adott területű téglalapok közül melyiknek a legkisebb a kerülete?
Megoldás. Ha x és y az oldalak hossza, akkor xy = T állandó. Így az
2
⎛x
+ y⎞
xy ≤ ⎜
⎟
⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ egyenlőtlenség alapján a kerülete akkor a legkisebb, amikor
x = y vagyis a négyzet esetén.
66. Adott kerületű háromszögek közül melyiknek a legnagyobb a területe?
67. Adott területű háromszögek közül melyiknek a legkisebb a kerülete?
Megoldás.(66-67) A VIII.5.6.2. paragrafus 19/f feladata alapján
A B C 1
( ∗) tg tg tg ≤ .
2 2 2 3 3
2
r 4R 1
Másrészt a p ≥ 3 3S
egyenlőtlenség p ≥ 3 3r
majd ⋅ ≤ alakban
4R p 3 3
írható.
4R1 De
p A B C
cos cos cos
2 2
=
( IX.3.1. 19-es feladatának c) alpontja )
2

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 366
r A B
és sin sin sin
4R 2 2
=
C
( lásd ugyanannak a feladatnak az e) alpontját)
2
2
tehát a p ≥ 3 3S
egyenlőtlenség ekvivalens a ( ∗ ) egyenlőtlenséggel.
Egyenlőség pontosan akkor állhat fenn, ha a háromszög egyenlő oldalú, tehát
ha rögzítjük a kerületet, akkor a legnagyobb területe az egyenlő oldalú
háromszögnek van és ha a terülletet rögzítjük, akkor a legkisebb kerülete
szintén az egyenlő oldalú háromszögnek van.
68. Számítsuk ki az Mx ( 0, y0) pont távolságát az ax + by + c = 0 egyenletű
egyenestől!
2 2
Megoldás. Ha Pxy (, ) ∈ d akkor MP = ( x − x ) + ( y −y és így az
2
2
2 ⎛−c−ax
⎞
f ( x) = ( x − x0) + ⎜ −y ⎟
0
⎝
⎟
b ⎠ ⎟ másodfokú függvény minimumát keressük.
( ) 2
Δ ax 0 + by0 + c
fmin
=− =
,
2
2 2
⎛ a ⎞ a b
41 ⎜ ⎟ +
⎜ + 2 ⎟
⎜⎝ b ⎠⎟
tehát az M pont távolsága az ax + by + c = 0 egyenletű egyenestől
ax 0 + by0 + c
d =
.
2 2
a + b
69. Adott az Ax ( 1, y1) és Bx ( 2, y 2)
pont. Határozzuk meg az Mx (,0) pont
abszcisszáját úgy, hogy az A−M −B
útvonal hossza minimális legyen!
Megoldás.
2 2 2 2
2
AM + MB = ( x − x ) + y + ( x − x ) + y ≥ ( x − x ) + ( y −y) 2
1 1 2 2 1 2 1 2
Tehát ha az ( AB)
szakasz metszi az Ox tengelyt, akkor a metszéspontra
AM + MB minimális. Ha az AB szakasz nem metszi az Ox szakaszt, akkor a
Minkovski egyenlőtlenséget
2 2 2 2
2
( x − x ) + y + ( x − x ) + y ≥ ( x − x ) + ( y −y )
2
1 1 2 2 1 2 1 2
alakban írjuk fel ( ez annyit jelent mintha a B pontot tükröztük volna Ox -re
nézve ) és az AB ′ szakasz biztosan metszi az Ox tengelyt ( B′ koordinátái x2
és y ).
2
70. Egy téglalap egyik oldalára félkört szerkesztünk. Mennyi a téglalap
oldalainak aránya, ha a kapott alakzat kerülete Κ és a területe maximális?
Fogalmazd meg, majd oldd is meg a duális feladatot!
2
π ⋅b
Megoldás. Az ábra jelölései alapján Τ= 4ab
+ és Κ= 4a + 2b + 2πb.
2
Így
4a =Κ− 2b(
π +
1)
0
0 )

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 367
2
πb2⎛π ⎞
és Τ= b⋅( Κ− 2b( π + 1) ) + = b ⋅⎜ 2( π 1)
⎟
2
⎜ − + ⎟ +Κ⋅
⎝2 ⎠⎟b
Κ
Ennek a kifejezésnek b = esetén van maximuma és ebben az esetben
3π+ 4
b π 1
= + ≈ 1, 28 .
a 4 2
71. Számítsuk ki adott körbe írt téglalap területének maximumát!
Megoldás. Ha R a kör sugara és x, y a téglalap oldalainak hossza, akkor
2 2
x + y
2 2 2
= 4R
és a terület xy . A 2 xy ≤ x + y egyenlőtlenség alapján a
téglalap területe akkor maximális, ha x = y = R 2 , vagyis négyzet esetén.
72. Számítsuk ki az R sugarú kör köré írt trapéz kerületének minimumát!
Megoldás. Az ábra jelölései alapján AB = x + y és így
2 2
( x + y) = ( 2R)
+ ( y− x)
2
.
2
Tehát keressük a 2x + 2y
kifejezés minimumát ha xy = R . A számtanimértani
közepek közti egyenlőtlenség alapján 2( x + y) ≥ 4R
és egyenlőség
csak x = y = R esetén van. Így a legkisebb kerületű, R sugarú kör köré írt
trapéz a négyzet.
73. Egy folyó partján 3200 m
=
2 nagyságú, téglalap alakú területet kell
elkeríteni. Mekkorának válasszuk a téglalap méreteit, ha azt szeretnénk, hogy a
kerítés a legrövidebb legyen? (a parton nincs kerítés)
Megoldás. Az ab 3200 feltétel mellett a 2 a + b minimumát keressük.
Másrészt 2a
+ b
≥ 2ab
és így 2a + b ≥160.
Egyenlőség akkor lehetséges, ha
2
2a = b és így a = 40m és b = 80m.
74. A vízszintessel ϕ szöget bezáró irányba kilövünk egy lövedéket. Milyen
magasra emelkedik ez a lövedék, ha a légellenállást elhanyagoljuk?
Megoldás. A lövedék mozgásának egyenletei a tengelyekre lebontva
v = v ⋅ ϕ , v = ( v ϕ)
− gy,
2
2
sin 2
x
0 cos
2
0 tehát a pálya csúcspontja
sin v ϕ
y = magasságra van.
2g
75. Egy gyalogos az A helyiségből a D
helyiségbe tart. A két helyiséget nem köti össze
közvetlen út. Hol kell letérnie az AB útról a
mezőre, ha az úton a sebessége v1
, míg a
mezőn v , a lehető legrövidebb idő alatt
2
y
0
D
A C
B

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 368
szeretne D -be érkezni, és a D -nek AB -re eső vetülete A -tól a méternyi távolságra
van?
Megoldás. Az út megtételéhez szükséges idő
Ha
1 2
f x
( )
( ) 2
x a − x + h
= +
v v
1 2
2
( ) 2
x a − x + h
+ = m akkor
v v
tehát az
van valós gyöke.
2
− +
= m − és így
v v
2
( ) 2 a x h x
2
( ) 2 a x h x
2 1
2 1
− + ⎛ ⎞
= ⎜
⎜m −
⎟
v ⎜⎜⎝ v
⎟
⎠ ⎟
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ a m⎞ h + a
x ⋅ − + 2x ⋅ − + + − m = 0 egyenletnek
2 2
2 2
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 2 2 ⎜ 2 2
⎜v2 v
⎟
1 v2 v
⎟
⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎟
1⎠ v2
2
⎛ 2 2
a m⎞ ⎛ 1 1 ⎞⎛h + a ⎞
2
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ m
⎟
⎜ 2 ⎜ 2 2 ⎜ 2
⎜ v2 v
⎟ ⎜
1 v2 v
⎟ ⎟⎜ 1 v
⎟
⎝ ⎠ ⎝⎜ ⎠⎝⎜ ⎟
2 ⎠
Δ ′ = − + ⎟ − − ⎟ − ⎟≥
0 ⇔
⎛ 1 1 1 ⎞ 2am ⎛ 1 1 ⎞ h + a
⋅ + − − − − ⋅ ≥ 0 ⇔
2 2
2
m ⎜
⎟ ⎜ ⎟
⎜ 2 2 2 2 ⎜ 2 2 2
⎜v1 v2 v
⎟
1 v1v2 v2 v
⎟
⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎜ ⎟
1 ⎠ v2
2a⎛ 1 1 ⎞
m m ⎜ ⎟
2
− − − ⎟ h + a ≥ 0 .
2 2
2 2
v ⎜ ⎜⎝ 1 v2 v
⎟
1 ⎠
( )
1⎛2a⎞ Az m legkisebb értéke tehát m = ⎜ − Δ
⎟ 1
2 ⎜⎜⎝v ⎟
⎠ ⎟
,
2 2
ahol ⎟(
h a )
Így
1
2 2
4a ⎛ 1 1 ⎞ ⎡ 2 2
1 4⎜⎟ h + a h ⎤
Δ = + 4
2 ⎜ ⎢ ⎥
2 2 2
2
v ⎜
−
1 v2 v
⎟ + = − .
⎜⎝ 1 ⎠⎟ ⎢ v2
v ⎥
⎣ 1 ⎦
2 2 2
a h + a h
m = − −
v v v .
2 2
1 2
1
Erre az m értékre Δ ′ = 0 , tehát
a m
− 2
v ( )
2 v v ⋅a −m
v
1
x min = =
1 1
2 2
− ( v1 − v2)
2 2
v2 v1
távolság megtétele után érdemes letérni az útról.
2
1 1
76. Két vasútvonal derékszögben metszi egymást. A kereszteződés felé
egyidejűleg egy-egy vonat halad a két vasútvonalon. Az első vonat, amely a
kereszteződéstől 40 km távolságra fekvő állomásról indul, percenként 800 m-t
tesz meg, a második vonat pedig a kereszteződéstől 50 km távolságra fekvő

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 369
állomásból indul és percenként 600 m-t tesz meg. Az indulás pillanatától
számítva hány perc múlva lesz a két mozdony távolsága a legkisebb?
Megoldás.
t perc múlva
OA1 = 40000 − 800t
és OB1 = 50000 −600t
tehát
AB 1 1 2 2
= ( 400 − 8t) + ( 500 − 6t)
.
100
Ha a t = 100t′
jelölést használjuk az
AB 1 1
2 2
= ( 4− 8t′ ) + ( 5− 6t′
)
10000
összefüggést kapjuk, tehát az f t′ = t′ − t′
+ kifejezés minimumát
( ) 100 124 41
124
keressük. A kifejezés a minimumát t′ m = -re éri el, tehát t = 62 perc
2 ⋅100
múlva lesz minimális a két mozdony távolsága.
77. Egy függőleges tartályban víz van. Hova kell a tartály falába nyílást
vágni, hogy a vízsugár a lehető legmesszebbre jusson, ha gondoskodunk, hogy
a tartályban a víz szintje állandó maradjon?
Megoldás. A kiáramló folyadék sebességének négyzete egyenesen arányos a
2h
( H − h)
. Ugyanakkor az itt kiáramló folyadék t = idő alatt ér földet és ez
g
idő alatt a tartály aljától vk⋅t távolságot tesz meg. Tehát a vk= c⋅ H − h
egyenlőség alapján a
2h( H − h)
d = c⋅
g
kifejezés maximumát keressük.
2
⎛H⎞ Mivel h( H h)
⎟
H
− ≤⎜ ⎜
⎜⎝
⎟
2 ⎠ ⎟ és egyenlőség h = esetén van, a vízszint felénél
2
kell lyukat vágni.
78. Egy pontszerű fényforrás két gömb középpontját összekötő egyenesen
helyezkedik el. A fényforrás milyen helyzetére lesz a gömbfelületek
megvilágított részeinek összege maximális?
Megoldás. Egy h magasságú gömbsüveg felszíne Τ= 2πRh , ahol R a
gömb sugara. Ha OM 1 = d1,
akkor az M -ből megvilágított gömbsüveg
magassága
2
R1
m1 = R1
− .
d1
Tehát a d + d = OO ( =
d)
feltétellel keressük az
1 2 1 2

