Feladatgyűjtemény a matematika részhez - DE Műszaki Kar ...

Matematika és geometria feladatok a
TERMÉSZETTUDOMÁNYI ALAPISMERETEK
című tárgyhoz
Összeállította : Kézi Csaba Gábor
Vinczéné Varga Adrienn
Debreceni Egyetem
Műszaki Kar
Műszaki Alaptárgyi Tanszék
Debrecen, 2011

2
Előszó
A hiányos tudással érkező hallgatók számára a Műszaki Kar lehetőséget biztosít a felzárkózásra,
a további tanulmányok folytatásához elengedhetetlen ismeretek elsajátítására. A
minimálisan elvárt ismeretanyag a Természettudományi alapismeretek című tárgyhoz kapcsolódó
segédletekben van összefoglalva, a legfontosabb témakörök a tanórákon is elhangzanak.
A tárgy célja, hogy irányt mutasson az ismétlésben, nem pedig az, hogy az általános és a
középiskolai tananyagot újra tanítsa. A tárgy órarend szerinti óráin mindenkinek lehetősége
van kérdezni és segítséget kérni az ismétléshez. Ez a feladatgyűjtemény részletesen tartalmazza
a kijelölt feladatok megoldását, amely a szorgalmas diák számára lehetővé teszi a hiányos
ismeretek pótlását. A feladatgyűjteményben a „klasszikus” matematikai feladatok mellett
egyszerű műszaki alkalmazások is helyet kaptak. A feladatok túlnyomó része standard feladat
abban az értelemben, hogy a háttérben lévő elméleti tudnivalókon kívül egyéb ötletet nem
igényel. Az ezektől eltérő, nehezebb feladatokat ⋆-al jelöltük. Az elemi geometria fejezetben
szereplő feladatok egy része Nagyné Dr. Kondor Rita és Dr. Szíki Gusztáv Áron „Matematikai
eszközök mérnöki alkalmazásokban” című jegyzetéből lettek átvéve.
A példatár gondos átnézéséért köszönetet mondunk Nagy Noémi óraadó oktatónak. Hasznos
tanácsaiért köszönötet mondunk Dr. Kocsis Imrének, a Műszaki Alaptárgyi Tanszék vezetőjének,
valamint a Tanszék minden oktatójának, akik a személyes beszélgetések során hasznos
ötletekkel segítették munkánkat.
A szerzők

Tartalomjegyzék
1. Hatványozás azonosságai 4
2. Gyökvonás azonosságai 8
3. Logaritmus azonosságai 14
4. Algebrai átalakítások, nevezetes azonosságok, algebrai törtek 16
5. A szumma és a produktum jel használata 18
6. Binomiális tétel 20
7. Számok normálalakja 21
8. Középértékek 22
9. Százalékszámítás 24
10. Függvénytani alapfogalmak 26
11. Elsőfokú függvények 29
12. Abszolútértékés függvények 33
13. Másodfokú függvények 37
14. Négyzetgyök függvény 45
15. Racionális törtfüggvények 47
16. Elsőfokú egyenletek 51
17. Elsőfokú egyenlőtlenségek 53
18. Másodfokú egyenletek 56
19. Másodfokú egyenlőtlenségek 58
20. Polinomosztás 60
21. Exponenciális függvények 61
22. Logaritmikus függvények 64
23. Exponenciális egyenletek 66
24. Exponenciális egyenlőtlenségek 71
25. Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek 73
26. Trigonometrikus függvények 75
27. Trigonometrikus egyenletek 77
28. Két pont távolsága, vektorok hossza, szöge 81
29. Egyenes egyenlete 83
30. Kör egyenlete 86
31. Vegyes koordinátageometria feladatok 87
32. Elemi geometria 89
3

4
I. SZÁMOK, MŰVELETEK 1.
1. Hatványozás azonosságai
1. Számítsuk ki az alábbi hatványokat:
a) 2 2
d) (−1) 2
b) 3 3
( 3 1
( ) −3
e)
1 2)
c)
3
megoldás:
g) 2 −2
h)
f) 4 −1
(
− 1 ) 3
3
i) (−1) −1
a) 2 2 = 2 · 2 = 4
b) 3 3 = 3 · 3 · 3 = 27
( ) −3 1
c) = 3 3 = 27
3
d) (−1) 2 = (−1) · (−1) = 1
( ) 3 ( ( ( 1 1 1 1
e) = · · =
2 2)
2)
2)
1 8
f) 4 −1 = 1 4 1 = 1 4
g) 2 −2 = 1 2 = 1 2 4
(
h) − 1 3
= −
3) 1 (
3 · − 1 ) (
· − 1 )
= − 1 3 3 27
i) (−1) −1 = 1
(−1) 1 = −1
2. A hatványozás azonosságainak felhasználásával végezzük el az alábbi műveleteket:
a) x 3 · x −5
b) x 2 · x 7 · x 5
c) x2 · x
x 9
megoldás:
d) a2
a
h) a3 · a 4
a 2
g) (a 2 ) 3
e) a5
a 6
f) x 2 · x −2
i) a2 · a 4
a
a) x 3 · x −5 = x 3+(−5) = x −2 = 1 x 2
b) x 2 · x 7 · x 5 = x 2+7+5 = x 14
c) x2 · x
x 9
= x3
x 9 = 1 x 6
d) a2
a = a2−1 = a
e) a5
a 6 = a−1 = 1 a
f) x 2 · x −2 = x 2−2 = x 0 = 1
g) (a 2 ) 3 = a 2·3 = a 6
h) a3 · a 4
= a3+4
a 2 a 2
i) a2 · a 4
a
= a2+4
a
= a7
a 2 = a5
= a6
a = a5

5
3. A hatványozás azonosságainak felhasználásval végezzük el a műveleteket
( ) a 2 bc 3 3 ( ) a 3 b −2 c −2 −1
·
.
x −2 y 3 x 2 y 3
megoldás:
( ) a 2 bc 3 3 ( ) a 3 b −2 c −2 −1
·
= (a2 bc 3 ) 3
x −2 y 3 x 2 y 3 (x −2 y 3 ) · (a3 b −2 c −2 ) −1
=
3 (x 2 y 3 ) −1
= (a2 ) 3 b 3 (c 3 ) 3
(x −2 ) 3 (y 3 ) 3 · (a3 ) −1 (b −2 ) −1 (c −2 ) −1
(x 2 ) −1 (y 3 ) −1 = a6 b 3 c 9
x −6 y 9 · a−3 b 2 c 2
x −2 y −3 =
= a6+(−3) b 3+2 c 9+2
x −6+(−2) y = a3 b 5 c 11
9+(−3) x −8 y = a3 b 5 c 11 x 8
6 y 6
4. Egy alkalommal az ötöslottón kihúzott számok mindegyike 3-nak hatványa. Milyen számokat
húztak ki a lottón?
megoldás:
A kihúzott számok: 3 0 = 1, 3 1 = 3, 3 2 = 9, 3 3 = 27, 3 4 = 81.
5. Írjuk fel az alábbi kifejezéseket törtmentes alakban:
a) 1 2
b) 1 16
c) 3 8
megoldás:
d) 5 g) 2 6
a 7
e) 1 1
h)
x 2
x 100
f) 3 1
i)
x 3 a −1
a) 1 2 = 2−1
d) 5 6 = 5 · 1
6 = 5 · 6−1 g) 2 a = 2 · 1
7 a = 2 · 7 a−7
b) 1 16 = 1 2 = 4 2−4
e) 1 x = 1
2 x−2
h) = x−100
x100 c) 3 8 = 3 · 1
8 = 3 · 8−1 f) 3 x = 3 · 1
3 x = 3 · 1
3 x−3 i)
a = −1 a1 = a
6. Írjuk át az alábbi kifejezéseket úgy, hogy ne tartalmazzanak negatív kitevőjű hatványt!
a) 3 −1
( −1
( −3
1 2
d)
g)
2)
a)
b) 2 −3
( −2
( ) −1
1 1
e)
h)
3)
x
2
100
c)
x −10 f) 4 −4 i) 7 −2

6
megoldás:
a) 3 −1 = 1 ( ) −1 1
3
d) = 2 1 = 2
2
b) 2 −3 = 1 2 = 1 ( ) −2 1 3 8
e) = 3 2 = 9
3
2
c)
x = 2 · −10 x10 f) 4 −4 = 1 4 = 1
4 256
( ) −3 2
( a 3 a
g) = =
a 2) 3
8
( ) −1 1
h) = x 100
x 100
i) 7 −2 = 1 7 2 = 1 49
7. Számoljuk ki az alábbi kifejezés pontos értékét!
megoldás:
A hatványzozás azonosságait felhasználva
64 5 3 · 25
2,5 · 1000 − 2 3 · 400 −1,5 .
64 5 3 · 25
2,5 · 1000 − 2 3 · 400 −1,5 = (2 6 ) 5 3 · (5 2 ) 2,5 · ((2
· 5) 3) − 23 · ((2 2 · 5) 2) − 3 2
=
)
)
= 2 30
3 · 5
2·2,5 · (2 · 5) 3·(− 2 3 · (2 2 · 5) 2·(− 3 2 =
8. Számoljuk ki az alábbi kifejezés pontos értékét
megoldás:
A hatványozás azonosságait felhasználva
0, 04 −2 · 125 3 · 0, 2 −1
4 · 25 6 =
= 2 10 · 5 5 · (2 · 5) −2 · (2 2 · 5) −3 =
= 2 10 · 5 5 · 2 −2 · 5 −2 · 2 −6 · 5 −3 = 2 2 · 5 0 = 4 · 1 = 4.
0, 04 −2 · 125 3 · 0, 2 −1
4 · 25 6 .
=
(
(
2
)2) −2
10 · (5 3 ) 3 · ( 2
10 )−1
=
2 2 · (5 2 ) 6
( 2
2·5
9. Számoljuk ki az alábbi kifejezés pontos értékét!
megoldás:
) −4
· 59 · ( 2
10 )−1
2 2 · 5 12 =
( 2·5
2
= 54 · 5 9 · 5 1
= 514 52
=
2 2 · 5 12 2 2 · 512 2 = 25
2 4 .
3 −12 · 7 −5 · ( 1 9 )−2
49 · ( 1 .
21 )8
) 4
· 59 · ( 10 2 )1
2 2 · 5 12 =

7
A hatványozás azonosságait felhasználva
3 −12 · 7 −5 · ( 1 9 )−2
49 · ( 1 =
21 )8
= 3−12 · 7 −5 · (( 1)2) −2
3
7 2 · ( )
1 8
= 3−12 · 7 −5 · 3 4
7 2 · 3 −8 · 7 = −8
3·7
= 3−8 · 7 −5
3 −8 · 7 = −6 7−5−(−6) = 7 1 = 7.
10. Egy papírlap 0,1 mm vastag. Tízszer egymás után kettéhajtjuk. Milyen vastag lesz a
keletkezett papír?
megoldás:
Ha egyszer hajtjuk ketté a papírlapot, akkor 2-szeresére, ha 2-szer hajtjuk ketté, akkor
4-szeresére, stb., ha n-szer hajtjuk ketté, akkor 2 n -szeresére változik a papír vastagsága.
Így a keresett vastagság: 2 10 · 0, 1=102,4 mm=10,24 cm.

8
2. Gyökvonás azonosságai
1. Végezzük el a következő műveleteket!
a)
√
50
√
2
b) ( √ 2 + √ 8) 2
c) √ 4 · √3
· √3
d) √ 2 3 · √2
e)
√
2
3
√
2
f) √ 2( √ 32 − √ 8)
√
27
g) √
3
h) √ 50 · √2
i) √ √ √√
13 + 3 · 13 − 3
j) 3√ 9 · 3√ 3
k) 3√ 4 · 3√ 16
4√
32
l) 4√
2
megoldás:
√ √
50 50
a) √ = 2 2 = √ 25 = 5
b) ( √ 2 + √ 8) 2 = ( √ 2) 2 + 2 · √2
· √8
+ ( √ 8) 2 = 2 + 2 · √16
+ 8 = 2 + 8 + 8 = 18
c) √ 4 · √3
· √3
= √ 4 · 3 · 3 = √ 36 = 6
d) √ 2 3 · √2
= √ 2 3 · 2 = √ 2 4 = 2 2 = 4
√ √
2
3 2
3
e) √ = 2 2 = √ 2 2 = 2
f) √ 2( √ 32 − √ 8) = √ 2 · √32
− √ 2 · √8
= 8 − 4 = 4
√ √
27 27
g) √ = 3 3 = √ 9 = 3
h) √ 50 · √2
= √ 50 · 2 = √ 100 = 10
i) √ √
13 + 3 ·
√√
13 − 3 =
√( √ 13 + 3)( √ 13 − 3) =
√ √13 2
− 32 = √ 13 − 9 = √ 4 = 2
j) 3√ 9 · 3√ 3 = 3√ 9 · 3 = 3√ 27 = 3
k) 3√ 4 · 3√ 16 = 3√ 4 · 16 = 3√ 64 = 4
4√ √
32 32
l) 4√ = 4
2 2 = 4√ 16 = 2
2. Számoljuk ki a következő kifejezések pontos értékét!
a)
b)
(√
7 +
√
13 +
√
7 −
√
13
) 2
(√
6 −
√
11 −
√
6 +
√
11
) 2
c)
d)
(√
5 +
√
21 +
√
5 −
√
21
) 2
(√
8 −
√
15 −
√
8 +
√
15
) 2
megoldás:

a) ( √ 7 + √ 13+ √ 7 − √ 13) 2 = ( √ 7 + √ 13) +2·√7 2 + √ 13·√7
− √ 13+( √ 7 − √ 13) 2 =
= 7 + √ √
13 + 2 · (7 + √ 13)(7 − √ 13) + 7 − √ 13 = 14 + 2 · √49 − 13 =
= 14 + 2 · 6 = 14 + 12 = 26
b) ( √ 6 + √ 11− √ 6 − √ 11) 2 = ( √ 6 + √ 11) −2·√6 2 + √ 11·√6
− √ 11+( √ 6 − √ 11) 2 =
= 6 + √ √
11 − 2 · (6 + √ 11)(6 − √ 11) + 6 − √ 11 = 12 − 2 · √36 − 11 =
= 12 − 2 · 5 = 12 − 10 = 2
c) ( √ 5 + √ 21+ √ 5 − √ 21) 2 = ( √ 5 + √ 21) +2·√5 2 + √ 21·√5
− √ 21+( √ 5 − √ 21) 2 =
= 5 + √ √
21 + 2 · (5 + √ 21)(5 − √ 21) + 5 − √ 21 = 10 + 2 · √25 − 21 =
= 10 + 2 · 2 = 10 + 4 = 14
d) ( √ 8 + √ 15− √ 8 − √ 15) 2 = ( √ 8 + √ 15) −2·√8 2 + √ 15·√8
− √ 15+( √ 8 − √ 15) 2 =
= 8 + √ √
15 − 2 · (8 + √ 15)(8 − √ 15) + 8 − √ 15 = 16 − 2 · √64 − 15 =
= 16 − 2 · 7 = 16 − 14 = 2
3. Milyen hosszú az oldala annak a négyzetnek, melynek a területe 9 cm 2 .
megoldás:
A négyzet területe a 2 , így az a 2 = 9 egyenlet megoldását keressük, ami ±3. Oldalhosszúság
nyilván nem lehet negatív, így a megoldás a = 3 cm.
4. Számoljuk ki a következő kifejezések pontos értékét
9
a) 3√ 5 − √ 17 · 3√ 5 + √ 17
b) 3√ 12 + √ 19 · 3√ 12 − √ 19
c) 5√ 7 − √ 17 · 5√ 7 + √ 17
d) 4√ 10 + √ 19 · 4√ 10 − √ 19
megoldás:
a) 3√ 5 − √ 17 · 3√ 5 + √ 17 =
√(5 3 − √ 17)(5 + √ 17) = 3√ 25 − 17 = 3√ 8 = 2
b) 3√ 12 + √ 19 · 3√ 12 − √ 19 =
√(12 3 + √ 19)(12 − √ 19) = 3√ 144 − 19 = 3√ 125 = 5
c) 5√ 7 − √ 19 · 5√ 7 + √ 17 =
√(7 5 − √ 17)(7 + √ 17) = 5√ 49 − 17 = 5√ 32 = 2
d) 4√ 10 + √ 19 · 4√ 10 − √ 19 =
√(10 4 + √ 19)(10 − √ 19) = 4√ 100 − 19 = 4√ 81 = 3
5. Vonjuk össze az alábbi kifejezéseket:
a) √ 2 + √ 8 + √ 32
b) √ 3 + √ 27 + √ 243
c) 3√ 16 + 3√ 54
d) 4√ 32 + 4√ 486
e) 3√ 24 + 3√ 81
f) √ 125 + √ 5
megoldás:
a) √ 2 + √ 8 + √ 32 = √ 2 + √ 4 · 2 + √ 16 · 2 = √ 2 + 2 · √2
+ 4 · √2
= 7 √ 2

