Tartalomjegyzék - uni-eszterhazy.hu · ELŐSZÓ...

Tartalomjegyzék

Előszó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51. Függvénytani alapismeretek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72. Valós számsorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93. Valós számsorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134. Valós függvények határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175. Valós függvények differenciálhányadosa . . . . . . . . . . . . . . . 216. A differenciálszámítás alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . 247. Integrálszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298. Improprius integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Megoldások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371. Függvénytani alapismeretek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382. Valós számsorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413. Valós számsorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494. Valós függvények határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595. Valós függvények differenciálhányadosa . . . . . . . . . . . . . . . 686. A differenciálszámítás alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . 747. Integrálszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1028. Improprius integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

ELŐSZÓ

A nem matematika szakos hallgatóknak a matematika tanulása olykor jó-val nagyobb nehézséget okoz, mint azt az elsajátítandó tananyag mennyisé-géből és bonyolultságából gondolnánk. Ennek valószínűleg az egyik nagyonfontos oka az, hogy az órára való felkészüléskor, egyedül nagyon kevés fel-adattal birkóznak meg a hallgatók. Kiváló feladatgyűjtemények állnak ahallgatók rendelkezésére, amelyekből sikeresen felkészülhetnek a vizsgáikra,zárthelyi dolgozataikra, ha megfelelő matematikai „alapműveltséggel” ren-delkeznek az analízis feladatok megoldásában. Ehhez a tudáshoz próbáljahozzásegíteni a könyv azokat a hallgatókat, akik hajlandók olyan oldalakatlapozgatni, ahol nem bízunk semmit (vagy olykor egy nagyon keveset) akezdő lépéseket megtevőkre, hanem végigvezetjük a feladatmegoldás alap-vető lépésein, melynek végén nyugodt szívvel tekinthetnek leendő számon-kéréseikre.A tankönyv tartalma és jelölésrendszere követi az irodalomjegyzékben

megemlített „Matematika, nem matematika szakos hallgatóknak" ([2]) címűjegyzetét.A feladatgyűjtemény a LATEXnevű dokumentumkészítő rendszer segítségé-

vel készült, annak minden szépségét és nehézségét megélve. Az ábrák elké-szítéséhez a Scientific Workplace programcsomagot használtuk. Ez a rend-szer tette lehetővé azt is, hogy a feladatok megoldásait ne csak a szokásosmódon ellenőrizhessük, hanem számítógéppel is. Így ha esetleges bosszantóelírások elő is fordulnak a végeredményekben hibák csak nagyon ritka eset-ben találhatók.Ezúton szeretném kifejezni köszönetemet azon kollégáimnak, barátaim-

nak és tanítványaimnak, akik hozzájárultak e könyv elkészítéséhez. KovácsEmődnek és Olajos Péternek TEX-hel kapcsolatos kérdéseim türelmes meg-válaszolásáért. Kollégáimnak a sok megtalált hibáért, amelyek így nemkerültek bele a feladatgyűjteménybe. Rados Mihálynak a teljes kézirat át-olvasásáért, az olykor tréfás, mindig alapos és segítő, margóra írt megjegy-zéseiért. Rimán Jánosnak, akitől megtanultam, hogy mindig még maga-

sabbra kell tenni a mércét. Kovács Dórának a precíz szerkesztő munkájáért.Tanítványaimnak az ábrák elkészítésében és a megoldások ellenőrzésébentanúsított lelkes munkájukért. Köszönöm a Békésy György posztdoktoriösztöndíj támogatását, amely nyugodt hátteret biztosított a munkámhoz.Külön köszönöm családtagjaimnak megértésüket és türelmüket.

Eger, 2004. augusztus 31.