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 370
⎛ R R ⎞
E 2πR 1 R 1
⎛ ⎞ ⎛ ⎜ ⎟
⎞
= ⎜ ⋅⎜ − ⎟+ ⋅⎜ − ⎟
⎟
⎜ ⎜
⎟
⎟ ⎟
⎟
⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟
⎝⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎟
2 1 2
2
1
d1 2
d2
kifejezés minimumát. Ez ekvivalns az
3 3
R1 R
+
d1 d2
2 minimumának
meghatározásával. A Cauchy-Buniakovski egyenlőtlenség alapján
⎛R R ⎞
⎜
⎟
⎜
+ d + d ≥ R + R
⎜⎝d d
⎟
⎠⎟
3 3 2
1 2
1 2
3 3
( 1 2) ( 1 2 )
és egyenlőség pontosan akkor van ha
3
R1 3
R2
d1
d
=
d 2
d
vagyis ha
1 2
d R
= .
d R
3
1 1
3
2 2
79. Egy repülőgép félkörívet leírva repül az A repülőtérről a B repülőtérre. A
repülőterek légvonalban mért távolsága c km. Az AB szakasz melyik pontjában
van a megfigyelő a legtávolabb a repülőgéptől, abban a pillanatban, amikor a
repülő ugyanolyan távol van az A repülőtértől mint a megfigyelő?
2 2
Megoldás. Az ábra jelölései alapján x = 2R ( 1−cosϕ) ,tehát
2 2
2R
− x
⎛π−ϕ⎞ ϕ
x
cos ϕ = . Ugyanakkor cos α = cos⎜ ⎟ sin
2
2R
⎜ ⎟ =
⎝ 2 ⎠⎟
, tehát cos α = .
2
2R
Másrészt
2 2 2 2 2 x 2⎛
x ⎞
RM = 2x −2x ⋅ cosα= 2x −2x ⋅ = 2x ⎜1
⎟
R
⎜⎜⎝ − ⎟
R⎠
⎟ .
A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján
3
2⎛ x ⎞ 2 x x ⎛ x ⎞ 2 ⎛1⎞ 2x ⎜1− ⎟= 8R ⋅ ⋅ ⋅⎜1− ⎟≤ 8R
⋅⎜⎟ ⎝⎜ ⎜
R⎠ ⎟ ⎟ ⎟
2R 2R ⎝⎜ ⎜
R⎠⎟
⎜⎝⎜
3⎠
⎟
x
és egyenlőség pontosan akkor teljesül ha = 1 −
2R
R
x 2R
vagyis x = .
3
80. Határozd meg a síknak azt a tartományát, amelynek Mxy
(, ) pontjaira
teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek:

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 371
⎧− ⎪ 2x + y ≤ 1
⎧⎪ x + 2y ≤ 4
⎪
⎧
⎪
⎪
⎪x
−y ≥ 4
⎪
⎪
⎪
a) ⎪
⎪x
+ y ≤ 3 ⎪
⎨2x
+ y ≥2;
b) ⎪
⎪
⎨
; c) ⎪ 1
⎨−
x + y ≥ 0 ; d)
⎪
⎪x ≤ 2
⎪
⎪
⎪ 2
x −2y ≤ 3 ⎪
⎪
⎪⎩
⎪
⎪
⎪
⎪⎩
x ≥ 0, y ≥ 0
⎪x ≥ 0, y ≥ 0
⎪⎩
⎧⎪
⎪2x
+ y = 4
⎪
⎨x
−y ≥−1.
⎪ x + 2y ≥ 0
⎪⎩
Megoldás. a)
b)
c)
d)
81. Határozd meg az x és y értékét úgy, hogy az fx (, y) = 3x+
y kifejezés
értéke maximális legyen, ha teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek:
⎧⎪
⎪x
−y ≤1
⎪
⎨x
+ y ≤ 3 .
⎪
⎪x ≥ 0, y ≥ 0
⎪⎩
Megoldás.
Az egyenlőtlenségek által értelmezett alakzat az AB C háromszög, a 3 x + y
kifejezés A -ban minimális és C -ben maximális, tehát
f max = 3⋅ 3+ 0 = 9.
82. Határozd meg az x és y értékét úgy, hogy az fx (, y) = 3x+ 2ykifejezés
értéke minimális legyen, ha teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek:
⎧ ⎪2x
+ y ≥5
⎪
⎪3x
−2y ≤6
⎪
⎨
.
⎪
x + y ≤ 4
⎪
⎪⎩
x ≥ 0, y ≥ 0
Megoldás.
Az egyenlőtlenségek által defineált doménium az ABC háromszög és belseje,
14 6
ahol A(
1, 3)
, B ,
5 5
⎛ ⎞ ⎜
⎟
⎜⎝ ⎠
⎟ és
16 3
C ,
7 7
⎛ ⎞
⎜
⎟
⎜⎝ ⎠
⎟ . A csúcspontokban a 3x + 2y
kifejezés
értéke:
54 54
fA = 9, fB
= és f C = .
5 7

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 372
Tehát a kifejezés minimális értéke 54
7
16 3
és ezt x = , y = esetén veszi fel.
7 7
83. Egy asztalosműhelyben kétféle bútorsort készítenek. Az első típusúhoz 1,2
m 3 diófa és 0,8 m 3 cserefa szükséges, míg a másik fajta bútorsor előállításához
0,5 m 3 diófát és 1 m 3 cserefát használnak fel. A két típusú bútorsorból
származó bevétel rendre 400 DM illetve 500 DM. Határozd meg, hogy melyik
fajtából mennyit kell gyártani, ha azt szeretnénk, hogy a bevétel a lehető
legnagyobb legyen, és ha 61 m 3 diófa és 74 m 3 cserefa áll rendelkezésünkre.
Megoldás. Ha x és y az első illetve második bútorsorból előállított
3
mennyiség, akkor 1, 2x + 0, 5y
a felhasznált diófa térfogata ( m -ben ) és
0, 8x + y a felhasznált cserefa térfogata. A haszon 4x + 5y
és így a következő
feltételeket kapjuk:
⎧⎪
⎪1,
2x + 0, 5y ≤61
⎪
⎨0,
8x + y ≤74
.
⎪
⎪x ≥ 0, y ≥ 0, x, y ∈
⎪⎩
A célfüggvény f ( xy , ) = 4x+ 5y.
A feltételek
⎧⎪
⎪12x
+ 5y ≤610
⎪
⎨4x
+ 5y ≤ 370
⎪
⎪xy , ∈
⎪⎩
alakban írhatók. Látható, hogy x = 30 és y = 50 esetén mindkét egyenlőség
teljesül és a nyereség maximális. Tehát 30 bútorsor kell az első fajtából és 50 a
másodikból.
84. Két raktárban (A1 és A2) 200 t és 300 t tüzelőanyag áll, és ezt kell
elszállítanunk három (B1, B2, és B3) fogyasztóhoz úgy, hogy a fogyasztókhoz
100 t, 300 t és 100 t tüzelőanyag jusson. Ha az A1 raktárból az egyes
fogyasztókhoz a szállítási költségek rendre 4, 9 és 3 millió lej, és az A2
raktárból a fogyasztókhoz való szállítási költségek rendre 5, 8 és 7 millió lej,
adjál olyan szállítási tervet, amely szerint a szállítási kö1tség minimális!
Megoldás. Az adatokat a következő táblázatba foglalhatjuk:
Tehát x + y + z ≤200 és 50 0 −x −y−z ≤300 alapján x + y + z = 200 . A
költség pedig K = 3600 − x + y −4z . Tehát az eredeti feladatban B1
-be csak
az A1 -ből szállítunk, B2 -be csak A2 -ből és B3 -ba ismét A1
-ből. Így a költség
3.100.000.000
lej.

372 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
X.3. versenyre előkészítő feladatok
1. Rendelkezésünkre áll két rúd és gyújtóeszköz. Ha mindkét rúd egy óra alatt ég el
(de nem tudni, hogy milyen gyorsasággal) ki lehet-e mérni háromnegyed órát?
Megoldás. Igen, ki lehet mérni, a következő eljárással: egyszerre meggyújtjuk az
egyes rúd mindkét végét, valamint a kettes rúd egyik végét. Amikor az egyes rúdon a
két láng összeér (eddig pontosan egy fél óra telt el), meggyújtjuk a kettes rúd másik
végét is. A két láng találkozásáig pontosan még egy negyed óra telik el, ez összesen
háromnegyed óra.
2. A kannibálok elfogtak n matematikust és másnapra matekos-tokányt szándékoznak
főzni. A törzsfőnök a következőt javasolja: reggel sorba állítják a matematikusokat és
mindenki fejére felhúznak egy-egy sapkát. A sapkák egymástól függetlenül feketét vagy
fehérek. Minden matematikus láthatja a többi fején levő sapkát, de az övét nem.
Ezután sorra mindenki mondhatja, hogy fehér vagy fekete. Aki eltalálja a saját
sapkája színét azt szabadon bocsátják, a többit megeszik.
Legalább hány matematikus kerül a kondérba, ha éjjel kidolgozhatnak bármilyen
stratégiát?
Megoldás. A matematikusok összeegyezhetnek a következő módon:
• aki elsőnek szól, az azt mondja, hogy 0 , ha páros számú fehér sapkát lát, és
azt, hogy 1 , ha páratlan számút (a nulla helyett mondhat fehéret, és az 1 helyett
feketét);
• mindenki csak azoknak a sapkáját nézi, akik még nem szólaltak meg.
• ha a második matematikus által látott fehér sapkák számának paritása
megegyezik az első által látott fehér sapkák számának paritásával, akkor az ő fején
fekete sapka van, ellenkező esetben fehér.
• általában, ha az első k felszólaló közt, az elsőt leszámítva xk
darab fehér
sapka volt és a ( k + 1)
-ik felszólaló yk
fehér sapkát lát, akkor a következő a
szabály: ha xk + yk
paritása megegyezik az első által mondott szám paritásával,
akkor a ( k + 1)
-edik matematikus fején fekete sapka áll, ellenkező esetben fehér.
Így az első kivételével mindenki megmenekülhet, tehát a kondérba egynél több
matematikus nem kerül (persze, ha nem követik a szabályokat).
2 ⎪⎧⎡k⎤⎪⎫ 3. Hány különböző szám van az A= ⎪
⎨⎢ ⎥ 1 ≤k ≤n⎪
⎬ halmazban?
⎪
⎪⎣ ⎢n⎦ ⎥
⎪
⎩ ⎪⎭
2 2
1 2
Megoldás. Jelöljük f ( n) -nel az , ,..., n
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ 2⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ számok közt előforduló
⎢
⎣ n ⎥
⎦
⎢
⎣n ⎥
⎦
⎢
⎣ n ⎥
⎦
különböző értékek számát. Határozd meg f ( n) -et! Két különböző esetet vizsgálunk,
aszerint, hogy n páros, vagy páratlan.

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 373
2 2
( x + 1) x 2x + 1
1. eset. n = 2k
. 2>
− = >1 ha x ≥ k,
míg x

374 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
a1 an n
a1 + b1 an + bn b1 bn n
a1 + b1 an + bn 1 ⎛ a1 a ⎞⎪⎫
n
≤ ⎜
⎟⎪ ⎟
n ⎜
+ … ⎪
⎜a1
b1 an b
⎟
⎝ + + n⎠⎟⎪
⎪⎬⎪
1 ⎛ b1 b ⎞⎪
n
≤ ⎜
⎟ ⎟⎪
n ⎜
+ …
⎜a1 + b1 an + b
⎟⎪
⎝ ⎟⎪
n⎠⎪⎭
a1 ⇒ n
a + b a
an + b
b1 + n
a + b a
bn
+ b
≤1⇒ 1 1 n n 1 1 n n
⊕
⇒
⇒ n aa 1 2an n
n + bb 1 2bn ≤ ( a1+ b1)( a2+ b2) ( an + bn
)
1
5. Ha x ≥ és n ≥ 1 , akkor
2
2 nn ( + 1)(2n+ 3)
( n + 1) x + <
6
x + x + 1+ x + 2 + ... + x + n <
<
2
2 nn ( + 1)
( n + 1) x + .
2
Megoldás. Mindkét egyenlőtlenség a matematikai indukció módszerével igazoljuk.
1. n = 1 esetén az első egyenlőtlenség:
4x + 1 < x + x + 1 ⇔ 4x + 1< 2x + 1+ 2 x( x + 1)
⇔
⇔ x < x( x + 1) ⇔ x < x + 1,
igaz.
2. Feltételezve, hogy valamely rögzített n - re
2 nn ( + 1)(2n+ 3)
( n + 1) x + <
6
igazolni szeretnénk, hogy
x + x + 1+ x + 2 + ... + x +n ,
2 ( n + 1 ) ( n + 2)(2n + 5)
( n + 2) x + <
6
Ehhez elég kimutatni azt, hogy
x + x + 1 + ... + x + n +1.
2 ( n + 1)( n + 2)( 2n + 5)
( n + 2)
x + <
6
2 n( n + 1)( 2n + 3)
< ( n + 1) x + + x + n + 1.
6
Négyzetre emelve és rendezve a tagokat, a következő igaz egyenlőtlenséget kapjuk:
2
2
( n + 1)( 3n + 6n − 4)
0< ( n + 2)( 2n + 1)
x + .
3 9
Ezzel az első egyenlőtlenséget igazoltuk.
1. n = 1 -re a második egyenlőtlenség:
x + x + 1 < 4x + 2 ⇔ x( x + 1) < x + 1⇔
x < x +1.
2. Feltételezve, hogy az egyenlőtlenség igaz n -re, igazoljuk, hogy n +
1 - re is igaz.
Ehhez elég kimutatni, hogy