10
b) √ 3 + √ 27 + √ 243 = √ 3 + √ 9 · 3 + √ 81 · 3 = √ 3 + 3 · √3
+ 9 · √3
= 13 · √3
c) 3√ 16 + 3√ 54 = 3√ 8 · 2 + 3√ 27 · 2 = 2 · 3√ 2 + 3 · 3√ 2 = 5 · 3√ 2
d) 4√ 32 + 4√ 162 = 4√ 16 · 2 + 4√ 81 · 2 = 2 · 4√ 2 + 3 · 4√ 2 = 5 · 4√ 2
e) 3√ 24 + 3√ 81 = 3√ 8 · 3 + 3√ 27 · 3 = 2 · 3√ 3 + 3 · 3√ 3 = 5 · 3√ 3
f) √ 125 + √ 5 = √ 25 · 5 + √ 5 = 5 · √5
+ √ 5 = 6 · √5
6. Írjuk fel gyökjelek segítségével az alábbi hatványokat és adjuk meg a pontos értéket:
a) 8 1 3
b) 4 1 2
c) 32 1 5
megoldás:
d) 25 3 2
e) 27 4 3
f) 100 − 3 2
g) 8 − 1 3
h) 4 − 1 2
i) 36 − 3 2
a) 8 1 3 = 3√ 8 = 2
b) 4 1 2 = √ 4 = 2
c) 32 1 5 = 5√ 32 = 2
d) 25 3 2 = √ 25 3 = √ 25 2 · 25 = 25 · 5 = 625
e) 27 4 3 = 3√ 27 4 = 3√ 27 3 · 27 = 27 · 3√ 27 = 27 · 3 = 81
f) 100 − 3 2 = 1 = √ 1
100 = 1
√ 3
2 100
3 1002 · 100 = 1
100 · √100 = 1
1000
g) 8 − 1 3 = 1
8 1 3
h) 4 − 1 2 = 1
4 1 2
i) 36 − 3 2 = 1
36 3 2
= √ 1 3
8 = 1 2
= √ 1 = 1 4 2
= 1 √
36
3 = 1
√
362 · 36 = 1
36 · √36 = 1
36 · 6 = 1
216
7. Írjuk fel törtkitevőjű hatványok segítségével az alábbi gyököket:
a) 3√ a
b) 4√ x 3 c) √ a 3
d) 5√ x 11 e) 7√ x
megoldás:
f) √ x 9
a) 3√ a = a 1 3
b) 4√ x 3 = x 3 4
c) √ a 3 = a 3 2
d) 5√ x 11 = x 11 5
e) 7√ x = x 1 7
f) √ x 9 = x 9 2

11
8. Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével a
√
3
x 3 y √ x 2 y 3
kifejezést!
megoldás:
A hatványozás és gyökvonás azonosságait felhasználva:
√
3
x 3 y √ √ √x6
x 2 y 3 = 3 y 2 x 2 y 3 = 6√ x 8 y 5 .
9. Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével a
√
√
a a √ a
kifejezést!
megoldás:
A hatványozás és gyökvonás azonosságait felhasználva:
√ √
√
√
a a √ √
√a2 √a3
a = a√
· a = a√
= a 4√ √
4√
a 3 = a4 · a 3 = 8√ a 7
10. Végezzük el a
( √ 2 − 3√ 4 + 4√ 8) · √2
műveletet!
megoldás:
Elvégezve a szorzást, majd alkalmazva a gyökvonás azonosságait
( √ 2 − 3√ 4 + 4√ 8) · √2
= √ 2 √ 2 − 3√ 4 √ 2 + 4√ 8 √ 2 = 2 − 6√ 4 2 · 2 3 + 4√ 8 · 2 2 =
= 2 − 6√ 16 · 8 + 4√ 8 · 4 = 2 − 6√ 128 + 4√ 32 = 2 − 6√ 2 7 + 4√ 2 5 =
= 2 − 6√ 2 6 · 2 + 4√ 2 4 · 2 = 2 − 2 · 6√ 2 + 2 · 4√ 2.
11. ⋆ Bizonyítsuk be, hogy √ n (n ∈ N) vagy egész, vagy irracionális szám.
megoldás:
A √ n nyilván lehet egész. Például √ 9, √ 16, stb. Tegyük fel, hogy √ n nem egész, racionális
szám. Ekkor √ n = p , ahol p és q ≠ 1 egész számok. Feltehető, hogy p és q relatív prímek,
q
azaz a tört már nem egyszerűsíthető. Ekkor p és q legnagyobb közös osztója 1: (p, q) = 1.
Másrészt n = p2
q 2 , és mivel (p, q) = 1, ezért (p2 , q 2 ) = 1, mert relatív prímek négyzetei is
relatív prímek. Mivel n természetes szám, ezért q = 1, ami ellentmondás.

12
12. Fejezzük ki a T = 2π √ hg −1 képletből g − t, majd számítsuk ki a g értékét, ha T = 2,
h = 0, 994.
megoldás:
Az egyenletet négyzetre emelve, osztva 4π 2 h-val, majd véve mindkét oldal reciprokát
T 2 = 4π 2 h 1 g
T 2
4π 2 h = 1 g
4π 2 h
T 2 = g.
Behelyettesítve a megadott adatokat g = 9, 81.
13. ⋆ A relativisztikus mechanika szerint, ha az m 0 nyugalmi tömegű részecske v sebességgel
mozog, akkor tömege megváltozik az
c
m = m 0 · √
c2 − v 2
összefüggésnek megfelelően, ahol c = 3 · 10 8 m s
a fény sebessége.
a) A megadott képlet elemzésével döntsük el, hogy a részecske tömege nő, csökken, vagy
változatlan marad, ha a sebessége növekszik?
b) Egy elektron, melynek nyugalmi tömege 9, 1 · 10 −31 kg, 1, 2 · 10 8 m s
gyorsító berendezésből. Mekkora a tömege?
sebességgel lép ki egy
c) Mekkora sebességgel mozog az a részecske, melynek a tömege a nyugalmi tömegének a
110%-a?
megoldás:
a) A jobboldali kifejezésben c és m 0 adott pozitív számok, csak a nevezőben előforduló v
változhat. Ha v nő, akkor a tört nevezője csökken, így a kifejezés értéke nő. A részecske
sebességének növekedésekor tehát a tömege is nő.
b) Behelyettesítés után
adódik.
m = 9, 93 · 10 −31
c) A feltétel szerint m = 1, 1 · m 0 . Ezt behelyettesítve a megadott összefüggésbe
c
1, 1 · m 0 = m 0 · √
c2 − v , 2
amiből m 0 -al való egyszerűsítés után
1, 1 =
c
√
c2 − v 2

13
adódik. Behelyettesítve a c értékét
1, 1 =
3 · 10 8
√
9 · 10
16
− v 2 .
Beszorozva a nevezővel, majd négyzetre emelve
1, 219 · (10 16 − v 2 ) = 3 · 10 8 .
Ebből kifejezve az ismeretlent, v = 1, 25 · 10 8 m s .

14
3. Logaritmus azonosságai
1. Adjuk meg a következő kifejezések értékét:
a) log 2 8
b) log 2 16
c) log 3 9
d) log 3 27
megoldás:
e) log 2
1
2
f) log 3
1
3
g) log 4 16
h) log 25
1
5
i) log 2
1
16
j) log 2
√
2
k) log 3
√
3
l) log √ 2 2
a) log 2 8 = log 2 2 3 = 3
b) log 2 16 = log 2 2 4 = 4
c) log 3 9 = log 3 3 2 = 2
d) log 3 27 = log 3 3 3 = 3
e) log 2
1
2 = log 2 2 −1 = −1
f) log 3
1
3 = log 3 3 −1 = −1
g) log 4 16 = log 4 4 2 = 2
h) log 25
1
5 = log 25 5 −1 = log 25 25 − 1 2 = − 1 2
i) log 2
1
16 = log 2 2 −4 = −4
j) log 2
√
2 = log2 2 1 2 = 1 2
k) log 3
√
3 = log3 3 1 2 = 1 2
l) log √ 2 2 = log√ 2 (√ 2) 2 = 2
2. Adjuk meg a következő kifejezések pontos értékét:
a) 2 log 2 8
c) 4 log 4 12
e) ( )
1 log 12 8
2
b) 3 log 3 7 d) 2 log 2 9 f) 2 log 2 111
megoldás:
a) 2 log 2 8 = 8
b) 3 log 3 7 = 7
c) 4 log 4 12 = 12
3. Adjuk meg a
√
49
log 7 3
d) 2 log 2 9 = 9
e) ( 1
2) log 12 8
= 8
f) 2 log 2 111 = 111
kifejezés pontos értékét!
megoldás:
A hatványozás és gyökvonás azonosságait alkalmazva
√
49
log 7 3
= √ (7 2 ) log 7 3 = √ 7 2·log 7 3 = √ 7 log 7 32 = √ 3 2 = 3.

15
4. Adjuk meg a √
4
log 16 9
kifejezés pontos értékét!
megoldás:
A hatványozás és gyökvonás azonosságait alkalmazva
√ √
√
√
4
log 16 9
= (16 1 2 ) log 16 9 = 16 1 2 ·log 16 9 = 16 log 16 9 1 2
==
5. Adjuk meg a
kifejezés pontos értékét!
megoldás:
lg 2+lg 3
100
A hatványozás és gyökvonás azonosságait alkalmazva
√
9 1 2 = √ 3.
100 lg 2+lg 3 = 100 lg 2·3 = 100 lg 6 = (10 2 ) lg 6 = 10 2·lg 6 = 10 lg 62 = 6 2 = 36.
6. Számítsuk ki az alábbi kifejezések pontos értékét:
a) 2 lg 2 + 3 lg 5 + lg 18 − 2 lg 3
b) 3 lg 15 + 2 lg 2 + lg 14 − lg 21
c) log 25 15 − log 25 21 + log 25 35
megoldás:
a) 2·lg 2+3·lg 5+lg 18−2·lg 3 = lg 4+lg 5 3 +lg(3 2·2)−lg 3 2 = lg 4+lg 5 3 +lg 3 2 +lg 2−lg 3 2 =
lg(4 · 5 3 · 2) = lg 1000 = lg 10 3 = 3
b) 3 lg 15+2 lg 2+lg 14− lg 21 = lg 15 3 +lg 2 2 +lg 14−lg 21 = lg 153 · 2 2 · 14
21
lg 9000 = lg(1000 · 9) = lg 1000 + lg 9 = 3 + lg 9
15 · 35
c) log 25 15 − log 25 21 + log 25 35 = log 25 = log
25
25 21
7. Számoljuk ki a következő kifejezés pontos értékét:
√
10
4+lg 25
+ 3√ 10 3+lg 27 .
= lg 153 · 8
3
=
megoldás:
√
10
4+lg 25
+ 3√ 10 3+lg 27 = √ 10 4 · 10 lg 25 + 3√ 10 3 · 10 lg 27 = √ 10 4 · 25 + 3√ 10 3 · 27 =
= 100 · 5 + 10 · 3 = 530.

16
4. Algebrai átalakítások, nevezetes azonosságok, algebrai törtek
1. Végezzük el az alábbi szorzásokat:
a) (a − 4)(a + 2)
b) (a + 3)(a − 2)
c) x(x 3 + x − 1)
d) (x − 4)(2 + x)
megoldás:
a) (a − 4)(a + 2) = a 2 + 2a − 4a − 8 = a 2 − 2a − 8
b) (a + 3)(a − 2) = a 2 − 2a + 3a − 6 = a 2 + a − 6
c) x(x 3 + x − 1) = x 4 + x 2 − x
d) (x − 4)(2 + x) = 2x + x 2 − 8 − 4x = x 2 − 2x − 8
2. Bontsuk fel a zárójeleket:
a) (a − 2) 2
b) (x + 3) 2 c) (2x − 3y) 2
megoldás:
a) (a − 2) 2 = a 2 − 2 · 2a + 2 2 = a 2 − 4a + 4
b) (x + 3) 2 = x 2 + 2 · 3x + 3 2 = x 2 + 6x + 9
d) (x 2 + xy) 2
c) (2x − 3y) 2 = (2x) 2 − 2 · 2x · 3y + (3y) 2 = 4x 2 − 12xy + 9y 2
d) (x 2 + xy) 2 = (x 2 ) 2 + 2x 2 xy + (xy) 2 = x 4 + 2x 3 y + x 2 y 2
3. Bontsuk fel a zárójeleket:
a) (a + 4) 3
c) (x − 2y) 3
b) (x + y) 3 d) (a 2 − b) 3
megoldás:
a) (a + 4) 3 = a 3 + 3a 2 · 4 + 3 · a · 4 2 + 4 3 = a 3 + 12a 2 + 48a + 64
b) (x + y) 3 = x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3
c) (x−2y) 3 = x 3 −3x 2·2y+3x·(2y) 2 −(2y) 3 = x 3 −6x 2 y+3x4y 2 −8y 3 = x 3 −6x 2 y+12xy 2 −8y 3
d) (a 2 − b) 3 = (a 2 ) 3 − 3(a 2 ) 2 b + 3a 2 b 2 − b 3 = a 6 − 3a 4 b + 3a 2 b 2 − b 3
4. Végezzük el az alábbi szorzásokat:
a) (a + 3)(a − 3)
b) (b + 2)(b − 2)
c) (x 2 − y 2 )(x 2 + y 2 )
d) (7 − 3b)(7 + 3b)
megoldás:

17
a) (a + 3)(a − 3) = a 2 − 9
b) (b + 2)(b − 2) = b 2 − 4
c) (x 2 − y 2 )(x 2 + y 2 ) = x 4 − y 4
d) (7 − 3b)(7 + 3b) = 49 − 9b 2
5. Alakítsuk szorzattá az alábbi kifejezéseket:
a) x 2 − y 2
d) 16 − c 4
b) a 2 − 9
e) 5a 2 − 5b 2
c) 4a 2 − 9b 2 f) 10x 2 − 40y 2
megoldás:
a) x 2 − y 2 = (x + y)(x − y)
b) a 2 − 9 = (a + 3)(a − 3)
c) 4a 2 − 9b 2 = (2a + 3b)(2a − 3b)
d) 16 − c 4 = (4 + c 2 )(4 − c 2 ) = (4 + c 2 )(2 + c)(2 − c)
e) 5a 2 − 5b 2 = 5(a 2 − b 2 ) = 5(a + b)(a − b)
f) 10x 2 − 40y 2 = 10(x 2 − 4y 2 ) = 10(x + 2y)(x − 2y)
6. Egyszerűsítsük az alábbi törteket:
a) a − b
b − a
b) x2 − 9
x − 3
c) a2 − b 2
a − b
megoldás:
a) a − b
b − a
b) x2 − 9
x − 3
c) a2 − b 2
a − b
=
−(b − a)
b − a
= −1
=
(x + 3)(x − 3)
x − 3
=
(a + b)(a − b)
a − b
= x + 3
= a + b
d) a2 − a
a 2 − 1
2(b − 5)
e)
3b − 15
f) d2 − 81
5d + 45
d) a2 − a
a 2 − 1 = a(a − 1)
(a + 1)(a − 1) = a
a+1
e)
2(b − 5)
3b − 15
f) d2 − 81
5d + 45
=
2(b − 5)
3(b − 5) = 2 3
=
(d + 9)(d − 9)
5(d + 9)
= d − 9
5

18
5. A szumma és a produktum jel használata
1. Végezzük el a műveleteket:
a)
b)
c)
5∑
n
n=1
5∑
(2n + 1)
n=1
4∑
(k + 4)
k=1
d)
e)
f)
3∑
k(k + 1)
k=1
4∑
k 2
k=1
3∑
n 2 + 2
k=1
megoldás:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
5∑
n = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15
n=1
5∑
(2n+1) = (2·1+1)+(2·2+1)+(2·3+1)+(2·4+1)+(2·5+1) = 3+5+7+9+11 = 35
n=1
4∑
(k + 4) = (1 + 4) + (2 + 4) + (3 + 4) + (4 + 4) = 5 + 6 + 7 + 8 = 26
k=1
3∑
k(k + 1) = 1(1 + 1) + 2(2 + 1) + 3(3 + 1) = 2 + 6 + 12 = 20
k=1
4∑
k 2 = 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 = 1 + 4 + 9 + 16 = 30
k=1
3∑
n 2 + 2 = (1 2 + 2) + (2 2 + 2) + (3 2 + 2) = 3 + 6 + 11 = 20
k=1
2. Végezzük el a műveleteket:
a)
b)
c)
5∏
n
n=1
5∏
(2n + 1)
n=1
4∏
(k + 4)
k=1
d)
e)
f)
3∏
k(k + 1)
k=1
4∏
k 2
k=1
3∏
n 2 + 2
k=1
megoldás:
a)
5∏
n = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 5! = 120
n=1