Liptai KálmánEszterházy Károly Főiskola

Matematikai és Informatikai Inté[email protected]

1. Függvénytani alapismeretek 7

1. Függvénytani alapismeretek

1. Legyen X adott halmaz és A,B, C ⊂ X. Bizonyítsuk be, hogy

(a) (A ∩B) \ C = (A \ C) ∩ (B \ C),

(b) A \ (B ∪ C) = (A \B) ∩ (A \ C),

(c) A \ (A \ (B \ C)) = A ∩B ∩ Cc.

2. Határozzuk meg az alábbi f relációk értelmezési tartományát, érték-készletét és inverzét:

(a) A := {1, 2, 3, 5}, B := {3, 4, 6, 7}, f ⊂ A × B, és xfy akkor éscsak akkor, ha x osztója y-nak,

(b) A := {−1, 0, 2, 4, 5}, B := {−2, 1, 3, 5, 6, 7}, f ⊂ A × B, és xfyakkor és csak akkor, ha x + y = 5.

3. Döntsük el, hogy az alábbi függvények közül melyek invertálhatók,azokban az esetekben, amelyekben ez lehetséges határozzuk meg azinverz függvényét:

(a) f : R → R, f(x) := 5 + 6x,

(b) f : R → R, f(x) := 1− x2,

(c) f : R \{1} → R, f(x) :=x + 1x− 1

,

(d) f : R → R, f(x) := 2x+1,

(e) f : R → R, f(x) := sin 2x− 1.

4. Határozzuk meg a következő halmazok pontos alsó és pontos felsőkorlátját, belső, külső, torlódási és határpontjainak halmazát:

(a) H1 := [1, 2] ∪ (5, 7],

(b) H2 := (−∞, 3) ∪ {6} ∪ {7} ,

(c) H3 := (−∞, 5) ∪ (5,+∞) ,

8 1. Függvénytani alapismeretek

(d) H4 := [−3, 2] ∪ (4,+∞) ,

(e) H5 := (−3, 1] ∪ (2, 4) ∪ [5, 10),

(f) H6 := {−8} ∪ [1, +∞).

5. Határozzuk meg a következő halmazok pontos alsó és pontos felsőkorlátját, belső, külső, torlódási és határpontjainak halmazát:

(a) H1 := Q,

(b) H2 := R \Q,

(c) H3 := N,

(d) H4 :={

x ∈ R : x =1n

, n ∈ N

},

(e) H5 :={

x ∈ R : x = 2− 1n

, n ∈ N

},

(f) H6 :={

x ∈ R : x = −1 +2

n + 1, n ∈ N

}.

6. Határozzuk meg a g ◦ f és f ◦ g függvényeket:

(a) f : R → R, f (x) := 2x+17 , g : R → R, g (x) := x2 + 2,

(b) f : R+ → R, f (x) :=√

x, g : [−π, π] → R, g (x) := sinx,

(c) f : [0, 2π] → R, f (x) = sinx, g : [0, π] → R, g (x) := cosx,

(d) f : R− → R, f (x) := 1x ,

g : [2, +∞) → R, g (x) :=√

x− 2,

(e) f : [2, 4] → R, f (x) := 1x−1 , g : [1, +∞) → R, g (x) := 2x−1.

2. Valós számsorozatok 9

2. Valós számsorozatok

1. Határozzuk meg, hogy hányadik tagtól kezdve esnek a sorozatok tagjaia határérték 10−3 sugarú környezetébe:

(a) 〈an〉 : N → R, an :=2

n2 + 6,

(b) 〈an〉 : N → R, an :=−6n

n + 7,

(c) 〈an〉 : N → R, an :=3n + 24n + 2

.

2. Bizonyítsuk be a definíció alapján, hogy az alábbi sorozatok konver-gensek:

(a) 〈an〉 : N → R, an :=(−1)n

n,

(b) 〈an〉 : N → R, an :=sinn

n,

(c) 〈an〉 : N → R, an :=n + 2n + 1

,

(d) 〈an〉 : N → R, an :=n2 + 2

n2 + n + 1,

(e) 〈an〉 : N → R, an :=1

n3 + 5,

(f) 〈an〉 : N → R, an :=6n2 + n + 2n2 + n + 2

,

(g) 〈an〉 : N → R, an := 6−(

12

)n

,

(h) 〈an〉 : N → R, an := 5 +(−1)n

5n.