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 375
( n + 1) n
x + +
2
x + n + 1 ≤ ( n + 2)
n + 1
x + ⇔
2
⇔ 2
ami igaz.
⎛ n⎞ 3n + 2 ⎛
⎜
⎜x + ⎟( x + n + 1) ≤ 2x + ⇔ 0 ≤ ⎜
⎝
⎟
2⎠⎟ ⎜
2 ⎜⎝
n
x + +
2
2
⎞
x + n + 1 ⎟
⎠⎟
,
a b c
6. Bizonyítsd be, hogy ha + + = 0 , akkor
b−c c−a a −b
a
2
( b−c) b
+
( ) 2 c−a c
+
2
( a −b)
= 0 .
a b c
Megoldás Az + + = 0 egyenlőségből rendre következik, hogy
b−c c−a a −b
⎛ a b c ⎞⎛ 1 1 1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟
⎜
+ + + + = 0 ⇒
⎝
⎟ ⎟
b−c c−a a −b⎠⎟⎜⎜⎝b−c c−a a −b⎠⎟
a b
⇒ 2 +
( ) ( ) 2
b−c c−a c a ⎛ 1 1 ⎞
+ 2 + ⎜ + ⎟
( a −b)
b−c ⎜⎜⎝c−a a b⎠⎟+
−
b ⎛ 1 1 ⎞ c ⎛ 1 1 ⎞
+ ⎜ + ⎟ ⎟+ ⎜ + ⎟ ⎟=
0 ⇒
c−a ⎜ ⎜⎝a −b b−c⎠⎟ a −b⎝ ⎜ ⎜b−c
c−a⎠⎟ a
⇒ 2
( b−c) b
+
( ) 2 c−a c
+ 2
( a −b)
ac ( − b) + ba ( − c) + cb ( −a)
+ = 0 ⇒
( a −b)( b−c)( c−a) a
⇒ 2
( b−c) b
+
( ) 2 c−a c
+
2
( a −b)
= 0 .
7. Bizonyítsd be, hogy minden n természetes szám végtelen sok különböző módon
2
előállítható n = ε ⋅ 1 + ε
2
2
⋅ 2 + ... + εk⋅k
alakban, ahol k ∈ és
1 2
εj ∈{ −1, 1}, ∀ j = 1, k .
2 2
Megoldás. Az ( n + 1) − n = 2n
+1 egyenlőség alapján
2 2 2 2
( n + 3) − ( n + 2) − ( n + 1)
+ n = 4 és
2 2 2
2
( n + 7) − ( n + 6) − ( n + 5) + ( n + 4)
−
2 2 2 2
− ( n + 3) + ( n + 2) + ( n + 1)
− n = 0
2
Tehát ha rögzített m ∈ esetén találtunk m = ∑ εj
j alakú előállítást (ahol
ε ∈{ −1,1} , j = 1, k ), akkor az
j
k
∑
k
j=
1
2
2 2 2
m + 4 = ε j + ( k + 1) − ( k + 2) − ( k + 3)
+ ( k + 4
j=
1
j
egyenlőség alapján ( m + 4)
-re is létezik ilyen előállítás, sőt, végtelen sok ilyen
létezik a (*) azonosság alapján. A matematikai indukció teljességéhez előállítjuk a 0,
1, 2, 3 számokat:
(*).
) 2

376 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
= − + + − + − − +
2 2 2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 4 5 6 7 8
1= 1
2
2 = −1 −2 − 3 + 4
2 2
3 = − 1 + 2
8. Határozd meg azokat az f : →
2 2 2 2
* *
szigorúan növekvő függvényeket, amelyekre
*
a) f (2) = 2 ; és b) fm ( ⋅ n) = fm ( ) ⋅fn ( ), ∀mn , ∈ .
*
Megoldás. Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy f ( n) = n, ∀n ∈ .
Pontosabban a Pn ( ): " fm ( ) = m, ∀m≤n" állítást bizonyítjuk.
Az f ( m) = f( m⋅ 1) = f( m) ⋅ f(1)
és f ( m) ≠ 0 összefüggések alapján f (1) = 1 , tehát
az a) feltétel alapján P ( 2)
igaz.
Ha Pn ( ) igaz valamilyen n ∈ \{1} esetén, akkor f (2 n) = 2 f(
n ) és f ( n) = n ,
valamint a szigorú monotonitás alapján
n = f( n) < f( n + 1) < f( n + 2) < ... < f(2n − 1) < f(2 n) = 2n
.
*
*
Mivel fk () ∈ , ∀k∈ , ez utóbbi egyenlőtlenségsorozat csak akkor teljesülhet, ha
fk () = kk , = n+ 1,2n− 1.
Így Pn+ ( 1)
is igaz, tehát a matematikai indukció elve
alapján fn ( ) = n, ∀n≥1. 9. Határozd meg azokat az
a) f ( p ) = p
f : →
* *
függvényeket, amelyekre
*
, bármely prímszám esetén; b) fm ( ⋅ n) = fm ( ) ⋅fn ( ), ∀mn , ∈ .
*
Megoldás. A b) feltétel alapján bármely k ≥2, m , m ,..., mk∈
esetén
esetén
1 2
f ( mm 1 2mk) = f( m1) f( m2) f( mk)
.
α α
Tehát ha p prímszám, akkor f( p ) = [ f( p) ]
α
= p . Tetszőleges n = p p p
α1 α2 αk α1 α2 αk
1 2 k 1 2 k
α1 α2 αk
1 2 k
f ( n) = f( p ) f( p ) f( p ) = p p p = n . Ha n = 1 , akkor f (1) = 1 ,
tehát fn ( ) = n, ∀n≥1. 10. Bizonyítsd be, hogy az f : → , f ( x) = ax +b függvény esetén nem lehet az
f (0) − 1 , f (1) − 3 és f (2) − 9 számok mindegyike 1-nél kisebb.
Megoldás. Ha b− 1 < 1, a + b− 3 < 1, 2a + b−
9 < 1, akkor írhatjuk, hogy
4 = (2a + 2b−6) − (2a + b−9) −( b−1)
≤
≤ 2 a + b − 3 + 2a + b − 9 + b − 1 < 2+ 1+ 1=
4.
Ez ellentmondás, tehát az f(0) −1 , f(1) −3 , f(2)
− 9 számok közül legalább az
egyik nagyobb vagy egyenlő egynél.
11. Bizonyítsd be, hogy ha f :[ −1, 1] →[ −1,
1] ,
2
f ( x) ax bx
= + +c , akkor

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 377
2 2 2
a) | a | + | b | + | c | ≤ 3;
b) a + b + c ≤ 5 .
Megoldás. a) Az f(1) = a + b + c, f(0) = c, f( − 1) = a − b + c egyenlőségekből
f (1) + f( −1) −2 f(0) f(1) −f( −1)
a = , b = , c = f(0)
, így
2 2
a + b + c =
f(1) + f( −1) − 2 f(0) +
2
f(1) + f(
−1)
+ f(0)
≤
2
≤
f(1) + f( − 1) + f(1) −f( −1)
+ 2 f (0) .
2
De x + y + x − y = 2 ⋅max{ x, y}, ∀x, y ∈ , tehát
a + b + c ≤max{ f(1), f( − 1)} + 2 f(0)
≤ 1 + 2 = 3 , mert
f( −1), f(1), f(0)
∈[ − 1,1]
.
2
Egyenlőség az f : [ −1,1] →[ − 1,1 ] , f( x)
=± ( 2x − 1)
függvényre teljesül.
2 2 2 1 2 2 2
b) a + b + c = ⎡2f () 1 + 2f ( − 1) + 4f () 0 −4f () 0 f () 1 −4f () 0 f ( − 1)
⎤ +
4
⎢⎣ ⎥⎦
2 1
+ f (0) ≤ ( 2 + 2 + 4 + 4 + 4) + 1 = 5 .
4
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha f( −1), f(1), f(0)
∈{ −1,1}
úgy, hogy
f (0) f (1) = − 1 , f (0) f ( − 1) = − 1 . Ezekből a feltételekből az f : [ −1,1] →[ − 1,1]
,
2
fx () =± ( 2x− 1)
függvényt kapjuk.
12. Bizonyítsd be, hogy az f : → ,
⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤ ⎡ n −1⎤ fx ( ) = [ x] + ⎢x+ ⎥ + ⎢x+ ⎥ + ... + ⎢x+ ⎥−[
nx]
⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦
függvény periodikus, majd igazold, hogy
⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤ ⎡ n −1⎤ [ x] + ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + ⎢x + ⎥ = [ nx], ∀x ∈ .
⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n ⎥⎦
1
Megoldás. Igazoljuk, hogy T = periódusa f -nek. Valóban,
n
⎛ 1⎞ ⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤
⎡ n⎤ ⎡ n⎤
f ⎜
⎜x ⎟
⎜⎝
+ = ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + ⎢x + ⎥− ⎢nx + ⎥ =
n⎠ ⎟ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦
⎡ 1⎤ ⎡ 2⎤
= ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ + ... + [ x] + 1 −[ nx] − 1 = f(
x )
⎢⎣ n⎥⎦ ⎢⎣ n⎥⎦
(felhasználtuk, hogy [ m + α] = m + [ α], ∀m ∈, α ∈ ). Az azonosság
igazolásához felhasználjuk az előbbi függvényt: bebizonyítjuk, hogy f ( x ) = 0.
Mivel
f
periodikus, elégségez igazolni, hogy
⎡ 1⎞
fx ( ) = 0, ∀x∈ ⎢0, ⎟
⎢⎣ n ⎟⎠
. Tetszőleges

378 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
⎡ 1
x 0, ⎟
⎞ k n
⎡ k ⎤
∈ ⎢
⎢⎣ n ⎟⎠
-re 0 ≤ x + < , ∀k ∈{0,1,..., n −1}, 0 ≤ nx
< 1 , tehát ⎢x+ ⎥ = 0
n n
⎢⎣ n ⎥⎦
és [ nx ] = 0 , innen pedig f ( x ) = 0.
⎡2p−1⎤ 13. Bizonyítsd be, hogy ha p prímszám és q = ⎢ ⎥ , valamint
⎢⎣ 3 ⎥⎦
1 1 1 q−1
1 a
1 − + − + ... + ( − 1) = , akkor a p.
2 3 4
q b
Megoldás. A X.2. fejezet 44. feladata alapján
1 1 1 1 1 1 1
1 − + − + ... + − = + . .. + .
2 3 4 2n − 1 2n n + 1 2n
Mivel p ≥ 5 prímszám, két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy p = 6k + 1
vagy p = 6k
−1. Ha p = 6k
+ 1, akkor q = 4k
és így
a 1 1 1
= + + ... + =
b 2k + 1 2k + 2 4k
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ( 6k + 1)
M
= ⎜
⎟ ⎜ ⎟ ... ⎜
⎟
⎜
+ ⎟
2k 1 4k⎟ + ⎜
+ ⎟+ + + =
2k 2 4k 1⎟ ⎜
⎟
3k 3k 1⎟
.
⎝ + ⎠ ⎝ + − ⎠ ⎝ + ⎠ N
Mivel N prímtényezői ( 6k + 1)
-nél kisebbek és 6k + 1 prímszám, következik, hogy
a 1 1 1
ap. Ha p = 6k
−1, akkor q = 4k
−1
és = + + ... +
b 2k 2k + 1 4k − 1
=
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ( 6k − 1)
M
= ⎟
⎜ ⎟ ⎜
... ⎜
⎟
⎜
+
2k 4k 1⎟ ⎟ + ⎜
+ ⎟ + + + =
2k 1 4k 2⎟ ⎜
⎟
3k 1 3k⎟
,
⎝ − ⎠ ⎝ + − ⎠ ⎝ − ⎠ N
ahol N prímtényezői p - nél kisebbek. Így a p ebben az esetben is.
14. Bizonyítsd be, hogy bármely n ∈ esetén létezik n egymásutáni összetett szám.
Megoldás. Az 1⋅2n⋅ ( n + 1)
+ k , k = 2, n + 1 számok egymásutániak és mind
összetettek.
50 30
15. Határozd meg a 4⋅ 3 + 5⋅4 szám utolsó három számjegyét.
10
10
Megoldás. Mivel 3 = 59049 és 2 = 1024 , a vizsgált szám utolsó három
5
6
számjegye megegyezik a 4⋅ 49 + 5⋅24 szám utolsó három számjegyével. Ennek
meghatározásánál nyilvánvalóan elégséges mindig csak utolsó három számjegyet
2
2
2 2
vizsgálni. 49 = 2401 , 24 = 576 , 401 = 160801, 576 = 331776 .
4 ⋅801⋅ 49 + 5 ⋅776 ⋅576
számjegyek.
utolsó három számjegye 876, tehát ezek a keresett
16. Bizonyítsd be, hogy ha a, *
b ∈ , akkor ( a, b)[, a b] = a⋅b. Általánosítás!
α1 α2 αk β1 β2 βl
γ1 γ2 γkδ1 δ2 δj
Megoldás. Ha a = p p p q q q és b = p p p r r rj , akkor
1 2 k 1 2 l
1 2 k 1 2
min{ α1, γ1} min{ α2, γ2} min{ αk, γk}
( ab , ) = p p p és
1 2
max{ 1, 1} max{ 2, 2} max{ k, k} 1 l 1
j
[ ab , ] p p pk q ql r r δ
α γ α γ α γ β β δ
= j , innen pedig ( ab , )[, ab ] =
1 2 1 1
min{ α1, γ1} + max{ α1, γ1} min{ α2, γ2} + max{ α2, γ2} min{ αk, γk} + max{ αk, γk} β1 βl δ1
= p p p q
q r r
=
1 2 k 1 l 1
k
δj
j