)
c)
d)
e)
f)
5∏
(2n+1) = (2·1+1)·(2·2+1)·(2·3+1)·(2·4+1)·(2·5+1) = 3·5·7·9·11 = 10395
n=1
4∏
(k + 4) = (1 + 4)(2 + 4)(3 + 4)(4 + 4) = 5 · 6 · 7 · 8 = 1680
k=1
3∏
k(k + 1) = (1 · 2) · (2 · 3) · (3 · 4) = 2 · 6 · 12 = 144
k=1
4∏
k 2 = 1 2 · 2 2 · 3 2 · 4 2 = 1 · 4 · 9 · 16 = 576
k=1
3∏
n 2 + 2 = (1 2 + 2)(2 2 + 2)(3 2 + 2) = 3 · 6 · 11 = 198
k=1
3. Végezzük el a műveleteket:
a)
(
2∑ ∏ 3
)
(k + n)
n=1
k=1
megoldás:
a)
b)
2∑
k=1
( 3∏
n=1
2∏
(k + n)
k=1
( 3∑
n=1
)
=
(k + n)
b)
(
2∏ ∑ 3
)
(k + n)
n=1
k=1
2∑
(k + 1)(k + 2)(k + 3) =
k=1
= (1 + 1)(1 + 2)(1 + 3) + (2 + 1)(2 + 2)(2 + 3) = 24 + 72 = 96
)
=
2∏ [ ]
2∏
(k + 1) + (k + 2) + (k + 3) = (3k + 6) =
k=1
= (3 · 1 + 6)(3 · 2 + 6) = 9 · 12 = 108
k=1
19

20
II. SZÁMOK, MŰVELETEK 2.
6. Binomiális tétel
1. A binomiális tétel felhasználásával végezzük el a következő hatványozásokat:
a) (2x + 3) 4
b) (3x 2 + 1) 5 c) (x − 3) 3
megoldás:
A binomiális tételt alkalmazva
a)
( ( 4 4
(2x + 3) 4 = (2x)
0)
0 · 3 4 + (2x)
1)
1 · 3 3 +
( 4
+ (2x)
3)
3 · 3 1 +
d) (3x 2 + 2y) 4
( 4
2)
(2x) 2 · 3 2 +
( 4
4)
(2x) 4 · 3 0 = 81 + 216x + 216x 2 + 96x 3 + 16x 4 ;
b)
( ( 5 5
(3x 2 + 1) 5 = (3x
0)
2 ) 0 · 1 5 + (3x
1)
2 ) 1 · 1 4 +
( 5
+ (3x
4)
2 ) 4 · 1 1 +
( ( 5 5
(3x
2)
2 ) 2 · 1 3 + (3x
3)
2 ) 3 · 1 2 +
( 5
5)
(3x 2 ) 5 · 1 0 = 1 + 15x 2 + 90x 4 + 270x 6 + 405x 8 + 243x 10 ;
c) x 3 − 27x 2 + 27x − 27;
d) 81x 8 + 216x 6 y + 216x 4 y 2 + 96x 2 y 3 + 16y 4 .

21
7. Számok normálalakja
2. Adjuk meg az alábbi számok normálalakját:
a) 9500
c) 600 · 10 21
e) 0, 23
b) 32 · 10 10 d) 1980 · 10 10 f) 0, 002
megoldás:
a) 9500 = 9, 5 · 10 3
b) 32 · 10 10 = 3, 2 · 10 11 d) 1980 · 10 10 = 1, 98 · 10 13 f) 0, 002 = 2 · 10 −3
c) 600 · 10 21 = 6 · 10 23 e) 0, 23 = 2, 3 · 10 −1
3. A Föld tömege 6 · 10 27 g, a Nap tömege 2 · 10 33 g. Hányszorosa a Nap tömege a Föld
tömegének?
megoldás:
A Nap tömege a Föld tömegének 2 · 1033 106
=
6 · 1027 3 -szerese.
4. Egy korong alakú vörösvértest alapkörének átmérője közelítőleg 7, 4 · 10 −6 mm, magassága
közelítőleg 2 · 10 −6 mm. Mekkora a térfogata?
megoldás:
A térfogat a
V = r 2 πm
képlettel számolható ki. A sugár az átmérő fele, azaz 3, 7 · 10 −6 .Behelyettesítve az adatokat
az előbbi képletbe
V = (3, 7 · 10 −6 ) 2 · π · 2 · 10 −6 = 13, 69 · 10 −12 · π · 2 · 10 −6 = 27, 38 · 10 −18 π mm 3 .
adódik.

22
8. Középértékek
1. Határozzuk meg a 9 és 16 számok számtani és mértani közepét!
megoldás:
A két szám számtani közepe :
mértani közepük
A(9; 16) = 9 + 16
2
= 25
2
= 12, 5,
G(9; 16) = √ 9 · 16 = √ 9 · √16
= 3 · 4 = 12.
2. Egy egyetemi hallgató a félév végén 8 tantárgyat, összesen 27 kreditet teljesített. A vizsgajegyei:
2 db 2 kredites 4-es, 3 db 5 kredites 3, 1 db 1 kredites 4-es, 1 db 1 kredites 2-es,
és 1 db 6 kredites 5-ös. Számoljuk ki a hallgató súlyozott tanulmányi átlagát!
megoldás:
Súlyozott (ahol a súlyok a kreditek) számtani közepet kell számolnunk:
2 · 2 · 4 + 3 · 5 · 3 + 1 · 1 · 4 + 1 · 1 · 2 + 1 · 6 · 5 16 + 45 + 4 + 2 + 30
=
27
30
= 97
27
≈ 3, 6.
3. Két pozitív szám összege 10. Határozzuk meg a két számot úgy, hogy szorzatuk maximális
legyen.
1. megoldás:
Legyenek a keresett számok x és y. Ekkor a feltétel szerint x + y = 10. Az x és y számok
számtani közepe
x + y
2
= 10
2 = 5,
mértani közepük √ xy. Az xy kifejezés értéke pontosan akkor maximális, ha a √ xy értéke
maximális a négyzetgyök függvény szigorú monotonitása miatt. A számtani és mértani
közép közötti egyenlőtlenség miatt
5 = x + y ≥ √ xy,
2
tehát
xy ≤ 25,
és egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha x = y, azaz 2x = 10, tehát x = 5. Így a keresett
két szám x = 5 és y = 5.
2. megoldás:
Legyenek a keresett számok x és y. Ekkor a feltétel szerint x+y = 10. Keressük az x-et és az
y-t úgy, hogy xy maximális legyen. Az x+y = 10 feltételből y-t kifejezve y = 10−x adódik.
Ezt behelyettesítve az xy kifejezésbe azt kapjuk, hogy x(10 − x). Felbontva a zárójelet a
10x − x 2 kifejezéshez jutunk. Ezt teljes négyzetté alakítva −(x 2 − 10x) = −(x − 5) 2 + 25.

Ennek akkor a legnagyobb az értéke, ha (x − 5) 2 a legkisebb, azaz ha 0, ami csak akkor
lehet, ha x = 5. Ebből y = 10 − 5 = 5. Így a két szám x = 5 és y = 5.
23

24
9. Százalékszámítás
1. Mennyi 15000-nek a 30%-a?
megoldás:
15000 ·
30
100
= 15000 · 0, 3 = 4500
2. Egy kabát ára 20%-os árleszállítást követően 8000 Ft-ba kerül. Mennyi volt a kabát ára az
árleszállítás előtt?
megoldás:
Jelöljük a kabát eredeti árát x-szel. Ekkor a feltétel szerint az
x − 0, 2x = 8000
egyenlethez jutunk. Elvégezve baloldalon az összevonást
Megoldva az egyenletet x = 10000.
0, 8x = 8000.
3. Egy termék árát 5000 Ft-ról 6500Ft-ra emelték fel. Hány százalékos volt az áremelkedés?
megoldás:
Mivel
6500 · 100 = 1, 3,
5000
ezért az áremelkedés 30%-os volt.
4. Mekkora összeget kap két év múlva az, aki most köti le 50000 forintját fix 12%-os kamatos
kamatra?
megoldás:
Ha a kamat évenként tőkésedik, akkor n év elteltével a rendelkezésre álló összeg:
(
a n = T 1 + p ) n
.
100
Jelen esetben T = 50000, p = 12, n = 2, így két év múlva a rendelkezésre álló összeg
(
50000 1 + 12 ) 2
= 50000 · (1, 12) 2 ≈ 88117.
100

5. Mekkora összeget helyezzünk el a bankba évi 6%-os kamatos kamatra, ha 5 év múlva 600.000
forintot szeretnénk felvenni?
megoldás:
Ha a kamat évenként tőkésedik, akkor n év elteltével a rendelkezésre álló összeg:
(
T 1 + p ) n
.
100
Jelen esetben T ismeretlen, p = 7, n = 5, a n = 600.000. Ezt behelyettesítve az előző
képletbe
(
600.000 = T 1 + 6 ) 5
100
adódik. A jobboldalon elvégezve a műveleteket a
600.000 = T (1, 06) 5
egyenlethez jutunk. Mindkét oldalt (1, 06) 5 -el osztva
T = 600.000
(1, 06) = 600.000 ≈ 447.761.
5 1, 34
Így 447.761 Ft-ot kell elhelyeznünk a bankban ahhoz, hogy a kívánt összeghez jussunk.
6. Hány év alatt duplázódik meg az évi 4%-os kamatra betett pénzünk?
megoldás:
A
2T = T
(
1 + 4 ) n
100
egyenletet kell megoldanunk n-re. Mindkét oldalt T -vel egyszerűsítve
(
2 = 1 + 4 ) n
.
100
Az egyenlet jobboldalán elvégezve a műveleteket az
2 = (1, 04) n
egyenlethez jutunk. Vegyük mindkét oldalnak a 10-es alapú logaritmusát:
Felhasználva a logaritmus aonosságait
Mindkét oldalt végigosztva lg 1, 04-el,
lg 2 = lg(1, 04) n .
lg 2 = n · lg 1, 04.
n = lg 2
lg 1, 04
≈ 17, 67,
tehát 18 év elteltével duplázódik meg a tőkénk a megadott feltételek mellett.
25

26
III. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 1.
(hatványfüggvények)
10. Függvénytani alapfogalmak
1. Az alábbi hozzárendelések közül melyik függvény?
a) Minden emberhez hozzárendeljük a magasságát.
b) Minden természtes számhoz hozzárendeljük a nála 1-el nagyobb természetes számot.
c) Minden számhoz hozzárendeljük a négyzetét.
d) Minden osztályzathoz hozzárendeljük azokat a diákokat, akiknek az év végi matematika
jegye az adott osztályzat. (Feltételezzük, hogy az osztálynak legalább 6 tanulója van.)
e) Minden valós számhoz hozzárendeljük a felét.
megoldás:
A d) nem függvény, mert egy osztályzat több diákhoz is tartozhat.
egyértelmű, így azok függvények.
A többi leképzés
2. Határozzuk meg az alábbi függvény értelmezési tartományát és értékkészletét!
megoldás:
Értelmezési tartomány: x ∈ [4, 13[, értékkészlet y ∈ [3, 8[.
3. Adott az ABC háromszög AB és AC oldala, AB = 10 cm, AC = 6 cm. A két oldal által
bezárt ϕ szöghöz rendeljük hozzá a háromszög területét. Mi lesz az így kapott függvény
értelmezési tartománya és értékkészlete?
megoldás:
Egy háromszög területe a háromszög két oldalának és az általuk bezárt szög szinuszának
szorzatának a fele. Így a keresett függvény:
t(ϕ) =
10 · 6 · sin ϕ
2
= 30 · sin ϕ.
Így az értelmezési tartománya 0 ◦ < x < 180 ◦ , értékkészlete 0 < y < 30.

4. Legyen f(x) = x 2 + 3x − 4. Számoljuk ki az
valós számok!
megoldás:
Mivel
továbbá
ezért
f(b) − f(a)
b − a
= b2 − a 2 + 3b − 3a
b − a
f(b) − f(a)
b − a
f(b) = b 2 + 3b − 4,
f(a) = a 2 + 3a − 4,
27
hányadost, ha a és b különböző
= (b2 + 3b − 4) − (a 2 + 3a − 4)
= b2 + 3b − 4 − a 2 − 3a + 4
=
b − a
b − a
(b − a)(b + a) + 3(b − a) (b − a)(b + a + 3)
= =
b − a
b − a
= a + b + 3.
5. Legyen f(x) = 2x − x 2 . Számoljuk ki az f(a + 3) − f(a − 3) értéket, ha a ∈ R tetszőleges.
megoldás:
Mivel
továbbá
ezért
f(a + 3) = 2(a + 3) − (a + 3) 2 = 2a + 6 − (a 2 + 6a + 9) =
= 2a + 6 − a 2 − 6a − 9 = −a 2 − 4a − 3,
f(a − 3) = 2(a − 3) − (a − 3) 2 = 2a − 6 − (a 2 − 6a + 9) =
= 2a − 6 − a 2 + 6a − 9 = −a 2 + 8a − 15,
f(a + 3) − f(a − 3) = −a 2 − 4a − 3 − (−a 2 + 8a − 15) =
= −a 2 − 4a − 3 + a 2 − 8a + 15 = −12a + 12.
6. Legyen f(x) = 4 − x 2 . Számoljuk ki az f(b − 2) − f(b + 2) értéket, ha b ∈ R tetszőleges.
megoldás:
Mivel
továbbá
ezért
f(b − 2) = 4 − (b − 2) 2 = 4 − (b 2 − 4b + 4) =
= 4 − b 2 + 4b − 4 = −b 2 + 4b = −b(b − 4),
f(b + 2) = 4 − (b + 2) 2 = 4 − (b 2 + 4b + 4) =
= 4 − b 2 − 4b − 4 = −b 2 − 4b = −b(b + 4),
f(b − 2) − f(b + 2) = −b 2 + 4b − (−b 2 − 4b) = −b 2 + 4b + b 2 + 4b = 8b.

28
7. Igazak-e az alábbi állítások?
a) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekvő függvény,
amely páros.
b) Van olyan, a teljes valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekvő függvény,
amely páratlan.
c) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív értékű páros függvény.
d) Létezik a teljes valós számok halmazán értelmezett pozitív értékű páratlan függvény.
e) Van olyan függvény, mely páros és páratlan is.
megoldás:
a) Hamis.
b) Igaz, például f(x) = x.
c) Igaz, például f(x) = x 2 + 1.
d) Hamis.
e) Igaz, például az azonosan nulla függvény.
8. Lehet-e az alábbi görbe egy szám-szám függvény képe?
megoldás:
Nem lehet szám-szám függvény képe, mert egy x értékhez több y is tartozik.
9. ⋆ Bizonyítsuk be, hogy nem létezik olyan, a valós számok halmazán értelmezett függvény,
melyre f(x) + f(1 − x) = 1 − x.
megoldás:
Ha x = 0, akkor
azaz f(0) + f(1) = 1.
Ha x = 1, akkor
f(0) + f(1 − 0) = 1 − 0,
f(1) + f(1 − 1) = 1 − 1,
azaz f(1) + f(0) = 0. Így ellentmondáshoz jutottunk.