10 2. Valós számsorozatok

3. Határozzuk meg a következő sorozatok határértékét:

(a) 〈an〉 : N → R, an :=12n3 − 5n2 + 83n3 + 2n + 7

,

(b) 〈an〉 : N → R, an :=−4n5 + 3n3 − 5

3n5 + 4n4 + n3 + 9,

(c) 〈an〉 : N → R, an := (−1)n 2n2 + 2n3 + 5n− 3

,

(d) 〈an〉 : N → R, an :=1n + 3

n3

2n + 5

n3

,

(e) 〈an〉 : N → R, an :=2n3 + 5n2 + n + 2−5n3 + 2n2 + 6

.


(a) 〈an〉 : N → R, an :=(

3n + 43n− 5

)n

,

(b) 〈an〉 : N → R, an :=(

5n− 15n + 3

)n+2

,

(c) 〈an〉 : N → R, an :=(

7n− 17n + 4

)n−5

,

(d) 〈an〉 : N → R, an :=(

6n2 − 16n2 + 3

)2n2+4

,

(e) 〈an〉 : N → R, an :=(

3n2 + 73n2 − 5

)4n2−1

,

(f) 〈an〉 : N → R, an :=(

1− 1n2

)2n

.


(a) 〈an〉 : N → R, an :=(

n2 + 33n2

)4n2

,

2. Valós számsorozatok 11

(b) 〈an〉 : N → R, an :=3n+2 + 2n−2

4 + 5n,

(c) 〈an〉 : N → R, an :=2n− 64n2 + 2

cosnπ,

(d) 〈an〉 : N → R, an :=(−2)n + 4n+1

3n + 7n−2.

6. Vizsgáljuk meg a következő sorozatokat monotonitás és korlátosságszempontjából:

(a) 〈an〉 : N → R, an :=n + 42n + 3

,

(b) 〈an〉 : N → R, an :=3n2 − 42n2 + 1

,

(c) 〈an〉 : N → R, an :=n− 2−3n + 5

,

(d) 〈an〉 : N → R, an := (−1)n 2n

n2 + 2,

(e) 〈an〉 : N → R, an := (−1)n n2

2n2 + 1,

(f) 〈an〉 : N → R, an :=5n+2

n!,

(g) 〈an〉 : N → R, an :=2n2 + 34n2 + 1

cosnπ.

7. Döntsük el, hogy konvergensek-e a következő sorozatok, és ha igen,határozzuk meg a határértéküket:

(a) 〈an〉 : N → R, an :=√

n2 + 2− n,

(b) 〈an〉 : N → R, an := 3√

n3 + 5− n,

(c) 〈an〉 : N → R, a1 := 0, an := n2(√

n4 − 4− n2)

, ha n ≥ 2,

(d) 〈an〉 : N → R, an :=3n3 + 4n2 − n + 2

3n2 + n2 + 7,


(e) 〈an〉 : N → R, an :=6n4 − 3n2 + 1−n2 + n− 7

,

(f) 〈an〉 : N → R, an :=(

2n− 13n

)n

,

(g) 〈an〉 : N → R, an :=(

n− 1n

)n2

,

(h) 〈an〉 : N → R, an :=5n−1 + 32n−2

1 + 6n.


(a) 〈an〉 : N → R, an := 2n√

n2 + 6n + 7,

(b) 〈an〉 : N → R, an := 3n2+1√

6n2 + 8n + 1,

(c) 〈an〉 : N → R, an := n√

4n + 5n,

(d) 〈an〉 : N → R, an :=n2 sinn!2n3 + 4

,

(e) 〈an〉 : N → R, an :=1 + 2 + · · ·+ n

n(n + 5),

(f) 〈an〉 : N → R, an :=12 + 22 + · · ·+ n2

(n2 + 1)(n + 2).