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 379
1 2 k 1 l 1
δ
j
α1+ γ1 α2+ γ2 αk+ γk β1 βl δ1
j
= p p p q q r r = a⋅b.
abc ⋅ ( a,, b c)
Három szám esetén a következő összefüggés írható fel [ abc ,, ] = .
( ab , )( bc , )( ca , )
p
17. Az α ∈ szám pontosan akkor irracionális, ha végtelen sok olyan
q racionális
p
szám létezik, amelyre α −
q
1
< . 2
q
(Dirichlet tétele)
Megoldás. Ha n egy rögzített szám és tekintjük a { α} , { 2 α} ,..., { ( n + 1)
α}
számokat ({.} a törtrészt jelöli), akkor a skatulya-elv alapján létezik ezek között kettő
különböző, amelyek különbsége kisebb, mint 1
. Legyenek ezek { k1α } és { k2α} .
n
1
Tehát 0 < k1α−[ k1α] − k2α+ [ k2α]
< , ahonnan a k1 − k2
n
= q és [ k1α− k2α]
= p
p
jelölésekkel a 0 < α −
q
1 1
< < 2
nq q
egyenlőtlenséghez jutunk. Ha p
q rögzített
1 p
szám, akkor létezik olyan n1 , amelyre < α − , tehát n
2
1 -re megismételve a
n q
gondolatmenetet más
p
q
ha α irracionális, akkor végtelen sok
racinális,
b ≥ q
1
1
1
p1
1
törtet is szerkeszthetünk, amelyre 0 < α − < . Tehát
2
q q
1 1
p
q létezik, amelyre p 1
α − < . Ha α
2
1 q
a
p aq −bp
1
1 p
α = , akkor α − = ≥ , tehát ha > α − , akkor
2
b
q bq bq q q
és így nem létezik végtelen sok különböző tört a kért tulajdonsággal.
1
szám első 200 tizedesjegyét.
1, 000...01
18. Számítsd ki az
Megoldás. Ha a = 0, 00...01 , akkor
99
99
99
2 2 2
1 1 1+
a − a a a + a −a
a
= = = 1− = 1− = 1−
a + =
1, 00...01 1 + a 1 + a 1 + a 1 + a
1 + a
3 3
2 a a
= 1 − a + a − = 0, 99...9 00...01 −
1+ a 100 99 1+
a
.
3
a
3 1 1
Másrészt 0 < < a = és így 0, 99...9 300 00...0...
1+ a 10
1 a 100 100
=
.
+
19. Bizonyítsd be, hogy

380 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
p + 1 = 1 + p 1 + ( p + 1) 1 + ... + ( p + r) 1 + ( p + r + 1)( p + r + 3)
.
2
Megoldás. Az 1+ x( x + 2)
= ( x + 1)
azonosság alapján bentről kifele haladva
írhatjuk, hogy
S = 1+ p 1+ ( p + 1) 1 + ... + ( p + r) 1+ ( p + r + 1)( p + r + 3)
=
= 1+ p 1+ ( p + 1) 1 + ... + ( p + r − 1) 1+ ( p + r)( p + r + 2)
=
= ... = 1 + p( p + 2) = p + 1.
20. Oldd meg az
⎧⎪ x + y = a
⎪
⎨ 2 2
⎪xy − z = a
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a ∈ .
2
Megoldás. A rendszer alapján x + y = a és xy = a + z , tehát x és az
2
y
2 2 2
u − au + a + z = 0
( )
egyenlet valós gyökei. Az egyenlet diszkriminánsa viszont
2 2 2 2 2
Δ = a − 4 a + z =−3a −4z ≤0, tehát csak a = z = 0 esetén van megoldás,
és ekkor x = y = 0 .
21. Oldd meg az
⎧ ⎪ax
+ by + cz + dt = 0
⎪
⎪
bx − ay + dz − ct = 0
⎪
⎨
⎪
⎪cx
−dy− az + bt = 0
⎪ dx + cy −bz − at = 0
⎪⎩
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha abcd∈ ,,, és nem mind nullák
2 2 2 2
(azaz a + b + c + d ≠ 0 ).
Megoldás. Ha az egyenletrendszert alkotó egyenletek mindkét oldalát rendre a -val,
b -vel, c -vel, illetve d -vel szorozzuk, majd az így kapott egyenlőségek mindkét
2 2 2 2
oldalait összeadjuk, az ( a + b + c + d x = 0 egyenlethez jutunk, ahonnan
x = 0 . Hasonlóan igazoljuk, hogy y = z = t = 0 .
22. Bizonyítsd be, hogy ha AB C egyenlő oldalú és P egy pont a síkjában, akkor
érvényesek a következő tulajdonságok:
a) PA + PB ≥ PC , PB + PC ≥ PA és PA + PC ≥ PB ; (Pompeiu)
b) az előbbi egyenlőtlenségek közül egyszerre egyben lehet egyenlőség és ebben az
esetben P az AB C köré írt körön van; (Van Shoeten)
c) ha P1 , P2 és P3 a P vetületei a BC , CA és AB oldalakra, akkor a PPP 1 2 3
háromszög hasonló az AP , BP
és CP szakaszokkal szerkeszthető háromszöghöz.
)

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 381
(Sajátosan P1 , P2 és P3 pontosan akkor kollineárisak, ha P az ABC háromszög
köré írt körön van (Simson tétele).)
Megoldás. a)
Forgassuk el az AB C háromszöget a P ponttal együtt 60
fokkal. Ekkor a C pont az A pontba transzformálódik és
így CP = AP ' , AP = A'P' , BP = B 'P' . Ez utóbbi
egyenlőség alapján, mivel '
6 o
A’
A
P’
m PBP = 0 , következik,
( )
hogy a BPP ' háromszög egyenlő oldalú, ahonnan B
C
BP = PP ' . Az APP ' háromszögben AP '+ P 'P≥AP
,
vagyis CP + BP ≥ AP . Hasonlóan igazolható a többi egyenlőtlenség is.
P
b) Tételezzük fel, hogy P A + PB = PC és PB + PC = PA , összeadva e két
egyenlőséget kapjuk, hogy PB = 0 , vagyis P = B . Tehát akkor áll fenn két
egyenlőség, ha P az AB C háromszög valamely csúcsával egybeesik.
Tegyük fel, hogy B ∈ { A, B, C}
és PB + PC = PA . Ekkor az előző pont alapján
P −P '−A
kollineárisak, tehát AP átló az ABPC négyszögben. Az ABP ' és
CBP háromszögek kongruensek, innen pedig ' 120 o
m BPC = m BP A = . Tehát
( )
( ) 180 o
m BAC + m BPC = , vagyis az AB PC
négyszög körbeírható.
c) Mivel m APP = m APP = , az AP3P2 ( ) ( )
3 1 2 1 90 o
háromszög köré írható körben AP átmérő, tehát a
szinusz- tétel alapján AP sin A = P2P3 ,
BP sin B = P1P3 , CP sinC
= P1P2 . Ebből
következik, hogy
AP
PP 2 3
BP
=
PP 1 3
CP
=
PP 1 2
, tehát az
AP, BP, CP szakaszokkal szerkeszthető háromszög
( ) ( )
és ez hasonló a PPP 1 2 3 háromszöghöz.
Másrészt ( )
m PPB 3 1 = m( BPP3)
, ( )
, tehát
pontosan akkor egyenes, ha
m PPC 2 1 = m( PPC 2 ) P3 −P1 −P2
( )
m P 3PB = m( PPC 2 ) . De ez ekvivalens a
( )
m PBP3 = m( PCP2
) egyenlőséggel és ez annak szükséges és elégséges feltétele,
hogy az AB PC négyszög körbeírható legyen.
23. Ha P egy pont az ABC Δ síkjában és P 1 , P2 és P 3 a P vetületei a BC , CA
2 2
T[ P1PP
] OP − R
2 3
illetve AB oldalakra, akkor =
2
T[ ABC] 4R
.
( )
Megoldás. A mP ( PP ) = m PCB = mPBC ( ) , és
2 1 1 1
B
P
3
P
1
P
A
P2
C

382 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
C
1
P
3
A
B
P
C
1
A
1
P
( ) ( )
( )
m PPP 2 3 = m PAB
= m PBA 1 1
összefüggések alapján
m( PPP )
1 2 3 = m A1BC
1 1 .
( )
Hasonlóan igazoljuk, hogy
m PPP m BC A
P
, tehát a PP és
( )
2 3 1 ( 1 1 1
ABC 1 1 1
= ) 1 2 3
háromszögek hasonlók.
TPPP [ 1 2 3] TP [ 1PP
2 3] TABC [ 1 1 1]
= ⋅ .
TABC [ ] TA [ 1BC 1 1]
TABC [ ]
abc
Az R = összefüggés alapján
4T
T[ A1B1C1] A1B1⋅B1C1⋅C1A1 PB1 PC1 PA1
= = ⋅ ⋅ =
T[ ABC ] AB ⋅BC⋅CAPA PB PC
2 2 3
( PB ⋅PB1) ⋅( PC ⋅PC1) ⋅( PA ⋅PA1)
( R −OP
)
= =
( PA ⋅PB ⋅PC )
( PA ⋅PB ⋅PC
)
2 2
2 2
TPPP [ 1 2 3] ⎛PP⎞ 1 2
Másrészt K = = ⎜
⎟
T[ ABC] AB
⎟
⎝ ⎜ 1 1⎠⎟ ⎛
⎜PC
⋅ AB ⎞
= ⎜
⎟
⎜ ⎜AB 1 1⋅2R
⎟ , tehát
⎝ ⎠ ⎟
2 2 2
2
3 PA ⋅PB ⋅PC
( PA ⋅PB ⋅PC
)
K =
3 2 =
2
6 és így K =
2
( 8R
) ( R −OP
)
2
( PA ⋅PB ⋅PC
)
2 2 2 2
4R
⋅( R −OP
)
. (2)
Az (1) és (2) összefüggések alapján
TPPP [ 1 2 3]
=
TABC [ ]
2 2
R −OP
2
4R
.
24. Bizonyítsd be, hogy ha P egy
tetszőleges pont az AB CD négyszög
köré írt körön, akkor az AB és CD
oldalaktól mért távolságainak szorzata
A
P1
P
egyenlő a BC és AD oldalaktól mért
távolságainak szorzatával.
P3
(Papposz tétele)
Megoldás. Az ábra jelölései alapján
( )
(
PP sin PP3P1 sin PAP1
)
1 = = és
PP sin PP P
sin PAP
P4
B
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3 1 3 3
PP sin PP
2
4P2 sin PCP2
= =
PP sin PP P sin PCP
4 2 4 4
(felhasználtuk, hogy a PP 1AP3 és
P
2
B
1
C
(1)
P
2
D