29
11. Elsőfokú függvények
1. Egy úszómedencét éjjel töltenek meg vízzel. Este 9 és 11 óra között az úszómedence üres.
11 órától reggel 6 óráig óránként 800 hektoliter vizet engednek egyenletes sebességgel a
medencébe. 6 órakor elzárják a csapokat. Ábrázoljuk a medencében lévő víz mennyiségét
az este 9 és reggel 6 óra közötti időszakban!
megoldás:
2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = 2x + 4 függvényt!
megoldás:
A függvény f(x) = ax + b alakú, ezért a képe egy egyenes. Egy egyenest két pontja
egyértelműen meghatároz. Például határozzuk meg a tengelyekkel való metszéspontokat!
Ha x = 0, akkor a helyettesítési érték y = 4. A függvény zérushelye, azaz az f(x) = 0
egyenlet megoldása x = −2. Így azt kaptuk, hogy a függvény az x tengelyt −2-nél, az y-t
4-nél metszi. Ez alapján fel tudjuk rajzolni a képét:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ∈ R
• monotonitás: szigorúan monoton növekvő
• szélsőérték: nincs
• zérushely: x = −2
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható

30
3. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = x2 − 1
x − 1 függvényt!
megoldás:
Mivel x 2 − 1 = (x − 1)(x + 1), ezért x2 − 1
= x + 1, ha x ≠ 1. Így a függvény x = 1-nél
x − 1
nincs értelmezve, egyébként pedig a képe egy egyenes. Ez az egyenes az x-tengelyt −1-nél,
az y-t 1-nél metszi. Így fel tudjuk rajzolni a képét:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R \ {1}
• értékkészlet: f(x) ∈ R \ {2}
• monotonitás: szigorúan monoton növekvő
• szélsőérték: nincs
• zérushely: x = −1
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
4. Mi annak az elsőfokú függvénynek a hozzárendelési szabálya, mely áthalad az A(1, 2) és
B(2, 4) ponton?
megoldás:
Elsőfokú függvény általános alakja f(x) = ax + b. Elsőfokú függvény képe egyenes. Mivel
az A(1, 2) pont illeszkedik az egyenesre, ezért behelyettesítve a koordinátákat a 2 = a + b
egyenlethez jutunk. Ugyanakkor a B(2, 4) pont is illeszkedik az egyenesre, így 4 = 2a + b.
A második egyenletből kivonva az elsőt a = 2 adódik, amit visszahelyettesítve például az
első egyenletbe b = 0-hoz jutunk. Így a keresett függvény f(x) = 2x.
5. Az f(x) = ax + b függvényre f(−2) = 5, f(3) = −5. Határozzuk meg az a és b értékeket,
majd ábrázoljuk és elemezzük a kapott függvényt!
megoldás:
A függvény −2 pontbeli helyettesítési értéke 5, ezért 5 = −2a + b, továbbá a 3 pontbeli
helyettesítési érték −5, ezért −5 = 3a+b. A kapott egyenletrendszert megoldva megkapjuk
az a és b értékeket. A két egyenletet kivonva egymásból 10 = −5a adódik, amiből a = −2.
Ezt visszahelyettesítve például az első egyenletbe azt kapjuk, hogy b = 1. Tehát a keresett

függvény f(x) = −2x + 1. Ez a függvény 1/2-nél metszi az x-tengelyt, és 1-nél metszi az
y tengelyt. Ez alapján fel tudjuk rajzolni a függvényt:
31
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ∈ R
• monotonitás: szigorúan monoton csökkenő
• szélsőérték: nincs
• zérushely: x = 1 2
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
6. Rajta van-e az A(2, −1) pont az f(x) = 2x − 3 függvény grafikonján?
megoldás:
A pont koordinátáit behelyettesítve a −1 = 2 · 2 − 3, azaz −1 = 1 egyenlethez jutunk, ami
ellentmondás, így az adott pont nem illeszkedik a függvény grafikonjára.
7. Egy országút mentén fekvő A és B városok távolsága 200 km. Reggel 8 órakor elindul
A-ból B-be egy kerékpáros v k = 15 km/h átlagsebességgel, 9 órakor B-ből A felé egy
versenykerékpáros v v = 35 km/h átlagsebességgel.
a) Ábrázoljuk a kerékpárosok által megtett utat az idő függvényében közös koordinátarendszerben!
b) Mikor találkoznak?
c) Oldjuk meg a feladatot akkor is, ha a kerékpáros A-ból nem a B város felé, hanem
ellentétes irányba indul el!
megoldás:
a) A keresett út-idő grafikon:

32
b) Ha a kerékpáros t órán át közlekedik, akkor a versenykerékpáros t − 1 óráig közlekedik.
Ezalatt a kerékpáros 15t utat, a versenykerékpáros 35(t − 1) utat tesz meg (s = v · t).
Együttesen 200 km utat tesznek meg, így felírhatjuk a
15t + 35(t − 1) = 200
egyenletet, melynek megoldása t = 4, 7. Így azt kaptuk, hogy a kerékpáros indulása
után 4, 7 órával, azaz 12 óra 42 perckor találkoznak.
c) A versenykerékpáros 200 km-el több utat tesz meg, ezért a
15t + 200 = 35(t − 1)
egyenletet írhatjuk föl. Ennek megoldása t = 11, 75, vagyis 19 óra 45 perckor találkoznak.
8. Ábrázoljuk az
függvényt!
megoldás:
f(x) =
{
−x, ha x ≤ 0
2x, ha x > 0

33
12. Abszolútértékés függvények
1. Ábrázoljuk függvénytranszformációs lépések segítségével az f(x) = |x| − 2 függvényt, majd
jellemezzük azt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≥ −2
• monotonitás: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 0, akkor szigorúan
monoton növekvő
• szélsőérték: minimuma van, minimumhely x = 0, minimum érték f(0) = −2
• zérushely: x 1 = −2, x 2 = 2
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: páros
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható
2. Ábrázoljuk függvénytranszformációs lépések segítségével az f(x) = 2 · |x − 3| − 2 függvényt,
majd jellemezzük azt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:

34
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≥ −2
• monotonitás: ha x ≤ −3, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ −3, akkor
szigorúan monoton növekvő
• szélsőérték: minimuma van, minimumhely x = −3, minimum érték f(−3) = −2
• zérushely: x 1 = 2, x 2 = 4
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható
3. Ábrázoljuk függvénytranszformációs lépések segítségével az f(x) = −3·|x+2|+3 függvényt,
majd jellemezzük azt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≤ 3
• monotonitás: ha x ≤ −2, akkor szigorúan monoton növekvő; ha x ≥ −2, akkor
szigorúan monoton csökkenő
• szélsőérték: maximuma van, maximumhely x = −2, maximum érték f(−2) = 3
• zérushely: x 1 = −3, x 2 = −1
• korlátosság: felülről korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható
4. Ábrázoljuk az f(x) = |x| + x függvényt!
megoldás:
Ha x ≥ 0, akkor |x| = x, így ilyenkor f(x) = x + x = 2x. Ha x < 0, akkor |x| = −x, így
ilyenkor f(x) = 0. Tehát a függvény képe:

35
5. Ábrázoljuk az f(x) = |x| + 2x − 1 függvényt!
megoldás:
Ha x ≥ 0, akkor |x| = x, így ilyenkor f(x) = x + 2x − 1 = 3x − 1. Ha x < 0, akkor
|x| = −x, így ilyenkor f(x) = x − 1. Tehát a függvény képe:
6. Ábrázoljuk az f(x) = |x + 3| + |x − 3| függvényt!
megoldás:
Mivel az abszolútérték definíciója szerint
{
−(x + 3) = −x − 3, ha x < −3
|x + 3| =
x + 3, ha x ≥ −3,
továbbá
|x − 3| =
{
−(x − 3) = −x + 3, ha x < 3
x − 3, ha x ≥ 3,
ezért három esetet kell megkülönböztetnünk.
• Ha x < −3, akkor
f(x) = −x − 3 − x + 3 = −2x.
• Ha −3 ≤ x < 3, akkor
f(x) = x + 3 − x + 3 = 6.

36
• Ha x ≥ 3, akkor
Így a függvény képe:
f(x) = x + 3 + x − 3 = 2x.
7. Ábrázoljuk az f(x) = ∣ ∣ |x + 1| − |x − 4|
∣ ∣ függvényt!
megoldás:
Mivel az abszolútérték definíciója szerint
{
−(x + 1) = −x − 1, ha x < −1
|x + 1| =
x + 1, ha x ≥ −1,
továbbá
|x − 4| =
ezért három esetet kell megkülönböztetnünk.
• Ha x < −1, akkor
• Ha −1 ≤ x < 4, akkor
{
−(x − 4) = −x + 4, ha x < 4
x − 4, ha x ≥ 4,
f(x) = | − x − 1 + x − 4| = | − 5| = 5.
f(x) = |x + 1 + x − 4| = |2x − 3|.
• Ha x ≥ 4, akkor
Így a függvény képe:
f(x) = |x + 1 − x + 4| = |5| = 5.

37
13. Másodfokú függvények
1. Ábrázoljuk az f(x) = x 2 függvényt, majd jellemezzük azt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≥ 0
• monotonitás: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 0, akkor szigorúan
monoton növekvő
• szélsőérték: minimuma van, minimumhely x = 5, minimum érték f(5) = −2
• zérushely: x = 0
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: páros
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható
2. Ábrázoljuk az f(x) = −x 2 függvényt, majd jelemezzük azt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alaján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≤ 0
• monotonitás: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton növekvő; ha x ≥ 0, akkor szigorúan
monoton csökkenő

38
• szélsőérték: maximuma van, maximumhely x = 0, maximum érték f(0) = 0
• zérushely: x = 0
• korlátosság: felülről korlátos
• paritás: páros
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható
3. Ábrázoljuk függvénytranszformációs lépések segítségével az f(x) = 2·(x−5) 2 −2 függvényt,
majd jelemezzük azt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≥ −2
• monotonitás: ha x ≤ 5, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 5, akkor szigorúan
monoton növekvő
• szélsőérték: minimuma van, minimumhely x = 5, minimum érték f(5) = −2
• zérushely: x 1 = 4, x 2 = 6
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható
4. Egyenletesen gyorsuló személygépkocsi álló helyzetből indulva 1 perc alatt 100 km/h sebességet
ér el.
a) Mennyi utat tesz meg ezalatt az idő alatt?
b) Ábrázoljuk a jármű által megtett utat az idő függvényében!
c) Mennyi idő alatt teszi meg az autó a gyorsulási útszakasz felét?
megoldás:
a) A gépkocsi gyorsulása
a = ∆v
∆t = 100 km h
1 min = 5 3
km
min 2 .

39
Az 1 perc alatt megtett út
b) Az út-idő grafikon az
s = a 2 · t2 = 5 6 km.
s = 5 6 t2 .
parabola:
c) Az
5
6 t2 = 5 12
egyeneletből kapjuk a keresett eredményt. Ebből t = 1 √
2
perc, ami körülbelül 42,4
másodperc.
5. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = x 2 + 4x + 6 függvényt!
megoldás:
Első lépésben teljes négyzetté alakítunk:
A függvény képe:
f(x) = x 2 + 4x + 6 = (x + 2) 2 − 4 + 6 = (x + 2) 2 + 2
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:

40
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≥ 2
• monotonitás: ha x ≤ −2, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ −2, akkor
szigorúan monoton növekvő
• szélsőérték: minimuma van, minimumhely: x = −2, minimum érték f(−2) = 2
• zérushely: nincs
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható
6. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = 2x 2 − 4x − 1 függvényt!
megoldás:
Első lépésben teljes négyzetté alakítunk:
f(x) = 2x 2 − 4x − 1 = 2(x 2 − 2x) − 1 = 2[(x − 1) 2 − 1] − 1 = 2(x − 1) 2 − 3
A függvény képe:
A kép alaján elemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≥ −3
• monotonitás: ha x ≤ 1, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 1, akkor szigorúan
monoton növekvő
• szélsőérték: minimuma van, minimum hely: x = 1, minimum érték f(1) = −3
• zérushely: A zérushelyet a 2x 2 − 4x − 1 = 0 egyenlet megoldásával kapjuk:
x 1,2 = 4 ± √ 16 + 8
4
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható
= 4 ± √ 24
4
= 2 ± √ 6
.
2

41
7. Ábrázoljuk és jellemezzük a f(x) = −2x 2 + 8x + 3 függvényt!
megoldás:
Első lépésben teljes négyzetté alakítunk:
f(x) = −2x 2 + 8x + 3 = −2(x 2 − 4x) + 3 = −2[(x − 2) 2 − 4] + 3 = −2(x − 2) 2 − 5
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≤ −5
• monotonitás: ha x ≤ 2, akkor szigorúan monoton növekvő; ha x ≥ 2, akkor szigorúan
monoton csökkenő
• szélsőérték: maximuma van, maximumhely: x = 2, minimum érték f(2) = −5
• zérushely: nincs
• korlátosság: felülről korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható
8. Adott az f(x) = 2x 2 +3x+5 és a g(x) = −x 2 +2x+9 függvény. Oldjuk meg az f(x) ≤ g(x)
egyenlőtlenséget!
megoldás:
Az egyenlőtlenséget átrendezve az f(x) − g(x) ≤ 0 egyenlőtlenséget kell megoldanunk. Az
f(x) − g(x) = 3x 2 + x − 4 függvény zérushelyei x 1 = − 4 3 , x 2 = 1. A függvény képe

42
Az egyenlőtlenség megoldása − 4 3 ≤ x ≤ 1.
9. 40 km/h sebességgel haladó gépkocsi fél perc alatt 100 km/h-ra gyorsul fel. Mekkora utat
tesz meg ez idő alatt? Ábrázoljuk a jármű által megtett utat az idő függvényében!
megoldás:
A gyorsulás
A fél perc alatt megtett út
s = v 0 t + a 2 · t2 = 40 ·
Koordinátarendszerben az
a = ∆v
∆t = 60
1
120
= 7200 km/h 2 .
1
120 + 7200 ( ) 2 1
· = 1 2 120 3 + 1 4 = 7 12 km
s(t) = 2 3 t + t2
függvényt kell ábrázolnunk. Ezt teljes négyzetté alakítva
(
s(t) = t + 1 2
−
3) 1 9 ,
így a függvény képe
10. Egy kavicsot 20 m/s kezdősebességgel függőleges irányban felfelé felhajítunk. Állpítsuk
meg, hogyan függ a kavics föld felszínétől mért magassága az időtől, s ábrázoljuk a távolságot
az idő függvényében! A közegellenállás elhanyagolható.
megoldás:
A kavics földfelszíntől mért távolságát a
h(t) = v 0 t − g 2 · t2 = 20t − 5t 2
függvény írja le. Ezt teljes négyzetté alakítva
h(t) = −5(t 2 + 4t) = −5[(t + 2) 2 − 4] = −5(t + 2) 2 + 20.
.

43
Ezt ábrázolva:
A pálya legmagasabb pontja a t = 2 s időhöz tartozó 20m.
11. Határozzuk meg az f(x) = x 2 − 7x + 12 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét
és értékét!
megoldás:
A függvény zérushelyeit az
x 2 − 7x + 12 = 0
egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva
x 1,2 = 7 ± √ 49 − 48
2
.
= 7 ± 1
2 ,
így x 1 = 4, x 2 = 3. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója pozitív, ezért a
függvénynek minimuma van. A minimumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz 4+3 =
2
3, 5. A minimum érték f(3, 5) = (3, 5) 2 − 7 · 3, 5 + 12 = −0, 25.
12. Határozzuk meg az f(x) = x 2 + 6x + 5 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét és
értékét!
megoldás:
A függvény zérushelyeit az
x 2 − 6x + 5 = 0
egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva
x 1,2 = 6 ± √ 36 − 20
2
= 6 ± 4
2 ,
így x 1 = 5, x 2 = 1. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója pozitív, ezért a
függvénynek minimuma van. A minimumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz 5+1 = 3.
2
A minimum érték f(3) = 3 2 + 6 · 3 + 5 = 32.
13. Határozzuk meg az f(x) = −x 2 + 4x − 3 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét
és értékét!
megoldás:
A függvény zérushelyeit az
−x 2 + 4x − 3 = 0

44
egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva
x 1,2 = −4 ± √ 16 − 12
−2
= −4 ± 2
−2 ,
így x 1 = 1, x 2 = 3. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója negatív, ezért a
függvénynek maximuma van. A maximumhely a zérushelyek számtani közepe, azaz 1+3 =
2
2. A maximum érték f(2) = −2 2 + 4 · 2 − 3 = 1.
14. Határozzuk meg az f(x) = −2x 2 +12x−16 függvény szélsőértékének típusát, annak helyét
és értékét!
megoldás:
A függvény zérushelyeit az
−2x 2 + 12x − 16 = 0
egyenlet megoldásával kapjuk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva
x 1,2 = −12 ± √ 144 − 128
−4
= −12 ± 4 ,
−4
így x 1 = 2, x 2 = 4. Mivel a függvény másodfokú tagjának együtthatója negatív, ezért
a függvénynek maximuma van. A maximum hely a zérushelyek számtani közepe, azaz
2+4
= 3. A maximum érték f(3) = −2 · 3 2 + 12 · 3 − 16 = 2.
2
15. A folyóparton 40 m hosszú kerítéssel téglalap alakú kertet kerítünk be három oldalról.
A kert parttal párhuzamos oldalának hosszát jeölje x, a partra merőleges oldalak hosszát
jelölje y. Hogyan válaszuk meg x és y értékét ahhoz, hogy a kert területe a lehető legnagyobb
legyen?
megoldás:
A kert kerülete x+2y = 40, amiből x = 40−2y. A terület t = xy = (40−2y)y = 40y −2y 2 .
Ezt teljes négyzetté alakítva
−2y 2 + 40y = −2(y 2 − 20y) = −2[(y − 10) 2 − 100] = −2(y − 10) 2 + 200,
ami akkor a legnagyobb, ha y − 10 = 0, azaz ha y = 10. Ekkor x = 40 − 2y = 40 − 20 = 20.
Tehát x = 20 m, és y = 10 m esetén lesz a legnagyobb a kert területe.

45
14. Négyzetgyök függvény
1. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = √ x − 4 − 1 függvényt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ≥ 4
• értékkészlet: f(x) ≥ −1
• monotonitás: szigorúan monoton növekvő
• szélsőérték: minimuma van, minimumhely: x = 4, minimum érték f(4) = −1
• zérushely: x = 5
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = −2 √ x + 2−3 függvényt! A kép alapján jellemezhetjük
a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ≥ −2
• értékkészlet: f(x) ≥ −3
• monotonitás: szigorúan monoton csökkenő

46
• szélsőérték: maximuma van, maximum hely: x = −2, maximum érték f(−2) = −3
• zérushely: nincs
• korlátosság: felülről korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
3. Az álló helyzetből egyenletes gyorsulással induló vonat 20 s alatt 200 m utat tesz meg.
Ábrázoljuk a menetidőt a megtett út függvényében!
megoldás:
Az s = a 2 · t2 összefüggésből a = 2s
2·200
így a =
t = 1 m . A menetidő az út függvényében
2 400 s
√ 2 2s
t =
a =√ 2s. A függvény képe:

47
15. Racionális törtfüggvények
1. Egy medencébe 5 azonos keresztmetszetű cső vezet. Ha egy csövön keresztül engedjük be
a vizet, akkor a medence 24 óra alatt telik meg.
a) Mennyi idő alatt telik meg a medence, ha 2, 3, 4, illetve 5 csövön keresztül engedjük a
vizet?
b) Milyen kapcsolat van a megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges idő között?
c) Ábrázoljuk a töltési időt a megnyitott csövek számának függvényében!
megoldás:
a) Általában x cső megtöltéséhez 24 x
órára van szükség.
b) A megnyitott csövek száma és a feltöltéshez szükséges idő között fordított arányosság
van.
c) A keresett függvény:
2. Két város távolsága 1200 km. Egy autó legkevesebb 40 km/h, és legfeljebb 100 km/h
átlagsebességgel teheti meg az utat. Ábrázoljuk az út megtételéhez szüksége időt az átlagsebesség
függvényében!
megoldás:
Az út megtételéhez szükséges idő és az ehhez szükséges átlagos sebesség fordítottan arányos.
Az ábrázolandó függvény
t = 1200 , 40 ≤ v ≤ 100 :
v

48
3. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = 1
x−4 függvényt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R \ {4}
• értékkészlet: f(x) ∈ R \ {0}
• monotonitás: szigorúan monoton csökkenő, ha x < 4 és szigorúan monoton csökkenő,
ha x > 4
• szélsőérték: nincs
• zérushely: nincs
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
4. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = 1
x+3 − 2 függvényt!
megoldás:
A függvény képe:

49
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R \ {−3}
• értékkészlet: f(x) ∈ R \ {−2}
• monotonitás: szigorúan monoton csökkenő, ha x < −3 és szigorúan monoton csökkenő,
ha x > −3
• szélsőérték: nincs
• zérushely: az
1
x + 3 − 2 = 0
egyenlet megoldása x = −2, 5.
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
5. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = x+1
x+2 függvényt!
megoldás:
Az
x + 1
x + 2 = x + 2 − 1
x + 2
= 1 − 1
x + 2 = − 1
x + 2 + 1
átalakítás után függvénytranszformációs lépésekkel ábrázolhatjuk a függvényt:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:

50
• értelmezési tartomány: x ∈ R \ {−2}
• értékkészlet: f(x) ∈ R \ {1}
• monotonitás: szigorúan monoton növekvő, ha x < −2 és szigorúan monoton növekvő,
ha x > −2
• szélsőérték: nincs
• zérushely: a
− 1
x + 2 + 1 = 0
egyenlet megoldása x = −1.
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
6. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = |x|
x 2
megoldás:
függvényt!
Ha x < 0, akkor |x| = −x, így f(x) = − 1 x . Ha x > 0, akkor |x| = x, így ekkor f(x) = 1 x .
Így a függvény képe:
A kép alaján elemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R \ {0}
• értékkészlet: f(x) ∈ R \ {0}
• monotonitás: ha x < 0, akkor szigorúan monoton növekvő; ha x > 0, akkor szigorúan
monoton csökkenő
• szélsőérték: nincs
• zérushely: nincs
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: páros
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: nem invertálható

51
IV. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 2.
(algebrai egyenletek és egyenlőtlenségek)
16. Elsőfokú egyenletek
1. Oldjuk meg a
2(x − 2) − 3(2x + 1) = 3(−2x + 3) − (x − 2) + 3
egyenletet a valós számok halmazán!
megoldás:
A feladat megoldását a zárójelek felbontásával kezdjük:
2x − 4 − 6x − 3 = −6x + 9 − x + 2 + 3.
Összevonjuk a megfelelő oldalon szereplő egynemű kifejezéseket:
Mindkét oldalhoz adjunk hozzá 7x-et:
Mindkét oldalhoz adjunk hozzá 7-et:
amiből 3-al osztva
2. Oldjuk meg az
x − 6x − 3
17
egyenletet a valós számok halmazán!
megoldás:
−4x − 7 = −7x + 14.
3x − 7 = 14.
3x = 21,
x = 7.
= 7 − 14x
34
+ 10x − 3
4
Első lépésben beszorzunk a közös nevezővel, ami jelen esetben 68:
Elvégezzük a zárójel felbontását:
Az egynemű tagok összevonása után a
68x − (24x − 12) = 14 − 28x + 170x − 51.
68x − 24x + 12 = 14 − 28x + 170x − 51.
44x + 12 = 142x − 37
egyenlethez jutunk. Kivonva 44x-et, és hozzáadva 37-et mindkét oldalhoz az
49 = 98x
egyenletet kapjuk. Mindkét oldalt elosztva 98-al, a megoldáshoz jutunk:
x = 49
98 = 1 2 .

52
3. Oldjuk meg a
7
x + 3 + 5
x − 3 = 3
x 2 − 9
egyenletet a valós számok halmazán!
megoldás:
Az x 2 − 9 kifejezés szorzat alakban írható: (x − 3)(x + 3), így x ≠ −3 és x ≠ 3. Ebből
láthatjuk, hogy a közös nevező (x−3)(x+3), amivel beszorozva az egyenlet mindkét oldalát
adódik. Felbontva a zárójeleket a
7(x − 3) + 5(x + 3) = 3
7x − 21 + 5x + 15 = 3
egyenelethez jutunk. Elvégezve az összevonásokat:
12x − 6 = 3.
Mindkét oldalhoz 6-ot hozzáadva
12x = 9.
Elosztva mindkét oldalt 12-vel, majd egyszerűsítve
x = 3 4 .

53
17. Elsőfokú egyenlőtlenségek
1. Oldjuk meg a
3x + 5 10 − 3x
+
7 5
egyenlőtlenséget a valós számok halmazán!
megoldás:
< 2x + 7
3
Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk be a közös nevezővel, 105-el:
Felbontva a zárójeleket
15(3x + 5) + 21(10 − 3x) < 35(2x + 7).
45x + 75 + 210 − 63x < 70x + 245.
Összevonva a megfelelő oldalon szereplő egynemű kifejezéseket:
−18x + 285 < 70x + 245.
hozzáadva mindkét oldalhoz 18x-et, majd kivonva 245-öt, a
40 < 88x
egyenlőtlenséghez jutunk. Mindkét oldalt elosztjuk 88-cal:
x > 44
88
2. Oldjuk meg a valós számok halmazán a
2x + 3
3x + 4 < 5
egyenlőtlenséget!
megoldás:
3x + 4 ≠ 0, így x ≠ − 4 . Rendezzük nullára az egyenlőtlenséget:
3
2x + 3
3x + 4 − 5 < 0.
Hozzuk közös nevezőre! (Nem szorozhatunk be vele, mert nem tudjuk az előjelét.)
2x + 3 − 5(3x + 4)
< 0.
3x + 4
Bontsuk fel a számlálóban a zárójelet:
2x + 3 − 15x − 20
< 0.
3x + 4
Elvégezve az összevonást
−13x − 17
< 0.
3x + 4
Egy törtet kaptunk, aminek negavítnak kell lenni. Ez csak úgy lehet, hogy ha a számláló
és a nevező különböző előjelű.

54
Első eset: a számláló pozitív és a nevező negatív, azaz a
(I.) − 13x − 17 > 0 és 3x + 4 < 0.
egyenlőtlenségeknek egyszerre kell fennállniuk. Az első egyenlőtlenség megoldása:
x < − 17 (
= − 51 )
,
13 39
a második egyenlőtlenség megoldása
x < − 4 3
(
= − 52 )
.
39
Így a fenti (I.) egyenlőtlenség-rendszer megoldása x < − 4 3 .
Második eset: a számláló negatív és a nevező pozizív, azaz a
(II.) − 13x − 17 < 0 és 3x + 4 > 0
egyenlőtlenségeknek egyszerre kell fennállniuk. Az első egyenlőtlenség megoldása
x > − 17
13 ,
a második egyenlőtlenség megoldása
x > − 4 3 .
Így a fenti (II.) egyenlőtlenség-rendszer megoldása: x > − 17 . A feladatban kitűzött egyenlőtlenség
megoldása az (I.) és (II.) egyenlőtlenség-rendszerek megoldáshalmazainak uniója:
13
{
M = x ∈ R|x < − 4 }
vagy x > −17 .
3
13
3. Oldjuk meg a természetes számok halmazán a
2n + 5
3n + 4 − 2n + 3
3n + 1 < 0
egyenlőtlenséget!
megoldás:
Beszorozzuk az egyenlőtlenség mindkét oldalát (3n + 4)(3n + 1)-el. Mivel ez a kifejezés
pozitív, ezért az egyenlőtlenség iránya nem változik meg a szorzás során:
Felbontva a zárójeleket:
Felbontjuk a még meglévő zárójelet:
Összevonva az egynemű kifejezéseket:
(2n + 5)(3n + 1) − (2n + 3)(3n + 4) < 0.
6n 2 + 17n + 5 − (6n 2 + 17n + 12) < 0.
6n 2 + 17n + 5 − 6n 2 − 17n − 12 < 0.
−7 < 0,

55
ami azonosság, így az egyenlőtlenségnek minden természetes szám megoldása.
4. Határozzuk meg azt a legkisebb pozitív egész számot, amely eleget tesz a
∣ 2n ∣∣∣
∣n + 3 − 2 < 1 , (n ∈ N)
100
egyenlőtlenségnek!
megoldás:
Az abszolútértéken belül közös nevezőre hozva
2n − 2(n + 3)
∣ n + 3 ∣ < 1
100 .
Elvégezve a zárójelfelbontást és az összevonást:
−6
∣n + 3∣ < 1
100 .
Egy tört abszolútértékét úgy kapjuk, hogy a számlálónak és a nevezőnek is vesszük az
abszolútértékét:
6
n + 3 < 1
100 .
Beszorozzuk mindkét oldalt 100(n + 3)-al. Mivel ez a kifejezés pozitív, ezért a beszorzás
során a reláció iránya nem változik meg:
600 < n + 3.
Mindkét oldalból kivonunk 3-at:
597 < n.
Ennek az egyenlőtlenségnek eleget tevő legkisebb pozitív egész szám: n = 598.

56
18. Másodfokú egyenletek
1. Oldjuk meg az
egyenletet a valós számok halmazán!
megoldás:
x 2 + 5x + 6 = 0
Az ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) másodfokú egyenlet megoldóképlete:
x 1,2 = −b ± √ b 2 − 4ac
.
2a
Jelen esetben a = 1, b = 5, c = 6. Így a megoldások
Tehát x 1 = −2, x 2 = −3.
x 1,2 = −5 ± √ 5 2 − 4 · 6
2 · 1
= −5 ± 1 .
2
2. Oldjuk meg az
x 2 − 25 = 0
egyenletet a valós számok halmazán!
megoldás:
Az egyenlet olyan hiányos mádofokú, melynél az elsőfokú tag hiányzik.
mindkét oldalhoz 25-öt:
x 2 = 25,
amiből x = ±5.
Adjunk hozzá
(Egy másik megoldási mód: (x − 5)(x + 5) = 0, szorzat akkor 0, ha valamelyik tényezője
0.)
3. Oldjuk meg az
x 2 − 5x = 0
egyenletet a valós számok halmazán!
megoldás:
Az egyenlet olyan másodfokú egyenlet, melynél a konstans tag hiányzik. Emeljük ki az
egyenlet bal oldalán az x-et. Ekkor
x(x − 5) = 0.
Egy szorzatot kaptunk, ami 0. Ez csak úgy lehet, ha valamelyik tényező 0. Így x = 0 vagy
x − 5 = 0, amiből x = 5.

4. Oldjuk meg a pozitív számok halmazán a
egyenletet!
megoldás:
2x 2 − x − 3 = 0
A másodfokú egyenlet megoldóképlete szerint
x 1,2 = 1 ± √ (−1) 2 − 4 · 2 · (−3)
= 1 ± 5
4
4 ,
amiből az egyik megoldás x 1 = 3, a másik x 2 2 = −1. Mivel a pozitív számok halmazán
keressük a megoldást, ezért a −1 nem megoldás, így az egyenlet egyetlen gyöke 3.
2
5. Határozzuk meg az
egyenlet valós megoldásait!
megoldás:
3x − 7
x + 5 = x − 3
x + 2
Először megállapítjuk, mikor nincs értelmezve a bal és jobb oldalon álló kifejezés:
x ≠ −2 és x ≠ −5.
Az egyenlet mindkét oldalát szorzzuk be (x + 5)(x + 2)-vel:
Elvégezve a szorzást
(3x − 7)(x + 2) = (x − 3)(x + 5).
3x 2 + 6x − 7x − 14 = x 2 − 3x + 5x − 15.
Összevonva az egyenlet megfelelő oldalain szereplő egynemű tagokat:
3x 2 − x − 14 = x 2 + 2x − 15.
Rendezzük 0-ra az egyenletet:
2x 2 − 3x + 1 = 0.
Alkalmazzuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét:
x 1,2 = 3 ± √ (−3) 2 − 4 · 2
= 3 ± 1
4
4 ,
így x 1 = 1 és x 2 = 1 , melyek valós megoldásai az egyenletnek.
2
57

58
19. Másodfokú egyenlőtlenségek
1. Oldjuk meg az
a) x 2 − x − 6 < 0
b) x 2 − x − 6 ≤ 0
c) x 2 − x − 6 > 0
d) x 2 − x − 6 ≥ 0
egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán!
megoldás:
Először megkeressük az
f(x) = x 2 − x − 6
függvény zérushelyeit. Ehhez meg kell oldanunk az
x 2 − x − 6 = 0
egyenletet. A másodfokú egyenlet megoldóképlete szerint
x 1,2 = 1 ± √ (−1) 2 − 4 · (−6)
= 1 ± 5
2
2 .
Ebből x 1 = 3, x 2 = −2 adódik. Ennek segítségével felvázolhatjuk a másodfokú függvény
grafikonját:
Az f függvény grafikonjáról a következők leolvashatók:
- Ha x 0
d) −x 2 + 6x − 5 ≥ 0

59
egyenlőtlenséget a valós számok halmazán!
megoldás:
Először megkeressük az
f(x) = −x 2 + 6x − 5
függvény zérushelyeit. Ehhez meg kell oldanunk az
−x 2 + 6x − 5 = 0
egyenletet. A másodfokú egyenlet megoldóképlete szerint
x 1,2 = −6 ± √ 6 2 − 4 · (−1) · (−5)
= −6 ± 4
−2
−2 .
Ebből x 1 = 1, x 2 = 5 adódik. Ennek segítségével felvázolhatjuk a másodfokú függvény
grafikonját:
Az f függvény grafikonjáról a következők leolvashatók:
- Ha x

60
20. Polinomosztás
1. Végezzük el az
(x 2 + 5x + 6) : (x + 3)
polinomosztást!
megoldás:
(x 2 +5x + 6) : (x + 3) = x + 2
2. Végezzük el az
−(x 2 +3x)
2x + 6
−(2x + 6)
0
(x 3 + 6x 2 + 11x + 6) : (x + 2)
polinomosztást!
megoldás:
(x 3 +6x 2 + 11x + 6) : (x + 2) = x 2 + 4x + 3
−(x 3 +2x 2 )
4x 2 + 11x + 6
−(4x 2 + 8x)
3x + 6
− (3x + 6)
0

61
V. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 3.
(exponenciális és logaritmikus függvények)
21. Exponenciális függvények
1. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = 2 x − 4 függvényt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) > −4
• monotonitás: szigorúan monoton növekvő
• szélsőérték: nincs
• zérushely: x = 2
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = 2 x+3 függvényt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R

62
• értékkészlet: f(x) > 0
• monotonitás: szigorúan monoton növekvő
• szélsőérték: nincs
• zérushely: nincs
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
( ) x 1
3. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = függvényt!
2
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) > 0
• monotonitás: szigorúan monoton csökkenő;
• szélsőérték: nincs
• zérushely: nincs
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
4. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = 2 |x| függvényt!
megoldás:
Ha x < 0, akkor |x| = −x, ha x ≥ 0, akkor |x| = x. Így
A függvény képe:
{ ( 1
) x
ha x < 0
f(x) = 2
2 x ha x ≥ 0.