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 383
PPCP 2 4 négyszögek körbeírhatóak). Másrészt
sin( PAP ) sin PCP
(
)
1 4
3 = 2 , ahonnan
PP3 PP2
sin( PAP (
1) = sin PCP2)
PP PP
= ⇒ PP ⋅ PP = PP ⋅ PP4
.
1 2 3
25. Az AB C háromszög BC oldalán felvettünk egy olyan M pontot, amelyre az
AMB és AMC háromszögekbe írt körök sugara kongruens. Bizonyítsd be, hogy
AM = p( p − a)
.
Megoldás. Jelölje p1 és p2 az ABM , illetve AM C háromszög félkerületét, r0
a
körök sugarát. Ekkor
A
TABM [ ] = pr,
T[ A MC] = pr ,
ahonnan
1 0
( ) 0
TABC [ ] = p + p r
1 2
2 0
= ( p + AD) r0= pr .
II 1 2
II 1 2 r−r
0
BC⇒
= .
BC r
De II = TT = x+ y , ahol
1 2 1 2
=
I I
1 2
r r
0 0
x = p1−c
és y = p2−b . Így
x + y = p + AM −b−c , tehát B
T X
1 M Y T2
C
p + AM −b− c r − r0
=
a r
. Ebből következik, hogy
p−AM r0
=
a r
és
p + AM
p
r
2 2
= alapján p − AM = a⋅p
, ahonnan AM =
r0
p ( p −a
) .
26. (Erdős-Mordell egyenlőtlenség) Bizonyítsd be, hogy ha az AB C háromszög
belső pontjának az oldalaktól mért távolságai
da , d b , d c és a csúcsoktól való távolságai R a ,
M
Rb , R c , akkor
Ra + Rb + Rc
≥ 2( da + db + dc)
.
Megoldás. Előbb egy segédtételt igazolunk.
Ha ABB2A1
és ACC1A2 tetszőleges
A1
X
A
Z
A2
Y
paralelogrammák és a BCC 2B1 paralelogramma
CC 2 oldala egyenlőAM - mel és párhuzamos is
vele, akkor
TABBA [ 2 1]
+ T[
ACCA 1 2] = TBCCB [ 2 1]
.
Valóban,
B2
B
T
C
C1
TABBA [ 2 1]
= T[
ABXM] = TBXZT [ ] ,
T[ ACC A ] = T[
ACYM ] = T[ ZTCY ] és
B1 C2
1 2
T[ XBTZ ] + T[ YCTZ ] = T[ XBCY ] = T[ BCC2B1] . A segédtétel alapján
c⋅ d + b⋅ d = aR sin α ≤ aR .
c b a
a
I
és

384 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
A
dC M
dB dC M'
Ha M -et tükrözzük az A szög szögfelezőjére a dc
és db
szerepe megcserélődik, tehát
c⋅d b + b⋅dc ≤aRa
. Hasonló gondolatmenet
alapján c⋅ da + a⋅dc ≤bRb és a⋅ db + b⋅da ≤cRc
.
Tehát Ra + Rb + Rc
≥
B
C ⎛c b⎞
≥ ⎜ ⎟
⎜
+ da ⎝
⎟
b c⎠⎟
⎛a c⎞ ⎟
⎛b a⎞
+ + ⎟d
⎜ ⎟
b + + ⎟dc
≥
⎝⎜ ⎜
c a⎠⎟⎝ ⎜ ⎜a
b⎠⎟
≥ 2( da + db + dc)
.
27. a) Az ABC háromszögben (
mBAC ) = 20
, AB = AC , M ∈ ( AB)
,
N ∈ AC úgy, hogy ( ) (
mMCA= mNBC)30
és C ∈ ( A N)
. Számítsd ki a BN M
szög mértékét.
b) Az AB C háromszögben AB = AC , O ∈ Int( ABC)
,
mOBC ( ) = 10
mOCA ( )
= 20
és
(
mO AB ) = 70 . Bizonyítsd be, hogy ( AC ) = 80
mB .
Megoldás
a) Felveszük a P ∈ ( AC) pontot úgy, hogy m M BP = . A
háromszögben és
( ) 60 o
A
BPC
m BCP = m PBC = , tehát
B
M
P
C
N
A
70
BP = BC
alapján
. Ugyanakkor
( )
50 o
( ) 80 o
( ) 20 o
( )
80 o
m M BC = és m M CB =
( ) 50 o
m BMC = , tehát BM = MC . ĺgy a BM P
háromszög egyenlő oldalú. Másrészt a PBN háromszögben
( )
50 és
o
m PBN = ( )
50 o
m BNC = , tehát BP = PN és így az
MPN háromszög is egyenlő szárú. Mivel
m MPC =
o
+
o
=
o
, következik, hogy m M NP
= ,
( ) 60 80 140
( NM
) = 30 o
tehát m B .
O 20
B
10
C
( ) 20 o
b) Előbb oldjuk meg a fordított feladatot. Az
ABC egyenlő szárú háromszögben
m BAC = és felvesszük az O ∈ int( A BC)
( ) 80 o
( ) 10 o
pontot úgy, hogy ( )
mO BC= mOAC=
.
Számítsuk ki az OC A
szög mértékét!
Ceva tételének trigonometrikus alakja szerint
o o
sin 70 sin x sin10
⋅
⋅ = 1,
o o
o
sin10 sin(50 − x) sin 40

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 385
o
sin x sin 40
tehát
o
sin ( 50 x ) sin 70
= . Származtatással a
o
−
o o o
sin x −sin( 50 −x) sin 40 − sin 70
=
o o
o
sin x + sin( 50 − x)
sin 40 + sin 70
o o
o o
tg( x − 25 ) tg15
sin 20 sin 40
egyenlőséget kapjuk, ahonnan
= − . Másrészt =
o
0
o o
tg 25 tg 55
sin 30 sin 70
o o
tg15 ⋅ tg 25
o
0
és így = tg 5 , tehát tg , ahonnan következik,
o
( 25 ) tg( 5
tg 55
hogy .
o
x − = − )
20 o
x =
Az eredeti feladat megoldása. Az OBA és OBC háromszögekben felírva a
szinusz-tételt:
OB l
⎫⎪
= ⎪
sin 70° sin( 120°−x) ⎪ sin ( x − 20° ) l sin ( x − 10°
)
⎬ ⇒ =
OB BC ⎪ sin 70° BC sin ( 120°−x)
= ⎪
sin( x − 20° ) sin( 190°−x)
⎪⎭
⎪
Az OC A és OBC háromszögekből:
OB l
⎫⎪
= ⎪
sin 70° sin( 120°−x) ⎪ sin ( x − 20° ) l sin ( x − 10°
)
⎬ ⇒ =
OB BC ⎪ sin 70° BC sin ( 120°−x)
= ⎪
sin( x − 20° ) sin( 190°−x)
⎪⎭
⎪
l OC ⎫⎪
= ⎪
sin( 50°+ 2x) sin( 110°− 2x) ⎪ sin10°
BC sin( 50°+ 2x
)
⎬ ⇒ =
BC OC ⎪ sin ( 110° −2x) l sin ( x − 10°
)
= ⎪
sin ( 190° − x)
sin10°
⎪
⎪⎭
Az OC A és OBA háromszögekből:
l OA ⎫⎪
= ⎪
sin ( 50°+ 2x ) sin 20° ⎪
⎪ sin ( 120° −x) sin ( x − 10°
)
⎬ ⇒ =
,
l OA ⎪ sin( 50°+ 2x ) sin 20°
= ⎪
sin ( 120° −x) sin ( x − 10°
) ⎪⎭
⎪
ahonnan kapjuk, hogy sin ( x − 10° ) sin ( 50°+ 2x) = sin 20° sin ( 120°−x
) . Mivel
20° ≤x≤ 55°
, a bal oldali kifejezés szigorúan növekvő, míg a jobb oldali kifejezés
szigorúan csökkenő, az egyenletnek tehát egyetlen megoldása van, ez az x = 50 (a
fordított tulajdonság alapján). Innen kapjuk, hogy m BAC = °− ⋅ °= °.
( ) 180 2 50 80

386 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
28. Bizonyítsd be, hogy az
ax + 2ax+ a = 0
2
1 2 3
2
2 3 4
ax + 2ax+ a = 0
2
ax 3 + 2ax 4 + a5
= 0
………………………
a
2
x + 2a x + a = 0
n− 1 n 1
2
ax n ax 1 a2
+ 2 + = 0
egyenletek közül legalább az egyiknek van valós gyöke, ha a ∈ R,
bármely k = 1, n
esetén! Adjál példát olyan a1, a2,..., anszámokra,
amelyekre az előbbi egyenletek
közül pontosan egynek van valós gyöke!
Megoldás. Feltételezzük, hogy egyik egyenletnek sincs valós gyöke. Következik,
Δ k hogy
4
2
= ak+ 1 − akak+ 2 < 0 , bármely k ∈{1,2,..., n}
esetén, ahol an+ 1 a és
.
= 1
a a
n+
2 2 =
Összeadjuk a diszkriminánsokra kapott egyenlőtlenségeket:
2 2 2
a + a + ... + a −aa −a a −... −a a −a a − a a < 0 ⋅ 2
1 2 n 1 3 2 4 n−2 n n−1 1 n 2 /
( ) ( ) (
2 2 2 2 2 2
a − 2aa + a + a − 2 a a + a + ... + a − 2a
a + a ) < 0
1 1 3 3 2 2 4 4 n n 2 2
−
2 2 2
2
( a1 − a3) + ( a2 − a4) + ... + ( an−1 − a1) + ( an − a2)
< 0 .
Az utóbbi egyenlőtlenség ellentmondás, tehát van olyan egyenlet amelynek a
diszkriminánsa pozitív, és így ennek az egyenletnek van valós gyöke. A továbbiakban
megadunk egy szerkesztést, amellyel elérhető, hogy pontosan egy egyenletnek legyen
valós gyöke. Legyen a1 = a2
= 1 és a 3 = 2 . Belátható, hogy így az első egyenletnek
2
a3
nincs valós gyöke. A második egyenletben legyen a4 ∈ N , és a4
> . Ezzel a
a2
választással a második egyenletnek sincs valós gyöke. Általában ak
-t úgy választjuk
meg, hogy teljesüljön az
2
ak
−1
ak
>
ak
−2
egyenlőtlenség, ha k = 3, n . Így
an > an−1 > ... > a3 > a2 2
= a1
= 1 , és csak az an− 1x + 2anx + a1
= 0 egyenlet
diszkriminánsa lesz pozitív, tehát az n 1 -edik egyenletnek van valós gyöke. Az
2
utolsó egyenlet diszkriminánsa negatív, mert a1 − ana2 = 1− an
Tehát csak az n − 1-edik
egyenletnek van valós gyöke.
< 0.
29. Bizonyítsd be, hogy n darab n-nel nem osztható természetes szám közül
kiválasztható néhány, amelyek összege osztható n-nel!
Megoldás. Legyenek a számok a1 , a2 , ..., an
. Képezzük az
s = a ,
1 1
k

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 387
s2 = a1 + a2,
s3 = a1 + a2 + a3,
...............................
s = a + a + + a
n 1 2 ... n
összegeket. Ha az si , i = 1, n összegek közül az egyik osztható n-nel, akkor készen
vagyunk. Ellenkező esetben az n-nel való osztási maradékaik az {1 , 2, ..., n −1}
halmazban kell legyenek. Mivel pontosan n összeg van, és a halmazban n − 1 elem
van, következik, hogy az összegek között szerepel kettő, sk és sl , k < l , amelyeknek
az n-nel való osztási maradéka megegyezik. Innen következik, hogy sl −sk
osztható
n-nel. sl − sk = ak+ 1 + ak+ 2 + ... + al
és a feltételek alapján l −k ≥2, tehát az a k + 1 ,
, ..., a számok összege osztható n-nel.
a k + 2 l
30. Az ABC háromszög köré írt körön felvesszük az A ( BC) , ) és
) pontokat úgy, hogy az ABC és AB háromszögek kongruensek
legyenek. Bizonyítsd be, hogy az A , és C pontokon át BC-vel, CA-val illetve
AB-vel húzott párhuzamosoknak ugyanezen pontokon át egy tetszőleges d egyenessel
húzott párhuzamosokra vonatkozó szimmetrikusai összefutó egyenesek és az
összefutási pont a háromszög köré írt körön van.
∩
′ ∈ B ( AC ∩
′ ∈
C ( BA ∩
′ ∈ ′ ′ C′
′ B′ ′
Megoldás. Legyen M az A ′ és C ′ pontokból induló egyenesek metszéspontja. A M
akkor és csak akkor van rajta a körön, ha az MA ′ C ′ B′
négyszög körbeírható. Ez
pontosan akkor teljesül, ha m MAˆ′ B′ = m MCˆ′ B′
.
( ) ( )
( ˆ′ ′ ) ( ′ ˆ′ 1) ( ˆ′ 1) ( ′ ˆ′ 1) ( ˆ′
1 )
( 1 ) ( 1 )
)
ˆ )
′ 1 ˆ
ˆ′
′ ′ ( 1 ) ( 1 ) ˆ
m CBA ′ ˆ′ ′ m BBC ˆ′
′ m AAG ′
( ( ) ( 1) ) ( 1 ) ˆ
= m C′ Bˆ′ A′ −m B′ Cˆ′ C − m AA′ G =
= ( m( C′ Bˆ′ A′ ) −m( AAˆ′ 1 G) ) − m( B′ Cˆ′ C1)
.
( ) ( ) (
( 1) ( 1 ) ( ˆ
ˆ m EC′ C + m AA′ G = m EFG
m( ECˆ′ C1) = m( EFG ˆ ) − m( AAˆ′ 1 G) = m( C′ Bˆ′ A′ ) − m( AAˆ G)
.
m MA B = m B A A − m MA A = m B A A − m AA G =
= m BB A − m AA G = ( ) − ( ) − =
Felhasználjuk, hogy m A′ Bˆ′ C′ = m ABC ˆ = m EFG ˆ (párhuzamos szárú
szögek), és . Az eddigi összefüggések alapján
Tehát
m MAˆ′ B′ = m ECˆ′ C − m B′ Cˆ′ C = m CCˆ′ M − m B′ Cˆ′ C = m MCˆ′ B′
.
( ) ( 1) ( 1) ( 1 ) ( 1)
(
Következik, hogy M a körön van. Hasonlóképpen, ha N a B′ és C ′ pontokból
induló egyenesek metszéspontja, igazolható, hogy N rajta van a körülírt körön.
Viszont a B′ -ből induló egyenes az M , N , B′
pontokban metszené a kört, és
)