63
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ≥ 1
• monotonitás: ha x ≤ 0, akkor szigorúan monoton csökkenő; ha x ≥ 0, akkor szigorúan
monoton növekvő
• szélsőérték: minimuma van, minimumhely: x = 0, minimum érték: f(0) = 1
• zérushely: nincs
• korlátosság: alulról korlátos
• paritás: páros
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható

64
22. Logaritmikus függvények
1. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = log 2 (x − 3) függvényt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x > 3
• értékkészlet: f(x) ∈ R
• monotonitás: szigorúan monoton növekvő
• szélsőérték: nincs
• zérushely: x = 4
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = log 2 (x) − 1 függvényt!
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:

65
• értelmezési tartomány: x > 0
• értékkészlet: f(x) ∈ R
• monotonitás: szigorúan monoton növekvő
• szélsőérték: nincs
• zérushely: x = 2
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható
3. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = log 1 (x) + 3 függvényt!
2
megoldás:
A függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt:
• értelmezési tartomány: x > 0
• értékkészlet: f(x) ∈ R
• monotonitás: szigorúan monoton csökkenő
• szélsőérték: nincs
• zérushely: x = 8
• korlátosság: nem korlátos
• paritás: nem páros, nem páratlan
• periodicitás: nem periodikus
• invertálhatóság: invertálható

66
VI. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 4.
(exponenciális és logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek)
23. Exponenciális egyenletek
1. Oldjuk meg az alábbi exponenciális egyenleteket:
a) 2 x = 8
b) 3 x = 9
c) 2 2x = 16
e) 5 x = 1 25
f) 3 √x = 1 9
d) 3 x−1 = 1 3
g)
( 1
2
) x
= 4
megoldás:
Az exponenciális egyenletek egy csoportját úgy oldhatjuk meg, hogy az egyenlet mindkét
oldalát azonos alapú hatvánnyá alakítjuk.
a) A jobb oldalon a 8-at 2 hatványaként felírva
2 x = 2 3
Az f(x) = 2 x függvény szigorú monotonitása miatt x = 3
b) A jobb oldalon a 9-et 3 hatványaként felírva
3 x = 3 2
Az f(x) = 3 x függvény szigorú monotonitása miatt x = 2.
c) A jobboldalon a 16-ot 2 hatványaként felírva
2 2x = 2 4
Az f(x) = 2 x függvény szigorú monotonitása miatt 2x = 4 adódik. Mindkét oldalt 2-vel
osztva x = 2.
d) A jobb oldalon az 1 -ot 3 hatványaként felírva
3
3 x−1 = 3−1
Az f(x) = 3 x függvény szigorú monotonitása miatt x−1 = −1 adódik. Mindkét oldalhoz
1-et hozzáaadva x = 0.
e) A jobboldalon az 1 -öt 5 hatványaként felírva
25
5 x = 5 −2
Az f(x) = 5 x függvény szigorú monotonitása miatt x = −2.

67
f) A jobb oldalon a 1 -et 3 hatványaként felírva
9
3 √x = 3 −2
Az f(x) = 3 x függvény szigorú monotonitása miatt √ x = −2. Valós szám négyzetgyöke
nemnegatív, így az egyenletnek nincs megoldása.
g) A baloldalt és a jobboldalt is 2 hatványaként felírva
amiből −x = 2, így x = −2.
2 −x = 2 2
2. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a) 9 x = 1
729
b) 343 x = 1 7
c) 2 2x−3 = 1 4
√
2
d) 4 x =
8
3√
9
e)
27 = 3x
f) 5 3x−1 = 1
√
2
g) 2 · 2 x =
4
( ) x ( 2 9
h) ·
3 8
i) 1 8 · √2 3x−1 = 4
) x
= 27
64
megoldás:
a) Vegyük észre, hogy 1
729 = 9−3 . Így az eredeti egyenlettel ekvivalens 9 x = 9 −3 egyenletet
kell megoldanunk, melynek megoldása a 9-es alapú exponenciális függvény szigorú
monotonitása miatt az x = −3.
b) Mivel 343 = 7 3 , ezért x = 3
c) Mivel 1 4 = 2−2 , ezért a 2x − 3 = −2 egyenletet kell megoldanunk, melynek megoldása
x = 1 2 .
d) A hatványozás azonosságait felhasználva
amiből x = − 5 4 .
4 x =
√
2
8
2 2x = 2 1 2
2 3
2 2x = 2 − 5 2 ,

68
e) Felhasználva a hatványozás és gyökvonás azonosságait
3√
9
27 = 3x
amiből x = 2 3 .
9 1 3 = 3
x
3 2 3 = 3 x ,
f) Mivel 1 = 5 0 , ezért a 3x − 1 = 0 egyenletet kell megoldanunk, amiből x = 1 3 .
g) Felhasználva a hatványzás azonosságait
így 1 + x = − 3 2 , amiből x = − 5 2 .
2 · 2 x =
√
2
4
2 1+x = 2 1 2
2 2
2 1+x = 2 − 3 2 ,
h) Az azonos kitevőjű hatványok szorzására vonatkozó azonosságot használva kapjuk, hogy
( 2
3 · 9 ) x
= 27
8 64 .
Mivel 27 = ( )
3 3,
64 4 így a
3
alapú exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt x = 3,
4
mely valóban gyöke az egyenletnek.
i)
1
8 · √2 3x−1 = 4
2 −3 · 2 3x−1
2 = 4
3x−1
−3+
2 2 = 4
2 −6+3x−1
2 = 4
2 −7+3x
2 = 4
2 −7+3x
2 = 2 2
Az f(x) = 2 x függvény szigorú monotonitása miatt −7+3x
2
= 2, ahonnan x = 11 3 .
3. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a) 5 2x + 25 = 5 x+2 + 5 x
b) 3 x − 3 x−2 = 24
c) 3 2x+1 − 3 x+2 = 162
d) 10 · 2 x − 4 x = 16
e) 3 x + 3 x+1 + 3 x+2 + 3 x+3 = 40 3

megoldás:
Az exponenciális egyenletek egy csoportját úgy oldhatjuk meg, hogy egy alkalmas hatványt
új ismeretlennel jelölve az egyenletet algebrai egyenletté alakítjuk. Ezt az egyenletet
megoldjuk. Az új ismeretlenre kapott megoldást egyenlővé tesszük a hatvánnyal, amelyet
helyettesítettünk. Ezt az egyenletet megoldva kapjuk az eredeti egyenlet gyökeit.
a) Alkalmazzuk a hatványozás azonosságait, majd rendezzük az egyenletet
5 2x + 25 = 5 x+2 + 5 x
5 2x + 25 = 5 x · 25 + 5 x
5 x·2 + 25 = 5 x · 25 + 5 x
(5 x ) 2 + 25 = 26 · 5 x
(5 x ) 2 − 26 · 5 x + 25 = 0.
Vezessük be az a = 5 x új ismeretlent. Ekkor 5 2x = a 2 . Ennek megfelelően az
a 2 − 26a + 25 = 0
másodfokú egyenlethez jutunk. A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva
a 1,2 = 26 ± √ (−26) 2 − 4 · 25
2
= 26 ± √ 676 − 100
2
Tehát a 1 = 25, a 2 = 1. Ezeket visszahelyettesítve az
5 x = 25, 5 x = 1
= 26 ± √ 576
2
egyenletekhez jutunk. Ezeket megoldva x 1 = 2, illetve x 2 = 0 adódik.
=
26 ± 24
.
2
b) Mivel 3 x−2 = 3x = 3x , ezért a 3 2 9 3x := a új ismeretlen bevezetése után egyenletünk az
a − a = 24 alakba írható át. Ennek az elsőfokú algebrai egyenletnek a megoldása
9
a = 27. Most a 3 x = 27 egyenletet kell megoldanunk, melynek gyöke x = 3.
c) A hatványozás azonosságait felhasználva egyenletünk ekvivalens a 3 · 3 2x − 9 · 3 x = 162
egyenlettel. Ezt az egyenletet 3-mal osztva a k := 3 x jelölés mellett a k 2 − 3k = 54
másodfokú algebrai egyenletet kell megoldanunk. Ennek gyökei a 9 és a −6. Mivel
bármely valós x-re 3 x > 0, így a 3 x = −6 egyenletnek nincs megoldása. A 3 x = 9
egyenlet megoldása az x = 2, mely gyöke az eredeti egyenletnek is.
d) Mivel 4 x = 2 2x , így a b := 2 x jelölés mellett a 10b−b 2 = 16 egyenletet kell megoldanunk.
Ennek gyökei 8 és 2. A 2 x = 8 egyenlet és a 2 x = 2 egyenlet gyökei rendre x = 3 és
x = 1, melyek valóban gyökei az eredeti egyenletnek.
e) 3 x (1+3 1 +3 2 +3 3 ) = 40, mely az a := 3 3x jelölés mellett összevonás után 40a = 40 alakban
3
írható. Ennek gyöke a = 1. Így a 3 3x = 1 egyenletet kell megoldani. A megoldás x = −1,
3
mely megoldása az eredeti egyenletnek is.
4. Oldja meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán!
a, 2 x = 5
b, 16 · 2 x−1 = 9 · 3 x−2
c, 3 x−1 + 3 x+2 = 2 x+1 + 2 x+4
69

70
megoldás:
Az exponenciális egyenletek egy csoportjánál az egyenlet két oldala nem írható fel azonos alapú
hatványként. Ekkor az ismeretlen meghatározásához a logaritmus definícióját használjuk.
a, Mivel definíció szerint log 2 5 jelöli azt a hatványkitevőt, melyre a kettőt kell emelni, hogy
ötöt kapjunk, így az egyenlet megoldása: x = log 2 5.
b, Egyenletünk 16 · 2x = 9 · 3x , mely egyszerűsítés után a változót tartalmazó kifejezéseket egy
2 9
oldalra rendezve a 8 = ( 3 x
2)
alakra hozható. Innen x = log 3 8 = lg 8 ≈ 5, 1285.
2 lg 3 2
c, Egyenletünk 3x + 9 · 3 3x = 2 · 2 x + 16 · 2 x . 3-mal szorozva összevonás után a 28 · 3 x = 54 · 2 x
egyenletet kapjuk. Az ismeretlent tartalmazó kifejezéseket egy oldalra rendezve ( )
3 x
2 =
27
14
adódik. Alkalmazva a logaritmus definícióját kapjuk, hogy x = log 3
2
27
. 14

71
24. Exponenciális egyenlőtlenségek
1. Oldjuk meg az alábbi egyenlőtlenségeket:
a) 2 x ≤ 8
b) 3 x ≥ 9
c) 2 2x ≤ 16
d) 3 x−1 > 1 3
e) 5 x < 1 25
( ) x 1
f) < 1 3 9
megoldás:
a) A jobb oldalon a 8-at 2 hatványaként felírva
2 x ≤ 2 3
Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így
az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x ≤ 3.
b) A jobb oldalon a 9-et 3 hatványaként felírva
3 x ≥ 3 2
Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így
az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x ≥ 2.
c) A jobb oldalon a 16-ot 2 hatványaként felírva
2 2x ≤ 2 4
Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így
az egyenlőtlenség iránytartó, tehát 2x ≤ 4. Mindkét oldalt 2-vel osztva x ≤ 2.
d) A jobboldalon az 1 -ot 3 hatványaként felírva
3
3 x−1 > 3 −1
Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így
az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x−1 > −1 adódik. Mindkét oldalhoz 1-et hozzáaadva
x > 0.
e) A jobb oldalon az 1 -öt 5 hatványaként felírva
25
5 x < 5 −2
Az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, mert az alap 1-nél nagyobb, így
az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x < −2.
) −
1
2
, így ( 1
) −
1
2 x < ( 1
25) 1. Az exponenciális
Egy alternatív megoldás a következő: 5 = ( 1
25
25
függvény szigorúan monoton csökkenő, mert az alap 1-nél kisebb, így az egyenlőtlenség
irányváltó, tehát − 1 x > 1. Az egyenlőtlenség megoldása ebből: x < −2.
2

72
f) A jobb oldalon a 1 -et 3 hatványaként felírva
9
( ) x ( 2
1 1
<
3 3)
Az exponenciális függvény szigorúan monoton csökkenő, mert az alap 1-nél kisebb, így
az egyenlőtlenség irányváltó, tehát x > 2.

73
25. Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek
1. Oldjuk meg az alábbi logaritmikus egyenleteket:
a) log 2 x = 3
b) log 3 x = 4
c) log 2 (2x + 1) = 1
d) log 4 (x − 1) = 1 2
e) log 5 (3x − 6) = −1
f) log 2 (x − 1) = 3
g) log 1 x = 2
2
h) log 7 x = 1
megoldás:
a) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x = 2 3 , tehát x = 8.
b) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x = 3 4 = 81, tehát x = 81.
c) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre 2x + 1 = 2 1 , amiből x = 1 2 .
d) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x − 1 = 4 1 2 . Felhasználva,
hogy 4 1 2 = 2, majd rendezve az egyenletet x = 3 adódik.
e) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre 3x − 6 = 5 −1 . Felhasználva,
hogy 5 −1 = 1 31
, majd rendezve az egyenletet x = adódik.
5 15
f) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x − 1 = 2 3 . Felhasználva,
hogy 2 3 = 8, majd rendezve az egyenletet x = 9 adódik.
g) A logaritmus definíciója szerint azt az x-et keressük, melyre x = ( )
1 2,
2 amiből x =
1
. 4
h) x = 7
2. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a) log 36 (x 2 − 10) = 1 2
b) log 3 (log 4 (log 5 x)) = 0 (x > 0)
megoldás:
a) Mivel pozitív valós számok logaritmusát értelmeztük, ezért x 2 − 10 > 0. Megoldva ezt
a√ másodfokú egyenlőtlenséget √ kapjuk, hogy az egyenlet értelmezési tartománya: x >
10 vagy x < − 10. Alkalmazzuk a logaritmus definícióját: log36 (x 2 − 10) jelöli
azt a számot – azaz esetünkben az 1-et – amelyre a 36-ot kell emelni, hogy 2 x2 − 10-
et kapjunk. Így 36 1 2 = x 2 − 10. Innen x = −4 vagy x = 4. Mivel minden lépés
ekvivalens átalakítás volt a lehetséges értelmezési tatományon és a kapott gyökök elemei
az értelmezési tartománynak, kielégítik az egyenletet.
b) A logaritmus definícióját kell alkalmaznunk végig:
3 0 = log 4 (log 5 x)
4 1 = log 5 x,

74
melyből x = 5 4 = 625. Az egyenlet egész megoldása 625, mert
log 3 (log 4 (log 5 625)) = log 3 (log 4 (log 5 5 4 )) = log 3 (log 4 4) = log 3 1 = 0.
Ez a feladat jó példa arra, hogy gyorsabb az ellenőrzés, mint a feltételek vizsgálata.
3. Oldjuk meg az alábbi logaritmikus egyenlőtlenségeket:
a) log 2 x ≤ 3
b) log 3 x > 4
c) log 2 (2x + 1) < 1
d) log 4 (x − 1) > 1 2
e) log 5 (3x − 6) ≥ −1
f) log 2 (x − 1) < 3
g) log 1 x < 2
2
h) log 7 x > 1
megoldás:
a) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x ≤ 8.
b) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x > 81.
c) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát
amiből x < 1 2 .
2x + 1 < 2,
d) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát
Felhasználva, hogy 4 1 2
x − 1 > 4 1 2 .
= 2, majd rendezve az egyenlőtlenséget, x > 3 adódik.
e) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát
3x − 6 ≥ 5 −1 .
Felhasználva, hogy 5 −1 = 1 31
, majd rendezve az egyenlőtlenséget x ≥ adódik.
5 15
f) A logaritmus alapszáma 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség iránytartó, tehát x−1 < 2 3 .
Felhasználva, hogy 2 3 = 8, majd rendezve az egyenlőtlenséget x < 9 adódik.
g) A logaritmus alapszáma 1-nél kisebb, így az egyenlőtlenség irányváltó, tehát x < ( 1 2,
2)
amiből x < 1.
4
h) x > 7

75
VII. FÜGGVÉNYEK, EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK 5.
(Trigonometrikus függvények és egyenletek)
26. Trigonometrikus függvények
1. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = sin ( x − π 2
)
függvényt!
megoldás:
a függvény képe:
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt. A továbbiakban k ∈ Z tetszőleges.
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ∈ [−1, 1]
• monotonitás:
– ha x ∈ [0 + 2kπ, π + 2kπ], akkor szigorúan monoton növekvő;
– ha x ∈ [π + 2kπ, 2π + 2kπ], akkor szigorúan monoton csökkenő
• szélsőérték:
– minimumhely: x = 0 + 2kπ, minimum érték: −1;
– maximumhely:x = π + 2kπ, maximum érték: 1
• zérushely: x = π 2 + kπ
• korlátosság: alulról és felülről is korlátos
• paritás: páros (képe tengelyesen szimmetrikus az y tengelyre)
• periodicitás: periodikus, periódusa 2π
• invertálhatóság: nem invertálható
2. Ábrázoljuk és jellemezzük az f(x) = 2 cos ( x + π 2
)
függvényt!
megoldás:
a függvény képe:

76
A kép alapján jellemezhetjük a függvényt. A továbbiakban k ∈ Z tetszőleges.
• értelmezési tartomány: x ∈ R
• értékkészlet: f(x) ∈ [−2, 2]
• monotonitás:
– ha x ∈ [ π + 2kπ, 3π + 2kπ], akkor szigorúan monoton növekvő;
2 2
– ha x ∈ [− π + 2kπ, π + 2kπ], akkor szigorúan monoton csökkenő
2 2
• szélsőérték:
– minimumhely: x = π + 2kπ, minimum érték: −2;
2
– maximumhely:x = 3π + 2kπ, maximum érték: 2
2
• zérushely: x = kπ
• korlátosság: alulról és felülről is korlátos
• paritás: páratlan (képe középpontosan szimmetrikus az origóra)
• periodicitás: periodikus, periódusa 2π
• invertálhatóság: nem invertálható

77
27. Trigonometrikus egyenletek
1. Oldjuk meg a sin x = 1 2 egyenletet!
megoldás:
A sin függvény az első és második síknegyedben pozitív. Felhasználva, hogy a táblázati
érték π így a megoldások x 6 1 = π +2kπ, x 6 2 = π− π +2lπ = − 5π +2lπ, ahol k és l tetszőleges
6 6
egész számok.
2. Oldjuk meg a cos x = 1 2 egyenletet!
megoldás:
A cos függvény az első és a negyedik síknegyedben pozitív. Felhasználva, hogy a táblázati
érték π így a megoldások x 3 1 = π +2kπ, x 3 2 = 2π − π +2lπ = 5π +2lπ, ahol k és l tetszőleges
3 3
egész számok.
3. Oldjuk meg a cos x = −
megoldás:
√
3
2 egyenletet!
A cos függvény a második és a harmadik síknegyedben negatív. Felhasználva, hogy a
táblázati érték π így a megoldások x 6 1 = π− π +2kπ = 5π +2kπ, x 6 6 2 = 2π− π 11π
+2lπ = +2lπ,
6 6
ahol k és l tetszőleges egész számok.
4. Oldjuk meg a sin x = −
megoldás:
√
3
2 egyenletet!
Visszavezetjük az első √ síknegyedre. Keressük vissza melyik az az első negyedbeli szög,
3
aminek a szinusza +
2 . Ezt a szöget nevezzük segédszögnek: x 0 = 60 ◦ = π 3 (rad)

78
A sin függvény a harmadik és a negyedik síknegyedben negatív. Így a megoldások radiánban:
x 1 = π + π 3 + 2kπ = 4π 3 + 2kπ,
ahol k és l tetszőleges egész számok.
x 2 = 2π − π 3 + 2lπ = 5π 3 + 2lπ,
5. Az x szög kiszámítása nélkül határozza meg sin x pontos értékét, ha ismert, hogy tg x = 1 2 !
megoldás:
Tudjuk, hogy
tg x = sin x
cos x .
Az egyenlet mindkét oldalát emeljük négyzetre és rendezzünk:
4 sin 2 x = cos 2 x.
A trigonometrikus Pitagorász-tétel szerint cos 2 x + sin 2 x = 1, s így az
5 sin 2 x − 1 = 0
egyenlethez jutunk. Innen sin x = ± 1 √
5
. A periódus többszörösétől eltekintve az első síknegyedben
a pozitív, míg a harmadik síknegyedben a negatív érték lép fel a szög tangensének
rögzített értéke mellett. Ez azt jelenti, hogy mindkét érték lehetséges.
6. Oldja meg a valós számok halmazán a
egyenletet!
sin 2x(cos x + 1) + sin x(cos 2x − 5) = 0
megoldás:
A kétszeres szögekre vonatkozó
sin 2x = 2 sin x cos x,
illetve
cos 2x = cos 2 x − sin 2 x
trigonometrikus azonosságok alapján szorzattá alakítva:
sin x ( 3 cos 2 x + 2 cos x − sin 2 x − 5 ) = 0.
Ha sin x = 0, akkor x = kπ, ahol k ∈ Z Ellenkező esetben pedig oldjuk meg az
3 cos 2 x + 2 cos x − sin 2 x − 5 = 0
egyenletet. A trigonometrikus Pitagorász-tétel segítségével az y = cos x változóban másodfokú
2y 2 + y − 3 = 0
egyenletet nyerjük. Innen cos x = 1, vagy cos x = − 3 , de az utóbbi nyílván nem ad
2
megoldást, míg cos x = 1 esetén sin x = 0, vagyis az első esethez képest új megoldásokat
itt sem kapunk. Az ekvivalens átalakításokra tekintettel az x = kπ alakú valós számok az
eredeti trigonometrikus egyenlet megoldásai.

7. Oldja meg a
1
1 − sin 2x = 2
trigonometrikus egyenletet. A p valós paraméter mely további értékei mellett van megoldása
a
1
1 − sin 2x = p
trigonometrikus egyenletnek?
79
megoldás:
A bal oldalon álló kifejezés
H = R \ { x | x ≠ π 4
+ kπ, k ∈ Z}
értelmezési tartománya fölött ekvivalens átalakítással a
egyenletet nyerjük. Ezt megoldva
sin 2x = 1 2
2x = π 6 + 2kπ,
ahonnan
illetve
x = π 12 + kπ,
2x = 5π 6 + 2lπ,
ahonnan
x = 5π
12 + lπ,
tetszőleges k és l egész szám mellett. A paraméteres egyenlet esetében két esetet különböztetünk
meg. A p = 0 esetben nincs megoldása az egyenletnek, míg ha p ≠ 0, akkor
sin 2x = 1 − 1 p
következik, melynek megoldhatósága nyilvánvalóan ekvivalens a
−1 ≤ 1 − 1 p ≤ 1
feltétellel. Ábrázolva a
p ↦→ 1 − 1 p
függvényt, könnyen látható, hogy p ≥ 1.
2

80
8. Számítsa ki cos x lehetséges értékeit, ha
1
1 + tg 2 x = 1 2 .
megoldás:
Mivel
azt kapjuk, hogy
Innen viszont cos x = ± 1 √
2
.
tg x = sin x
cos x ,
1
2 = cos 2 x
cos 2 x + sin 2 x = cos2 x.

81
VIII. KOORDINÁTAGEOMETRIA
28. Két pont távolsága, vektorok hossza, szöge
1. Határozzuk meg a −→ AB és −→ BA vektorok koordinátáit, ha
a) A(1, 2), B(−1, 0)
b) A(−3, −2), B(1, 1)
c) A(−1, −3), B(2, 1)
d) A(0, −2), B(5, 3)
megoldás:
a) −→ AB = (−1, 0) − (1, 2) = (−1 − 1, 0 − 2) = (−2, −2)
−→
BA = (1, 2) − (−1, 0) = (1 − (−1), 2 − 0) = (2, 2) = − −→ AB
b) −→ AB = (1, 1) − (−3, −2) = (−1 − (−3), 1 − (−2)) = (2, 3)
−→
BA = − −→ AB = (−2, −3)
c) −→ AB = (2, 1) − (−1, −3) = (2 − (−1), 1 − (−3)) = (3, 4)
d) −→ AB = (5, 3) − (0, −2) = (5 − 0, 3 − (−2)) = (5, 5)
2. Számoljuk ki az A(1, 2) és B(4, −2) pontok távolságát!
megoldás:
A keresett távolság
d AB = √ (4 − 1) 2 + (−2 − 2) 2 = √ 3 2 + (−4) 2 = √ 9 + 16 = √ 25 = 5.
3. Számoljuk ki az A(−2, 3) és B(−1, −3) pontok távolságát!
megoldás:
A keresett távolság
d AB = √ (−1 − (−2)) 2 + (−3 − 3) 2 = √ 1 2 + (−6) 2 = √ 1 + 36 = √ 37.
4. Számoljuk ki az a = (12, 5) vektor hosszát!
megoldás:
A vektor hossza
|a| = √ 12 2 + 5 2 = √ 144 + 25 = √ 169 = 13.
5. Számoljuk ki az a = (−2, 4) vektor hosszát!
megoldás:
A vektor hossza
|a| = √ (−2) 2 + 4 2 = √ 4 + 16 = √ 20.

82
6. Határozzuk meg az a = (1, −2) és a b = (−4, 0) vektorok skaláris szorzatát!
megoldás:
A skaláris szorzat
a · b = 1 · (−4) + (−2) · 0 = −4.
7. Határozzuk meg az a = (2, 3) és a b = (3, −2) vektorok skaláris szorzatát!
megoldás:
A skaláris szorzat
a · b = 2 · 3 + 3 · (−2) = 6 + (−6) = 6 − 6 = 0,
azaz a két vektor merőleges egymásra.
8. Határozzuk meg az a = (−3, 1) és a b = (2, 3) vektorok által bezárt szöget!
megoldás:
A két vektor skaláris szorzata
A két vektor hossza
a · b = (−3) · 2 + 1 · 3 = −6 + 3 = −3.
a = √ (−3) 2 + 1 2 = √ 9 + 1 = √ 10, b = √ 2 2 + 3 2 = √ 4 + 9 = √ 13.
A két vektor által bezárt szög koszinusza
cos ϕ =
a · b
|a| · |b| = −3
√ √ ≈ −0, 2632,
10 · 13
amiből ϕ ≈ 105, 26 ◦ , így a keresett szög ϕ ≈ 74, 74 ◦ .
9. Határozzuk meg az a = (−1, 2) és a b = (3, −1) vektorok által bezárt szöget!
megoldás:
A két vektor skaláris szorzata
A két vektor hossza
a · b = (−1) · 3 + 2 · (−1) = −3 − 2 = −5.
a = √ (−1) 2 + 2 2 = √ 1 + 4 = √ 5, b = √ 3 2 + (−1) 2 = √ 9 + 1 = √ 10.
A két vektor által bezárt szög koszinusza
√
−5 5
cos ϕ = √ √ = −
5 · 10
a · b
|a| · |b| =
amiből ϕ = 135 ◦ , így a keresett szög ϕ = 45 ◦ .
√
10
= − 1 √
2
= −
√
2
2

83
29. Egyenes egyenlete
1. Írjuk fel a P 0 (1, 2) ponton áthaladó, v = (2, −3) irányvektorú egyenes egyenletét!
megoldás:
Az egyenes egyenlete
behelyettesítve
elvégezve az összevonást
v 2 x − v 1 y = v 2 x 0 − v 1 y 0 ,
−3x − 2y = −3 · 1 − 2 · 2,
−3x − 2y = −7.
2. Írjuk fel a P 0 (1, −1) ponton áthaladó, v = (4, 5) irányvektorú egyenes egyenletét!
megoldás:
Az egyenes egyenlete
behelyettesítve
elvégezve az összevonást
v 2 x − v 1 y = v 2 x 0 − v 1 y 0 ,
5x − 4y = 5 · 1 − 4 · (−1),
5x − 4y = 9.
3. Írjuk fel a P 0 (4, 3) ponton áthaladó, n = (1, 2) normálvektorú egyenes egyenletét!
megoldás:
Az egyenes egyenlete
behelyettesítve
elvégezve az összevonást
n 1 x + n 2 y = n 1 x 0 + n 2 y 0 ,
x + 2y = 1 · 4 + 2 · 3,
x + 2y = 10.
4. Írjuk fel a P 0 (−2, −3) ponton áthaladó, n = (3, 1) normálvektorú egyenes egyenletét!
megoldás:
Az egyenes egyenlete
behelyettesítve
elvégezve az összevonást
n 1 x + n 2 y = n 1 x 0 + n 2 y 0 ,
3x + y = 3 · (−2) + 1 · (−3),
3x + y = −9.

84
5. Írjuk fel a P 0 (1, 4) ponton áthaladó, m = −2 meredekségű egyenes egyenletét!
megoldás:
Az egyenes egyenlete
behelyettesítve
y = m(x − x 0 ) + y 0 ,
y = −2(x − 1) + 4,
elvégezve a zárójel felbontását összevonás után az egyenes egyenlete
y = −2x + 6.
6. Írjuk fel a P 0 (3, −1) ponton áthaladó, m = 4 meredekségű egyenes egyenletét!
megoldás:
Az egyenes egyenlete
behelyettesítve
y = m(x − x 0 ) + y 0 ,
y = 4(x − 3) − 1,
elvégezve a zárójel felbontását összevonás után az egyenes egyenlete y = 4x − 13.
7. Írjuk fel az A(2, 1) és B(−2, 3) pontokon áthaladó egyenes egyenletét!
megoldás:
A két pont által meghatározott irányvektor
Az egyenes irányvektoros egyenlete
behelyettesítve
elvégezve az összevonást
v AB = (−2, 3) − (2, 1) = (−4, 2)
v 2 x − v 1 y = v 2 x 0 − v 1 y 0 ,
2x + 4y = 4 + 4,
2x + 4y = 8,
mindkét oldalt 2-vel osztva, az egyenes egyenlete
x + 2y = 4.
8. Írjuk fel az A(1, −3) és B(4, 5) pontokon áthaladó egyenes egyenletét!
megoldás:
A két pont által meghatározott irányvektor
Az egyenes irányvektoros egyenlete
v AB = B − A = (4, 5) − (1, −3) = (3, 8)
v 2 x − v 1 y = v 2 x 0 − v 1 y 0 ,

85
behelyettesítve
elvégezve az összevonást
8x − 3y = 8 + 9,
8x − 3y = 17.
9. Határozzuk meg az alábbi egyenletekkel megadott egyenesek metszéspontjának koordinátáit:
megoldás:
3x + 2y = 1
7x + 5y = 4
Mivel a metszéspont mindkét egyenesen rajta van, a két egyenletnek egyszerre kell fennállnia.
Az egyenletrendszert az egyenlő együtthatók módszerével oldjuk meg. Az első
egyenletet 7-tel, a másodikat 3-mal szorozva a
21x + 14y = 7
21x + 15y = 12
egyenletrendszerhez jutunk. Ekkor az x ismeretlen együtthatói megegyeznek, így a két
egyenletet kivonva −y = −5, amiből y = 5 adódik. Ezt visszahelyettesítve az eredeti
egyenletrendszer első egyenletébe a 3x + 10 = 1 egyenletet kapjuk. Ebből x = −3. A
metszéspont: M(−3, 5).
10. Határozzuk meg az x + y = 5 és az x − y = −1 egyenletű egyenesek metszéspontját!
megoldás:
Mivel az y együtthatói a két egyenletben előjeltől eltekintve megegyeznek, ezért a két egyenletet
összeadva 2x = 4, amiből x = 2. Ezt visszahelyettesítve például az első egyenletbe
2 + y = 5 adódik, amiből y = 3.
Így az egyenesek metszéspontja: M(2,3).

86
30. Kör egyenlete
1. Írjuk fel a (−1, 2) középpontú, r = 4 sugarú kör egyenletét!
megoldás:
Az (u, v) középpontú, r sugarú kör egyenlete
(x − u) 2 + (y − v) 2 = r 2 .
Behelyettesítve
(x + 1) 2 + (y − 2) 2 = 4 2 ,
azaz
(x + 1) 2 + (y − 2) 2 = 16.
(Felbontva a zárójeleket, majd elvégezve az összevonásokat
x 2 + y 2 + 2x − 4y − 11 = 0.)
2. Írjuk fel a (0, −1) középpontú, r = 3 sugarú kör egyenletét!
megoldás:
Az (u, v) középpontú, r sugarú kör egyenlete
(x − u) 2 + (y − v) 2 = r 2 .
Behelyettesítve
(x − 0) 2 + (y + 1) 2 = 3 2 ,
azaz
x 2 + (y + 1) 2 = 9.
(Felbontva a zárójeleket, majd elvégezve az összevonásokat
x 2 + y 2 + 2y − 8 = 0.)
3. Határozzuk meg az
x 2 + y 2 + 6x + 8y − 11 = 0
egyenletű kör középpontját és sugarát!
megoldás:
Első lépésben teljes négyzetté alakítjuk az
x 2 + y 2 + 6x + 8y − 11
kifejezést:
(x + 3) 2 − 9 + (y + 4) 2 − 16 − 11 = 0.
Elvégezve az összevonást, majd a konstanstagot átvive a jobboldalra
(x + 3) 2 + (y + 4) 2 = 36.

87
Így a kör középpontja K(−3, −4), sugara r = 6.
31. Vegyes koordinátageometria feladatok
1. Határozza meg a c paraméter értékét úgy, hogy az
egyenletű egyenes érintse az
egyenletű kört!
megoldás:
x + 3y = c
x 2 + y 2 = 25
Helyettesítsük az x = c − 3y kifejezést a kör egyenletébe:
10y 2 − 6cy + c 2 − 25 = 0.
Az érintés szükséges és elegendő feltétele az, hogy az y változóban másodfokú egyenlet
diszkriminánsa zérus legyen, azaz
ahonnan c = ±5 √ 10
9c 2 − 10(c 2 − 25) = 0,
2. Ismeretes, hogy ha egy ponton át szelőt húzunk egy körhöz, akkor a ponttól a metszéspontokig
terjedő szakaszok hosszának szorzata nem függ a szelő megválasztásától. Számítsa ki
ezt az állandót az
x 2 + y 2 − 16x − 4y + 43 = 0
egyenletű kör és a P (1; 3) pont esetében!
megoldás:
Hozzuk a kör egyenletét kanonikus alakra:
(x − 8) 2 + (y − 2) 2 = 25.
A koordináták behelyettesítésével meggyőződhetünk róla, hogy P külső pontja a körnek
. A P pont és a kör középpontja által meghatározott egyenes olyan pontokban metszi a
körvonalat, melyek P -től vett távolsága rendre
d(P, O) − r, illetve d(P, O) + r,
ahol O a kör középpontját, r pedig a sugarát jelöli. Mivel r = 5 és d(P, O) = √ 50, ezért a
szóbanforgó állandó értéke
( √ 50 + 5)( √ 50 − 5) = 50 − 25 = 25.