388 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
M ≠ B′ , valamint N ≠ B′ , tehát csak az M = N eset lehetséges, ami azt jelenti,
hogy a három egyenes összefut és a metszéspont a körülírt körön van.
( )
F
E
C’
B1
)
B
A
31. A C O1, R és C( O2, R körök közös belső érintői merőlegesek és az
O ∈ ( OO 1 2)
pontban metszik egymást. Határozd meg az OM1 + OM 2 kötött vektor
∈ ( )
(
végpontjának a mértani helyét, ha M1 C O1, R és M2 ∈C
O2, R változó pontok.
Megoldás. Legyen OM = OM1 + OM2
. OM = OO1 + O1M1 + OO2 + O2M2 =
= ( OO1 + OO2) + O1M1 + O2M2 = O1M1 + O2M2 ⇒
⇒ OM = OM 1 1 + OM 2 2 ≤ OM 1 1 + OM 2 2 = 2R,
( ,2 )
tehát az M pont a C O R körlapon helyezkedik el. Igazoljuk, hogy a keresett
mértani hely a C( O ,2R)
körlap. Legyen M egy tetszőleges pont a körlapról. Mivel
OM ≤ 2R
, létezik egy A pont úgy, hogy OA = AM =
R . Szerkesszük meg az
C1
B’
A’
C
M
)
A 1
G

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 389
OO M A és a paralelogrammákat! Ekkor OM = OA,
2 2
O1
MAO1M1 2 2
O
O
2 M2
M
M
M
1
1
OM 2 2 = R ⇒ M2 ∈C ( O2, R)
és AM = O1M1 , M1 ∈C
( O, R)
.
OM = OA + AM = O2M2 + O1M1 = OM2 + OM1
, tehát létezik M1 és M2
úgy,
hogy OM = OM1 + OM2
. Ezzel igazoltuk, hogy minden ilyen M pont a körlapon
van (beleértve a határát is), és minden pont a körlapról a mértani helyhez tartozik.
32. Legalább hány lépés szükséges ahhoz, hogy egy 10× 10 -es tábla bal alsó
sarkából a jobb felső sarkába jussunk lólépésben?
Megoldás. Megvizsgáljuk, hogy melyik mezőkre juthatunk el 1, 2, … lépésben.
O
1
2 2
2 2
1 2 1 2
1 1 2
0 0 2 2
5 6 5 6 5 6 5 6 7 6
4 5 4 5 4 5 6 5 6 7
5 4 5 4 5 4 5 6 5 6
4 3 4 3 4 5 4 5 6 5
3 4 3 4 3 4 5 4 5 6
2 3 2 3 4 3 4 5 4 5
3 2 3 2 3 4 3 4 5 6
2 1 4 3 2 3 4 5 4 5
3 4 1 2 3 4 3 4 5 6
0 3 2 3 2 3 4 5 4 5
O
A
O2
M2
M

390 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
o 2 o
33. Bizonyítsd be, hogy 4sin20⋅ cos 10 =
o
3sin50.
2 1+ cos2x
Megoldás. Felhasználva a co s x =
2
és sin x = cos( π − x)
valamint
cos( x + y) = cos x cos y − sin x sin y ∀xy , ∈Razonosságokat
következik, hogy:
o 2 o
o
4sin20⋅ cos 10 = 3sin50
2 sin 20 + 2 sin 20 cos 20 = 3 cos 40
sin 20 = cos 30 cos 40 − sin 30 sin 40
⇔ 2 sin 20 (1 + cos 20 ) = 3 cos 40
Ez utóbbi egyenlőség pedig nyilvánvaló, mert 20 ° + 70 ° = 90 ° .
⇔ sin 20 =
3
cos 40
2
1
− sin 40
2
⇔ s in 20
= cos 70 .
2 2
34. Oldd meg és tárgyald a x + x + 1− x − x + 1=
m,
(x ∈ ) egyenletet
az m valós paraméter függvényében.
Megoldás. A gyök alatti kifejezések szigorúan pozitívak minden valós x-re, mert
diszkriminánsuk negatív. Észrevehető, hogy
2
2 ⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞
x ± x + 1 = ⎜x ⎟ ⎜ ⎟
⎜
± ⎟ +⎜ ⎟
⎝ 2⎟⎠ ⎜⎜⎝ 2
⎟
⎠⎟
⎛ 2
3 ⎞
tehát a d1,2( x ) = x ± x + 1 pozitív valós számok az Ax ⎜ , ⎟ ⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟ és
⎜⎜⎝ 2
⎟ B ⎜− ,0⎟
illetve
⎠⎟
⎜⎜⎝ ⎟
2 ⎠⎟
3
az Ax,
2
⎛ ⎞ ⎜
⎟
⎜⎜⎝ ⎟
⎠ ⎟
és
⎛1 ⎞
C ⎜ ,0⎟
⎜⎝
⎟ pontok távolsága.
2 ⎠⎟
B C
A
x
Az ABC háromszögben felírva a háromszög
egyenlőtlenségeket, kapjuk: − 1 < d1( x) − d2( x)
< 1
(Az egyenlőtlenségek szigorúak, mert a háromszög nem
elfajult). Tehát m-nek teljesíteni kell az m ∈ (–1, 1)
feltételt. Észrevehető az is, hogy az m és az x előjele
megegyező kell legyen. (1)
Ha a
2
x + x + 1=
2
x − x + 1+ m egyenletet
négyzetre emeljük (megtehetjük, mert mindkét oldal
2
pozitív) és rendezzük a 2x − m
2
= 2 m x − x + 1 (2) egyenlethez jutunk. Ez utóbbi
2
egyenlőség teljesüléséhez a 2 x − m és az m előjele azonos kell legyen, azaz kell
2
teljesüljön a ( 2x −m m ≥0
egyenlőtlenség.
)
2
2
m
m
Tehát ha m < 0 ⇒x ≤ és ha m > 0 ⇒x ≥ .
2
2
2 2
2 m (4 − m )
A (2) egyenletet négyzetre emelve és rendezve, kapjuk: x =
, ez utóbbi
2
4(1 − m )
4
m ⎛ 4 2
2
pedig nyilvánvalóan nagyobb, mint ⎜ m 4 − m ⎞
⎜x
≥ ⇔ ≥1⎟, ez utóbbi pedig
2
4 ⎝⎜
4 1−m
⎟⎠
2
⇔
⇔
,

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 391
igaz, mert m ∈( −1, 1) . Tehát az (1) megjegyzést figyelembe véve, ha m < 0 , akkor
m (4 − m ) m 4 − m
x = − =
4(1 −m ) 2 1 −m
2 2 2
2 2
és ha m ≥ 0 , akkor
m (4 − m ) m 4 − m
x = =
4(1 −m ) 2 1 −m
2 2 2
2 2
2
m 4 − m
Következésképpen ∀m ∈( − 1, 1), x =
. 2
2 1−m
35. Az ABC háromszög BC, CA és AB oldalain felvesszük az M, N és P pontokat úgy,
BM CN AP
hogy = = = k .
MC NA PB
Bizonyítsd be, hogy az AM, BN és CP szakaszokkal szerkeszthető egy H háromszög.
Számítsd ki a H és az ABC háromszögek területének arányát k függvényében!
Megoldás. Mivel ABC egy háromszög, következik, hogy + + = 0 és
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→
BA CB AC
.
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→
AB BC CA
+ + = 0 . Igazolni fogjuk, hogy az [AM], [BN] és [CN] szakaszokkal
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→
AM BN CP
irányuk megőrzésével szerkeszthető háromszög. Azaz, hogy + + = 0 .
Ehhez kiszámoljuk az M, N és P pontok helyzetvektorait az A, B és C pontok
BM CN AP
helyzetvektorainak függvényében. Tudjuk, hogy = = = k , tehát
MC NA PB
b + kc c + ka a + kb
m = , n = , és p = .⇒
1 + k 1 + k 1 + k
Hasonlóan
⎯⎯→ ⎯⎯→
⎯⎯→ b + kc b + kc−a − ka AB+ k AC
AM = − a = =
.
1+ k 1+ k 1+
k
⎯⎯→
⎯⎯→
⎯⎯→ BC + k BA
BN =
1 + k
AB + BC + CA + k( AC + BA+ CB )
= 0
1 + k
és
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→
Szintetikus megoldás
Az [PC] szakaszt párhuzamosan eltoljuk
úgy, hogy a P pont az A-ba kerüljön.
Ekkor a C pont egy F pontba kerül.
Igazolni fogjuk, hogy az AMFΔ pontosan
az a keresett H háromszög. Ehhez
igazolni kell, hogy [FM] ≡ [BN] (sőt
⎯⎯→ ⎯⎯→
⎯⎯→ CA + k CB
CP =
1 + k
B
P
A
M
⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→
. Tehát AM+ BN + CP =
N
C
F
D

392 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
párhuzamos is). Legyen az AF és BC egyenesek metszéspontja D. Mivel PC = AF és
PC ⎜⎜ AF, következik, hogy APCF paralelogramma. Tehát FC ⎜⎜AP és FC = AP. Az
FC DF CD
ABDΔ -ben Thalész tételét alkalmazva, kapjuk = = , de FC = AP ⇒
AB AD DB
FC DF CD AP k
= = = = .
AB AD DB AB k + 1
DF CN
Észrevehető hogy az ACDΔ -ben =
AD AC
k
= ⇒ NF ⎜⎜ CD (1) ⇒
k + 1
NF AN
=
CD AC
1
CD k
= . Tudjuk, hogy = ⇒
k + 1
BD k + 1
CD = k ⇒
BC
NF
BC
NF CD 1 k BM
= ⋅ = ⋅ k = = ⇒ NF = MB (2).
CD BC k + 1 k + 1 BC
(1), (2) ⇒ BMFN paralelogramma ⇒ MF ⎜⎜ BN és MF = BN.
Jelöljük To illetve T –vel a H illetve ABC háromszögek területét.
To TAMDΔ AF AN
= =
AD AC
1 TAMDΔ = ,
k + 1 T
MD BD − BM BD k
= = = − =
BC BC BC k + 1
2
AD k k k + k + 1
= − = k + 1 − = .
AF k + 1 k + 1 k + 1
To To Tehát =
T TAMDΔ TAMDΔ
⋅
T
2 2
1 k + k + 1 k + k + 1
= ⋅ = 2
k + 1 k + 1 k + 2k
+ 1
.
36. Bizonyítsd be, hogy ha a, b > 0 és a + b = 1,
akkor
a + b +
1
+
a
1
≥ 3 2 .
b
Megoldás. A feladatbeli egyenlőtelenség bal oldala felírható az alábbi módon:
a + b +
1
+
a
1
=
b
a +
1 1 1 1
b + + + + =
2 a 2 b 2 a 2 b
⎛
= ⎜ ⎝
1 ⎞ ⎛
a + ⎟ + ⎜
2 a⎠⎟ ⎜ ⎜⎝ 1 ⎞ ⎛ 1
b + ⎟ ⎟+ ⎜
1 ⎞
⎜ + ⎟
2 b⎠⎟ ⎝⎜2
a 2 b⎠
⎟
.(1)
A számtani és mértani középarányosok közti egyenlőtlenséget használva, kapjuk:
1
a + ≥2 2 a
1
a ⋅ ⇔
2 a
1
a +
2 a
≥ 2 (2).
Hasonlóan
1
b + ≥
2 b
2 (3).
A továbbiakban igazoljuk, hogy
1 1
+ ≥
2 a 2 b
2
1 1
⇔ + +
a b
2
≥ 8
ab
⇔
a + b
+
ab
2 1
≥ 8 ⇔ +
ab ab
2
≥ 8 (mert a + b = 1).
ab

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 393
Nyilvánvaló, hogy ( ) 2
a b
− ≥ 0 ⇔ a + b −2 ab ≥ 0 ⇔ 1≥ 2 ab ⇔
1 1
1
≥ 2 ⇒ ≥ 4 . Tehát +
ab ab ab
2
1 1
≥ 8 ⇒ + ≥
ab 2 a 2 b
2 (4).
Az (1), (2), (3) és (4) összefüggésekből következik, hogy
a + b +
1
+
a
1
≥ 3 2.
b
2 2
37. Oldjátok meg az x + y = xy + 2000 egyenletet az egész számok halmazában!
Megoldás. Ha x és y páratlan lenne, akkor az egyenlet bal oldala páros, jobb
oldala pedig páratlan lenne. Tehát nem lehet mindkét ismeretlen páratlan. Ha x páros,
akkor y is páros. Hasonló gondolatmenet alapján létezik x1 ∈ és y1 ∈ úgy, hogy
x = 4x1és
y = 4y1.
Így az
2 2
x1 − x1y1 + y1
− 125 = 0 egyenlethez jutunk,
2
melynek diszkriminánsa Δ = 500 − 3y1
. Ahhoz, hogy x1, y1
egész számok legyenek,
2
szükséges, hogy Δ teljes négyzet legyen, vagyis Δ = u , u ∈ . Innen kapjuk,
2 2
hogy 500 = u + 3y1.
Tudjuk, hogy egy teljes négyzet 3-mal való osztási maradéka 0
vagy 1 lehet, tehát a jobb oldal 3-mal való osztási maradéka 0 vagy 1 lehet, azonban
500-nak 3-mal osztva kettőt ad maradékul. Tehát ellentmondáshoz jutottunk, vagyis az
egyenletnek nincs egész megoldása.
38. Az a, b és c, nullától különböző valós számok összege nulla. Bizonyítsátok be,
hogy:
2 2 2
a b c 3
+ +
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a −b −c b −c −a c −a − b 2
= .
2 2 2
Megoldás. Az a = − ( b + c) egyenlőség alapján a = b + c + 2bc
. Innen
2
a
2 2 2
a −b −c
2
a
=
2bc
, így az egyenlőség bal oldalán álló S összegre
2 2 2 3 3 3
a b c a + b + c
S = + + =
.
2bc2ac 2ab 2abc
3 3 3
3
Másrészt a + b + c = 0 esetén a + b + c = 3abc,
tehát S = .
2
39. Az ABC háromszöglapot az ábrán látható három
összefutó egyenes hat kisebb háromszögre bontja. Közülük
négy háromszög területének mérőszámát az ábrán feltüntettük.
Határozzátok meg az ABC háromszög területét!
A
BM TBOM [ ] TAOB [ ]
Megoldás. = =
MC TMOC [ ] TAOC [ ]
B
P
40
84 35
O
30
M
, tehát
40 84 + x
=
30 35 + y
, ahol x T és y T . Ebből az
= [ POB]
= [ AON]
AP 84 y + 35
egyenletből 4y − 3x = 112 . Másrészt = =
.
PB x 70
N
C

394 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
A két egyenlet alapján x = 56 és y = 70 , tehát TABC [ ] = 315 .
40. Az ABCD négyzet oldalain mozog az M és a P pont. Ha O a négyzet középpontja,
határozzátok meg az OM + OP összegvektor végpontjának mértani helyét, az alábbi
esetekben:
a) az M pont az [AB], a P pont pedig a [CD] szakaszon mozog, egymástól
függetlenül;
b) a két pont a négyzet oldalain mozog, tetszőlegesen, egymástól függetlenül
(egymásra is kerülhetnek).
Megoldás. a) OM + OP =
= OB + OC + λ1BA + λ2CD
=
= OB + OC + ( λ1 + λ2)
BA , ahol λ1 + λ 2 ∈ [0,2] .
Tehát az összegvektor végpontjainak mértani helye
az szakasz, ahol és Q az O szimmetrikusai
a és DA oldalakra nézve.
∈ [ B P ∈ [ AD]
+ =
B M A
N O
Q
C P D
NQ N
BC
b) Ha m A ] és akkor OM OP
= OB + λ1BA + OD + λ2DA = λ1BA
+ λ2DA
. Ebben
B
A
az esetben a mértani hely az A középpontú négyzet
belseje, amelynek O az egyik csúcsa. Mivel M és N
tetszőlegesen mozoghat a mértani hely az AB 1 1C1D1 O
négyzet és belseje, ahol A1, B 1, C1, D1
az O pont
szimmetrikusai az A, B , C, D pontokra nézve.
C D
41. Lehet-e a
p p p p
+ + + + összeg egész szám, ha p , p , …,
p k +
1 2 3
k
p2 p3 p4 p k + 1
1 2 1
*
páronként különböző prímszámok. (SZAT miniverseny 5 perc, Szilágyi Zsolt)
Megoldás. Ha közös nevezőre hozunk a számlálóban egy tag kivételével mindegyik
osztható lesz p2 -vel. Ugyanakkor a nevező pp 2 3pk−1, tehát a törtet p2 -vel nem
lehet egyszerűsíteni és így az összeg nem lehet egész szám.
1 1 1 1 a
42. Bizonyítsd be, hogy ha + + + + = , ( a, b ∈ ) akkor a
30 31 32 43 b
osztható 73-mal. (SZAT miniverseny 5 perc)
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞
Megoldás. Az összeg felírható ⎜
⎜
⎜
+ ...
⎝30 43⎠ ⎟ ⎜
⎟ ⎟
⎟+ ⎜
+ + + ⎜ + alakban,
⎝3142⎠ ⎟ ⎝ ⎜ ⎟
36 37⎠⎟
tehát
a ⎛ 1 1 1 ⎞
= 73 ⋅ ⎜
...
b
⎜
⎟
⎜⎝
+ + + ⎟
30 ⋅43 31⋅42 36 ⋅37⎠⎟.
* Székelyudvarhelyi Matematikai Alkotótábor 2001.

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 395
Mivel a nevezőkben nem szerepel a 73 és 73 prímszám, következik, hogy a osztható
73-mal.
43. Három üres csupor van az asztalon. Micimackó, Nyuszi és Bagoly felváltva
tesznek egy-egy mogyorót a csuprokba. A kezdőt pénzfeldobással sorsolják ki.
Micimackó csak az első két csuporba tehet, Nyuszi a másodikba és a harmadikba,
Bagoly az elsőbe vagy a harmadikba. Aki valamelyik csuporba a 2001-edik mogyorót
teszi, az veszít. Bizonyítsd be, hogy Micimackó és Bagoly összefoghat Nyuszi ellen.
(SZAT miniverseny 5 perc)
Megoldás. Micimackó addig tesz a második csuporba, amíg abban kevesebb, mint
2000 mogyoró van. Bagoly addig tesz a harmadik csuporba, amíg abban kevesebb,
mint 2000 mogyoró van. Így leghamarabb a második vagy a harmadik csuporba kerül
2000 mogyoró és az első csuporba addig egy mogyoró sem kerül. A továbbiakban
Nyuszi csak egy csuporba tehet (ha nem akar gyorsan veszíteni), míg az egyik
ellenfele tehet ugyanabba a csuporba, mint Nyuszi, és a másik ellenfél kezdi feltölteni
az első csuprot. Ezután legfeljebb 1000 mogyoró bedobása után elérik, hogy a
második és a harmadik csuporban 2000 mogyoró legyen és az elsőben legfeljebb
1000 . Így Nyuszi kénytelen valamelyik csuporba betenni a 2001 -edik mogyorót és
ezzel veszít.
44. Legfeljebb hány huszár helyezhető el egy 4× 4 -es sakktáblán úgy, hogy ne
legyen köztük kettő, amely ütné egymást. Általánosítás. (SZAT miniverseny 5 perc)
Megoldás. Az azonos színű mezőkön levő huszárok nem ütik egymást. ĺgy 8 huszár
elhelyezhető a táblán. Másrészt, ha 9 huszár van a táblán, akkor legalább egy sorban
található legalább három. Ezek közül kettő biztosan egymás mellett helyezkedik el,
ezek ütik egymást. Tehát legtöbb 8 huszár helyezhető el. Általánosan, egy 4k× 4 k
2
méretű táblára 8k huszár helyezhető el.
45. Legalább hány egymást nem ütő huszárt kell elhelyeznünk egy 4× 4 -es
sakktáblán ahhoz, hogy a tábla minden üres mezejét üssék. (SZAT miniverseny 5 perc)
Megoldás. Egy huszár a 4× 4-es
táblán legfeljebb 4 mezőt üt, ezért
három huszár legfeljebb 3× 4 = 12
mezőt üthet. Ebből következik,
hogy legalább négy huszárra szükség van. A mellékelt ábrán látható,
hogy négy huszár már eléégséges is.
2
46. Számítsd ki az ⎡ 1⎤ + ⎡ 2⎤ + ⎡ 3⎤ + + ⎡ n −1⎤
⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥ összeget.
⎦
Megoldás. Ha ( ) , akkor
2
2
k ≤m ≤ k + 1 −1 [ m ] = k és ez az érték
2 2
2
( k + 1) − k = 2k
+1- szer fog szerepelni az összegben. Mivel ⎡ n 1⎤ ⎢ − ⎥ = n −1,
⎣ ⎦
az összeg így írható:
2
n −1
∑
[ m] = 3⋅ 1+ 5⋅ 2 + ... + ( 2n −1)( n − 1)
=
m=
1
n−1 n−1 n−1
2
n( n − 1)( 4n + 1)
= k( 2k + 1) = 2 k + k =
6
∑ ∑ ∑ .
k= 1 k= 1 k=
1

396 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
47. Az ( an ) n≥0
természetes számsorozat teljesíti az aan= 3an − 2n
összefüggést,
ahol a 0 = 3.
Számítsd ki az a3069
tag értékét. (SZAT miniverseny 10 perc)
Megoldás. A megadott összefüggések alapján kiszámoljuk néhány tag értékét:
n = 0 esetén a = 3⋅a −2⋅0, vagyis a 3 = 9
a0
n = 3 esetén a = 3⋅a −2⋅3, vagyis a 9 = 21
a3
3
Folytatva a gondolatmenetet, rendre a következőket kapjuk: a 21 = 45 , a 45 = 93 ,
a = 189 , a 189 = 381 , a381 = 765, a765 = 1533, a1533
= 3069 és végül a 3069 = 6141 .
93
a + 3b
ab∈ ,
a szorzatuk is ugyanilyen alakú.
b) Bizonyítsd be, hogy ha valamilyen n természetes számra a 7 n szám
2 2 2 2
a + 3b
alakú ( ab∈ , ), akkor n is a + 3b
alakú. (SZAT miniverseny 15 perc)
2 2
48. a) Mutassuk meg, hogy ha két természetes szám alakú( ), akkor
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Megoldás. a) ( a + 3b ) ( x + 3y ) = a x + 3a y + 3b x + 9b
y =
( ) ( ) (
2 2 2 2
2 2
b) ( a + 3b) ( x + 3y) = ( ax − 3by) + 3(
ay + bx )
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
= a x + 6axby + 9by+ 3 a y + b x − 2axby = ax + 3aby + 3 ay − bx ) .
7n = a + 3b
xy∈ ,
2 2
Igazolni kell, hogy ha , akkor léteznek az számok úgy, hogy
2 2
ahonnan ( 2x + 3y) + ( 2y− x) 2 2
2
2
= a + 3b = ( 2x − 3y) + ( 2y
+ x)
.
Tehát elégséges kimutatni, hogy a
⎧ ⎪2x
+ 3y
= a
⎪
⎨
⎪
⎪⎩
2y
− x = b
és a
⎧⎪2x − 3y
= a
⎪
⎨
⎪
⎪⎩
2y
+ x = b
egyenletrendszerek valamelyikének létezik egész megoldása. Az első rendszerből
a + 2b
2b−a
y = , a másodikból y = .
7
7
2 2
De 4b − a
2
= 7b −
2 2
3b + a
2
= 7b − 7n7,
tehát valamelyik egyenletrendszernek
0
2 2 2 2 2 2 2 2
= + 3 . Ekkor az egyenlőség így írható: ( 2 + 3⋅ 1 ) ( x + 3y ) = a + 3b
,
n x y
( )
van megoldása az egész számok halmazán.
49. Egy szavahihető ember a következő történetet mondta el: Egyszer egy teknőc hat
percen át ment egyenesen előre. Útját többen figyelték a következő feltételek szerint:
a) a hat perc alatt mindig figyelte valaki,
b) mindenki egy percig figyelte,
c) mindenki úgy találta, hogy amíg figyelte, addig a teknőc egy métert haladt
előre.
Ennek ellenére a teknőc a hat perc alatt 10 métert ment előre. Hogyan volt ez
lehetséges? (TOK * Matematikaverseny 2000.)
Megoldás. Egy lehetséges megoldás a következő. Az első 1/5 perc alatt megtesz 1
métert, majd 4/5 percig pihen és a következő 1/5 perc alatt ismét megtesz 1 métert. Így
* Teleki Oktatási Központ Versenye