88
3. Hol metszi a koordinátatengelyeket az
x 2 − 2x + y 2 − 4y − 20 = 0
egyenletű kör P (4, 6) pontjában vont érintője?
megoldás:
A kör egyenletét
(x − 1) 2 + (y − 2) 2 = 25,
kanonikus alakra hozva leolvashatók a kör középpontjának u = 1 és v = 2 koordinátái. Az
n(3, 4) vektor a P (4, 6) -beli érintő normálvektora. Az érintő egyenlete
3x + 4y = 36.
Végül az x = 0, illetve az y = 0 helyettesítésekkel az X(12, 0), illetve az Y (0, 9) metszéspontokat
nyerjük.
4. Milyen görbén helyezkednek el azoknak a köröknek a középpontjai, melyek átmennek a
P (3, 2) ponton és érintik az x tengelyt?
megoldás:
Bármely kívánt tulajdonságú kör középpontja sugárnyi távolságra van a P ponttól és –
az érintési tulajdonságra tekintettel – sugárnyi az x tengelytől mért távolsága is. Ez azt
jelenti, hogy a szóban forgó görbe egy P (3, 2) fókuszú parabola, melynek vezéregyenese az
x tengely. Egy alternatív koordinátageometriai megoldás a körök középpontjainak u és v
koordinátáira felírt
(3 − u) 2 + (2 − v) 2 = v 2
egyenlet, amit rendezve
Ez pedig egy parabola egyenlete.
v = 1 4 (3 − u)2 + 1.

89
IX. ELEMI GEOMETRIA
32. Elemi geometria
1. Egy 1,9 méter magas és 1,2 méter széles vasajtóra átlóvasat kell tenni. Mekkora ennek a
hossza?
megoldás:
Alkalmazva a Pitagorasz tételt, a keresett hosszúság négyzetére az
összefüggés áll fenn, amiből l ≈ 2, 25 m.
l 2 = 1, 9 2 + 1, 2 2
2. Egy háromszög oldalai a = 4 cm, b = 13 cm, c = 15 cm hosszúak. Mekkora a kerülete és a
területe? Mekkorák a magasságok és a beírt kör sugara?
megoldás:
A kerület az oldalak hosszának összege
K = a + b + c = 4 + 13 + 15 = 32 cm.
A területet Héron képlettel kapjuk. A kerület fele
A Héron-képlet szerint
s = K 2 = 32
2
= 16 cm.
T = √ s(s − a)(s − b)(s − c) = √ 16 · 12 · 3 · 1 = 24 cm 2 .
A terület bármely oldal és a hozzá tartozó magasság szorzatának a fele. Így
amiből m a = 12 cm. Hasonlóan
T = am a
2 , behelyettesítve 24 = 4m a
2
T = bm b
2 ,
amiből m b ≈ 3, 7 cm. Ugyanígy m c = 3, 2 cm.
A terület a beírt kör sugarának és a fél kerületnek a szorzata, azaz
amiből ρ = 1, 5 cm.
T = ρ · s, behelyettesítve 24 = 16ρ,

90
3. Egy egyenlő szárú háromszög kerülete 30 cm, alapja 14 cm. Mekkorák a magasságok?
megoldás:
Az egyenlő szárú háromszög kerülete, ha az alap a, és a szár b, akkor
Behelyettesítve az adatokat
K = a + 2b.
30 = 14 + 2b,
amiből b = 8 cm. Kiszámoljuk az alaphoz tartozó magasságot. Az alaphoz tartozó magasság
az alapot két egybevágó derékszögű háromszögre bontja. Ezek egyikére alkalmazva a
Pitagorasz tételt azt kapjuk, hogy
(a ) 2
+ m
2
2 a = b 2 .
Behelyettesítve az adatokat, majd rendezve az egyenletet
7 2 + m 2 a = 8 2
49 + m 2 a = 64
m 2 a = 15,
amiből m a ≈ 3, 87 cm.
A háromszög területe kifejezhető bármely oldallal és a hozzá tartozó magassággal. Kétféleképpen
felírva a területet
am a
2
= bm b
2 .
Behelyettesítve az adatokat, majd kifejezve m b -t
14 · 3, 87
m b ≈ ≈ 6, 77 cm.
8
4. Hány darab 35, 5 cm hosszú, 6 cm széles parketta szükséges egy 20 m 2 szoba padlózásához?
megoldás:
Egy darab téglalap alakú parketta területe
35, 5 · 6 = 213 cm 2 .
A szoba területét elosztva egy parkettafa területével, megkapjuk a szoba padlózásához
szükséges parkettafák darabszámát. A szoba területe 20 m 2 = 200.000 cm 2 , így 200.000 :
213 = 657, 2, azaz 658 darab parketta szükséges.
5. Egy 3250 m 2 területű téglalap alakú telket 230 m hosszú drótsövény vesz körül. Állapítsuk
meg a telek hosszúságát és szélességét!
megoldás:
Legyen a telek hossza a, szélessége b méter. Ekkor a telek területe
ab = 3250.

91
A drótsövény a téglalap kerülete, mely a hosszúság és szélesség kétszerese
Tehát meg kell oldanunk az
2(a + b) = 230, azaz a + b = 115.
a + b = 115
ab = 3250
egyenletrendszert. Az első egyenletből kifejezve b-t, b = 115 − a. Ezt behelyettesítve az
első egyenletbe, majd rendezve és megoldva a kapott másodfokú egyenletet
a(115 − a) = 3250
115a − a 2 = 3250
a 2 − 115a + 3250 = 0.
A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva
a 1,2 = 115 ± √ 13225 − 13000
2
= 115 ± √ 225
2
=
115 ± 15
.
2
Így a 1 = 65, a 2 = 50. Visszahelyettesítve b 1 = 50, b 2 = 65. Tehát a telek hosszúsága 65
méter, szélessége 50 méter.
6. Milyen magas az az épület, amelynek árnyéka 20 m, ha ugyanabban az időben a függőlegesen
tartott 1, 3 m hosszú bot árnyéka 0, 8 m?
megoldás:
Legyen az épület magassága x. Az épület és árnyéka, valamint a bot és árnyéka két hasonló
derékszögű háromszög két-két befogója. Hasonló háromszögekben a megfelelő oldalak
aránya megegyezik, így
x
20 = 1, 3
0, 8 .
Ebből
x =
20 · 1, 3
0, 8
= 32, 5 m.
7. Egy szabályos ötszög alakú parkrészlet kerülete 80 m. Mekkora a területe?
megoldás:

92
A szabályos ötszög egyik oldala
a = 80
5
= 16 m.
Kiszámítjuk az egyik középponti háromszög területét. A háromszögben az ötszög oldalához
tartozó m magasságra
( α
)
tg = a
2 2m .
Behelyettesítve az adatokat, majd a kapott egyenletet m-re megoldva:
tg 36 ◦ = 16
2m
A háromszög területe
Ebből az ötszög területe
T △ = am 2
0, 7265 = 8 m
0, 7265m = 8
m ≈ 11, 01 m.
≈
16 · 11, 06
2
= 88, 09 m 2 .
T = 5 · T △ ≈ 440, 45 m 2 .
8. Mekkora a selejt bádoglemez területe, ha egy 2 cm sugarú bádog körlapból a legnagyobb
területű szabályos hatszöget vágjuk ki?
megoldás:
A selejt területe a körlap és a belőle kivágott hatszög területének a különbsége. A körlap
területe r 2 π. A szabályos hatszög területe egy középponti háromszöge területének hatszorosa.
A középponti háromszög területe
így a hatszög területe
T △ = a2√ 3
4
= 22√ 3
4
T = 6 √ 3 cm 2 .
= √ 3 cm 2 ,
A kör területe T ◦ = r 2 π = a 2 π = 4π ≈ 12, 56 cm 2 . Tehát a selejt rész területe
T − T ◦ = 12, 56 − 6 √ 3 ≈ 2, 17 cm 2 .

93
9. Egy kör sugara 11 cm. Mekkora a vele egyenlő területű négyzet oldala?
megoldás:
Az r sugarú kör területe r 2 π, így
T ◦ = r 2 π = 11 2 π = 121π ≈ 379, 94 cm 2 .
Az a oldalú négyzet területe a 2 , így
T □ = a 2 .
Mivel T ◦ = T □ , ezért a 2 ≈ 379, 94, amiből a ≈ 19, 49 cm.
10. Egy egyenlő szárú trapéz párhuzamos oldalainak különbsége 5 m, középvonala 6, 5 m, területe
52 m 2 . Mekkora a kerülete?
megoldás:
A kerülethez ki kell számolnunk az oldalak hosszát. Mivel a középvonal az alapok számtani
közepének a fele, ezért
a + c
= 6, 5.
2
Az alapokat az
a − c = 5
a + c
= 6, 5
2
egyenletrendszer megoldásaként kapjuk. A második egyenletet 2-vel szorozva, majd a két
egyenletet összeadva azt kapjuk, hogy 2a = 18, amiből a = 9 m. Ezt visszahelyettesítve
c = 4 m. A terület
T = a + c
2 m,
amibe behelyettesítve
52 = 9 + 4
2 m.
Ebből m = 8 m. A trapéz szárait a BEC derékszögű háromszögből Pitagorasz tétel segítségével
kapjuk:
( ) 2 a − c
+ m 2 = b 2 .
2

94
Behelyettesítve, majd megoldva az egyenletet
amiből b ≈ 8, 38 m.
2, 5 2 + 8 2 = b 2
6, 25 + 64 = b 2
70, 25 = b 2 ,
11. Egy téglalap alakú kultúrterem hosszúsága 10 m-e nagyobb a szélességénél. Ha a terem
minden oldalát megnöveljük 1 m-rel, akkor területe 24 m 2 -rel lesz nagyobb. Mekkorák
voltak eredetileg az oldalak?
megoldás:
Jelöljük az eredeti hosszúságot a-val, az eredeti szélességet b-vel. Ekkor a = b + 10. Ezt az
összefüggést behelyettesítve a megnövelt oldalakkal alkotott terület kifejezésébe:
amiből
(a + 1)(b + 1) = ab + 24,
(b + 11)(b + 1) = (b + 10)b + 24.
Felbontva a zárójeleket, majd rendezve az egyenletet
b 2 + 11b + b + 11 = b 2 + 10b + 24
12b + 11 = 10b + 24
2b = 13
b = 6, 5 m.
Ezt behelyettesítve a = b + 10 = 6, 5 + 10 = 16, 5 m.
12. Egy derékszögű háromszög kerülete 60 cm, területe 150 cm 2 . Mekkorák az oldalai?
megoldás:
A derékszögű háromszög befogóit a-val és b-vel jelöljük, az átfogót c-vel. Ekkor a feltételek,
valamint a Pitagorasz-tétel szerint
a + b + c = 60
ab
2 = 150
a 2 + b 2 = c 2 .
Az első egyenletből fejezzük ki a c-t, amit helyettesítsünk be a harmadik egyenletbe. Ekkor
az új harmadik egyenlet:
a 2 + b 2 = (60 − a − b) 2 .
Elvégezzük a négyzetre emelést, majd összevonunk, végül egyszerűsítve
a 2 + b 2 = 3600 + a 2 + b 2 − 120a − 120b + 2ab
120a + 120b − 2ab = 3600
60a + 60b − ab = 1800.

A második egyenletből ab = 300, amit behelyettesítve a kapott egyenletbe, majd összevonva
és egyszerűsítve
adódik. Így a megoldandó egyenletrendszer
60a + 60b − 300 = 1800
60a + 60b = 2100
a + b = 35
a + b = 35
ab = 300.
Az első egyenletből b = 35−a, melyet behelyettesítve a második egyenletbe, majd felbontva
a zárójelet, és összevonva, végül rendezve az egyenletet
adódik. Megoldva a másodfokú egyenletet
a(35 − a) = 300
35a − a 2 = 300
a 2 − 35a + 300 = 0
95
a 1,2 = 35 ± √ 35 2 − 1200
2
= 35 ± √ 25
2
= 35 ± 5 .
2
Tehát a 1 = 20 cm, a 2 = 15 cm. Az adatokat visszahelyettesítve b 1 = 15 cm, b 2 = 20 cm,
amiből c = 25 cm. Így a derékszögű háromszög befogói 15 cm és 20 cm, átfogója 25 cm.
13. Egy kisméretű test a függőleges iránnyal α szöget bezáró AB vezetőrúd mentén mozoghat.
A testhez az ábrán látható módon egy rugót erősítünk. Amikor a test az A pontban van,
akkor a rugó megnyúlása nulla. Mekkora a rugó megnyúlása, amikor a test a B pontban
van?
Legyen α = 30 ◦ , h = 0, 5 m, a = 0, 5 m.
megoldás:

96
Először α 1 -et számoljuk ki: α 1 = α + 90 ◦ . Kiszámoljuk l-et a koszinusz tétel segítségével
l 2 = a 2 + h 2 − 2ah cos α 1 .
Behelyettesítve az adatok
l 2 = 0, 7 2 + 0, 5 2 − 2 · 0, 7 · 0, 5 cos 120 ◦ ≈ 1, 09,
amiből l ≈ 1, 04, így a keresett megnyúlás ∆l = |l − l 0 | ≈ 0, 34 m.
14. A mellékelt ábra egy forgattyús hajtóművet szemléltet. Számítsa ki az ábrán jelölt d
távolságot!
Legyen R = 20 cm, l = 50 cm, α = 20 ◦ .
megoldás:

97
Felírva a koszinusz tételt
l 2 = x 2 + R 2 − 2xR cos(90 ◦ + α).
Behelyettesítve az adatokat, majd elvégezve az összevonást, végül rendezve az egyenletet
50 2 = 20 2 + x 2 − 2 · 20x cos 110 ◦
2500 = 400 + x 2 + 13, 68x
0 = x 2 + 13, 68x − 2100.
Megoldva a másodfokú egyenletet x 1 ≈ 39, 49, x 2 ≈ −53, 17. Negatív gyök nem lehetséges
oldlahosszúságról lévén szó, így x ≈ 39, 49, amiből d = x − R ≈ 19, 49 cm.
15. Egy kis golyó az ábrán látható negyed körív alakú pálya mentén mozoghat. Amikor a
golyó a pálya felső, A pontjában van, a rugó megnyúlása nulla. Határozzuk meg a rugó
megnyúlását az α szöggel jellemzett B pontban!
Legyen α = 30 ◦ , a = 0, 4 m, R = 0, 1 m.
megoldás:

98
Felírva a koszinusz tételt
x 2 = 0, 5 2 + 0, 1 2 − 3 · 0, 5 · 0, 1 · cos 30 ◦ .
Elvégezve jobboldalon a műveleteket, majd gyököt vonva, az eredmény x ≈ 0, 02 m.
16. Egy forgáskúp kiterített palástja egy 10 cm sugarú félkör. Mekkora a kúp magassága és
alapkörének sugara?
megoldás:
A kiterített palástz kerülete
K pal = 2Rπ
2
= Rπ = 10π ≈ 31, 4 cm.
Másrészt a kúp alakörének kerülete 2rπ, így
2rπ = 10π,
amiből r = 5 cm. Az MOA derékszögű háromszöre felírva a Pitagorasz tételt
m 2 + r 2 = a 2 ,
amiből az adatok behelyettesítése és az ismeretelen kifejezése után azt kapjuk, hogy m ≈
8, 66 cm.

17. Az alábbi ábra egy vaslemezből kivágott idomot mutat. A lemez vastagságát d, a vas
sűrűségét ρ jelöli. Számítsuk ki az idom tömegét!
99
Legyen a = 4, 5 cm, b = 6 cm, x = 2, 5 cm, z = 1, 5 cm, R = 2 cm, d = 0, 3 cm, ρ = 7, 86 g
cm 3 .
megoldás:
A háromszög kerülete K = 2s = 18, 5 cm, amiből s = 9, 25 cm.
Héron képlettel
A háromszög területe
T △ = √ s(s − a)(s − b)(s − c) = √ 9, 25 · 4, 75 · 3, 25 · 1, 25 ≈ 13, 36 cm 2 .
A félkör területe
Ebből a vasidom területe
T = R2 π
2
≈ 6, 28 cm 2 .
T vasidom = T △ − T ≈ 7, 08 cm 2 .
Ebből a térfogat
V = d · T vasidom ≈ 2, 12 cm 3 .
Mivel m = ρ · V , ezért a vasidom tömege m ≈ 16, 69 g.
18. Egy hengeres kémcső köbcentiméterekre van beosztva. Két szomszédos beosztás távolsága
1, 5 cm. Mekkora a kémcső belső átmérője?
megoldás:

100
A kémcső két szomszédos beosztása közötti térfogata 1 cm 3 , ezért
r 2 π · 1, 5 = 1.
Ebből r ≈ 0, 46, így a kémcső belső átmérője kb. 0, 9 cm.