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 397
ha a [0,1] és az [1/5, 6/5] időintervallumokban két megfigyelő figyelte, akkor mindkét
megfigyelőre teljesülnek a feltételek. Ha ezt a beosztást még négyszer megismételjük,
akkor hat perc alatt 5⋅2 méter távolságot tesz meg úgy, hogy a feltételek teljesülnek.
50. Melyik az a legnagyobb páros szám, amely nem írható fel két páratlan összetett
szám összegeként? (TOK Matematikaverseny 2000.)
Megoldás. A lehetséges felbontások közül néhány:
n = ( n − 9) + 9 = ( n − 15) + 15 = ( n − 21) + 21 =
( n − 25) + 25 = ( n − 27) + 27 = ( n − 35) + 35
Ha n ≥ 41 , akkor ezekben a felbontásokban minden tag legalább 6. Másrészt az
n−9, n−25, n−35számok
közül pontosan az egyik osztható 3-mal. ĺgy az
n = ( n − 9) + 9 = ( n − 25) + 25 = ( n − 35) + 35 felbontások közül az egyik két
összetett páratlan számot tartalmaz. Ugyanakkor 40=15 +25 és n=38 esetén minden
lehetséges felbontásban van legalább egy prímszám. Tehát 38 a legnagyobb páros
szám, amely nem bontható fel két páratlan összetett szám összegére.
51. Egy pingpongbajnokságon az n résztvevő közül mindenki egyszer játszott minden
más résztvevővel. Az egyes versenyzők győzelmeinek és vereségeinek számát jelöljük
rendre x , x2,... xnilletve y , y -nel. Bizonyítsd be, hogy
1 2,...
yn
1
2 2 2
x1 + x2 + ... + xn 2 2
2
= y1 + y2 + ... + yn
.
Megoldás. Mivel minden játékos n − 1 mérkőzést játszott, x + y = n −1
.
i i
n n
∑ ∑
Minden mérkőzésnek van egy győztese és egy vesztese, ezért x = y . Az első
i
i= 1 i=
1
y
2
egyenletet , illetve y -vel beszorozva kapjuk, hogy x = ( n −1) x −x
és
i i y
xi i
i i
2
i = ( −1) i − .
n
2
∑xi n n n
= ∑[ ( n −1) xi − xiyi] = ( n −1) ∑yi − ∑xiyi n
2
= ∑yi
i= 1 i= 1 i= 1 i= 1 i=
1
y n y x
Ezek alapján .
52. Oldd meg és tárgyald az
y − xz = a( x + y + z)
2 2
z − xy = b( x + y + z)
2 2
2 2
x − yz = c( x + y + z)
egyenletrendszert ha abc∈ ,, . (TOK Matematikaverseny 2000.)
Megoldás. Az
2 2 2
x ( y − xz) + y ( z − xy) + z ( x − yz)
= 0 azonosság
felhasználásával az egyenletrendszerből kapjuk, hogy
2
( x + y + z) ( ax + by + cz)
= 0 .
2
Hasonló módon, az z y − xz
2
+ x z − xy
2
+ y x − yz = 0 azonosság alapján
( ) ( ) ( )
2
( x + y + z) ( az + bx + cy)
= 0 .
Ha x + y + z = 0 , akkor x = y = z = 3 xyz , tehát x = y = z =
0 .
i
i i

398 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
Ha x + y + z ≠ 0 , akkor ax + by + cz = 0 és az + bx + cy = 0 .
2
( )
( )
2
y⋅ b −ac
y⋅ c −ab
Ha a ≠ 0 , akkor z =
és x =
. Ezt visszahelyettesítve
2
2
a −bc
a −bc
elvégezhető a tárgyalás.
53. Egy zár, amelyen három nyomógomb van, akkor nyílik ki, ha a gombokat egy
előírt sorrendben nyomjuk meg, közvetlenül egymás után. Legkevesebb hány
gombnyomás szükséges ahhoz, hogy biztosan kinyíljék a zár? (a megfelelő három
gombnyomást esetleg megelőző gombnyomások nem befolyásolják a zár szerkezetét).
Mi a válasz a feltett kérdésre ha a záron négy gomb található?
Megoldás. Jelöljük a gombokat a, b, c- vel. Olyan minimális karaktersorozatot kell
szerkesztenünk, amelyből kivágható az a, b, c tetszőleges sorrendje. E permutációk a
következők: abc, acb, bac, bca, cab, cba. Ahhoz, hogy a sorozat a lehető legrövidebb
legyen, nyilvánvaló, hogy az nem fordulhat elő egymásután kétszer ugyanaz a
karakter. Az abcab már lefed hármat. Ha a következő karakter c, akkor ismét az abc
részsorozathoz jutunk. Ha viszont a következő karakternek az a-t választjuk, akkor,
folytatva a gondolatmenetet, végül az abcabacba karaktersorozathoz jutunk és
valóban, ez tartalmazza az összes sorrendet. Tehát kilenc gombnyomás után biztosan
kinyílik az ajtó. Négy gomb esetén hasonló elgondolás alapján 33 gombot kell
megnyomni.
54. Egymás után elhelyezünk nyolc korongot és megszámozzuk őket 1-től 8-ig. Lépés
alatt azt értjük, hogy két szomszédos korongot felcserélünk. Ilyen lépések ismétlésével
elérhetjük-e, hogy a korongok fordított sorrendben legyenek? Hát akkor, ha egy lépés
alatt azt értjük, hogy három szomszédos korongot cserélünk fel az alábbi ábrának
megfelelően:
1 4 7 7 4 1
Mi a válasz az előbbi kérdésekre ha eredetileg kilenc korongunk van?
(TOK Matematikaverseny 2000.)
Megoldás. 7 cserével az 1-es a sor végére vihető. További hat csere után elérhető,
hogy a 2-es az 1-es elé kerüljön. Folytatva az eljárást, 28 csere után elérhető a fordított
sorrend. Ez kilenc korong esetén is hasonlóan érhető el.
Ha három szomszédos korongot cserélünk fel, akkor a páros számot viselő korongok
jobbról számolva páros helyeken maradnak, tehát 8 korong esetén nem lehetséges a
sorrend megfordítása. Kilenc korong esetén az 1, 3, 5, 7, 9 és 2, 4, 6, 8 korongokat
külön fordítjuk meg. ĺgy a teljes sorrend megfordul.
55. a) Egy játékgyár olyan naptárat szeretne készíteni, amelyen a dátumot (a
napokat) két kockával jelzik. Mindkét kockának minden oldalára egy-egy számjegyet
írnak és a két kocka megfelelő oldalainak egymás mellé helyezése jelzi a megfelelő
dátumot. Például augusztus 9.-ét az Augusztus feliratú táblácska és a 0 illetve 9-es
számjegyek jelzik. Milyen számokat kell az egyes kockákra ráfesteni, ha a 9-es 6-osnak
is olvasható és fordítva?
b) Határozd meg a legnagyobb olyan n természetes számot, amelyre 1-től n-ig
minden szám kirakható az előbbi módon három kocka segítségével!

Összefoglaló gyakorlatok és feladatok 399
Megoldás. a) A 11 és 22 csak akkor rakható ki, ha mindkét kockán szerepel az 1-es
és 2-es. A 30-as dátum kiírásához az egyik kockán meg kell jelenjen a 0 és a másikon
a 3. Ugyanakkor a 01, 02, 03, 04, 05, 06, 07, 08, 09 kiírása csak úgy lehetséges, ha a 0
mindkét kockán szerepel (ellenkező esetben a másik kockán az összes többi
számjegynek szerepelnie kellene). Tehát az egyik kockán kötelező a 0, 1, 2, 3, a
másikon a 0, 1, 2. A 4, 5, 6, 7, 8 számjegyeket tetszőlegesen eloszthatjuk (az első
kockára kettő, a másodikra három darab kerül).
b) Ha 088- ig szeretnénk mindent kirakni, akkor mindhárom kockán szerepelnie kell
egy nullásnak és legalább két kockán 1-esnek. A 022, 033, 044, 055, 066, 077, 088
számok nem rakhatók ki mert ehhez legalább 7⋅ 2 + 5 = 19 oldala kellene legyen a
három kockának. Ha a kockákra festett számok a következők:
A: 0, 1, 2, 4, 5, 7
B: 0, 1, 3, 4, 6, 7
C: 0, 2, 3, 5, 6, 8,
akkor 000-tól 087- ig minden szám kirakható. Tehát a legnagyobb ilyen szám az
n = 87 .
56. Egy 8x8-as sakktáblán 42 figura áll. Bizonyítsd be, hogy létezik a táblának
legalább egy 4x4-es kis résztáblája, amelynek átlós mezőin legalább négy figura áll!
Megoldás
Ha a következtetés nem igaz, akkor a szürke
mezőkön legfeljebb 12 figura állhat (ellenkező
esetben a négy "sarki" résztábla valamelyikének átlós
mezőin legalább 4 bábu állna). ĺgy a maradék 32
mezőn legalább 30 figura áll. Tehát a hullámos
vonallal keretezett résztáblák 16 átlós mezejére
legalább 14 figura jut, tehát valamelyikük átlóin van
legalább 7 figura, így ellentmondáshoz jutottunk.
Következik, hogy az eredeti állítás igaz.
57. Két gyerek meg kell tegyen egy 50 km hosszú utat és rendelkezésükre áll egy
bicikli. Ha a biciklin egyszerre csak egyikük lehet, gyalog a sebességük 5 km/h és
biciklivel 15 km/h legalább mennyi időre van szükségük a távolság megtételéhez? Hát
akkor, ha hárman vannak és két bicikli áll rendelkezésükre?
Megoldás. Ha x távolságot gyalog és d − x távolságot biciklivel tesz meg egy
x d − x
x d − x
gyerek, akkor + idő alatt ér célba. A másik viszont + idő alatt ér
v1 v2
v2 v1
⎛1 1 ⎞
be. A két idő összege d ⎜ +
⎟
v1 v
⎟,
független az x - től, tehát a két idő nagyobbika
⎜⎜⎝ ⎟
2⎠
x d −x
x d x
akkor a legkisebb, ha a két idő egyforma, vagyis + = +
v v v v
− , ahonnan
1 1 2 2

400 Összefoglaló gyakorlatok és feladatok
d
x = . Tehát az egyik gyerek elindul biciklin és félútnál leteszi a kerékpárt. Amikor
2
a második gyerek eléri biciklit, felül rá és továbbmegy. ĺgy mindketten 6 óra 40 perc
alatt érnek célba.
Ha hárman vannak két biciklivel, akkor két esetet különböztetünk meg.
1. eset: a biciklivel nem lehet visszafele haladni. ĺgy összesen 3 d utat kell megtenni,
2d d
és ebből 2 d távolságot biciklivel, tehát legalább + a hármuk összideje. Akkor
v2 v1
1⎛2d d ⎞
érnek a leghamarabb be, ha mindhárman ⎜ +
⎟
3 v2 v
⎟ időt mennek. Ez azt jelenti,
⎜⎜⎝ ⎟
1⎠
d 2d
hogy távolságot megy mindenki gyalog és -at biciklivel.
3
3
2. eset: előfordulhat, hogy az egyik gyerek biciklin megy és visszaviszi a harmadiknak
d( 3v2 + v1)
50
az "üres" kerékpárt. ĺgy t =
= , vagyis 5 óra 33 perc 20 másodperc
v2( v2 + 3v1) 9
alatt is beérhetnek.