9. Legyen a1 :=√

2 és an :=√

2 + an−1, ha n ∈ N és n > 1. Határozzukmeg az adott rekurzióval definiált sorozat határértékét.

3. Valós számsorok 13

3. Valós számsorok

1. Bizonyítsuk be a definíció alapján, hogy az alábbi sorok konvergensek,és számítsuk ki az összegüket:

(a)∞∑

1

1n (n + 1)

,

(b)∞∑

1

1(2n + 1) (2n + 3)

,

(c)∞∑

1

12n (2n + 2)

,

(d)∞∑

1

1n (n + 1) (n + 2)

,

(e)∞∑

3

3n2 − n− 2

.

2. Határozzuk meg a következő sorok összegét:

(a)∞∑

0

(17n

+53n

),

(b)∞∑

2

−162n+5

,

(c)∞∑

0

1 + (−1)n

3 · 5n+1,

(d)∞∑

0

cosnπ

3n,

(e)∞∑

0

sinnπ2 + cos nπ

4n+3,

14 3. Valós számsorok

(f)∞∑

0

(−3)n + 2n

8 · 6n,

(g)∞∑

0

12n

cos2nπ

3.

3. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi sorok divergensek:

(a)∞∑

1

(n− 1

n

)n

,

(b)∞∑

1

n + 12n + 3

,

(c)∞∑

1

n√

0, 001,

(d)∞∑

1

1, 01n,

(e)∞∑

1

10−5 n√

n2,

(f)∞∑

1

n + 15n− 2

cosnπ.

4. A Cauchy-féle gyökkritérium vagy a d’Alembert-féle hányadoskrité-rium segítségével döntsük el, hogy konvergensek-e az alábbi sorok:

(a)∞∑

1

5n2

3nn!,

(b)∞∑

1

(3n

)n

n!,

(c)∞∑

1

0, 1n

n!,

3. Valós számsorok 15

(d)∞∑

1

5nn7,

(e)∞∑

1

n!(2n)!

,

(f)∞∑

1

5n−3

(6n− 2) 7n.

5. Döntsük el, hogy konvergensek-e az alábbi valós számsorok:

(a)∞∑

1

n + 3n (n + 5)

,

(b)∞∑

1

2n−3

(5n + 1) 3n,

(c)∞∑

1

n2

3n,

(d)∞∑

1

2n− 2n4 + n2 + 1

,

(e)∞∑

1

e−n 1(2n + 1)!

,

(f)∞∑

2

12√

n− 1.

6. Döntsük el, hogy konvergensek-e az alábbi valós számsorok:

(a)∞∑

1

arctgn

2n2 + n + 1,

(b)∞∑

1

n!ennn

,


(c)∞∑

1

3√

n + 13√

n2 + n + 1,

(d)∞∑

1

(arcsinn)1

n4 + 1,

(e)∞∑

2

n + 13√

n4 + 3n + 4,

(f)∞∑

2

3n+4

(log2 n)n ,

(g)∞∑

1

(−1)n n + 2n(n + 3)

,

(h)∞∑

1

(−1)n 2n

n!.

4. Valós függvények határértéke 17

4. Valós függvények határértéke

1. Határozzuk meg a következő határértékeket:

(a) limx→0

4x4 + x3

x (1− cosx),

(b) limx→0

x4 + 2x3

5x (1− cosx),

(c) limx→0

1− cos 3x

x2 cosx,

(d) limx→0

1− cos 5x

x2 (1 + cos 2x),

(e) limx→0

tgx− sinx

x3 cosx.

(f) limx→0

sinx (1− cosx)2x3 cos3 x

,

(g) limx→0

sin 2x− 2 sinx

tg2 x,

(h) limx→0

sinmx

sinnx, ahol n,m ∈ N .


(a) limx→+∞

(√x2 + ax−

√x2 + bx

), a, b ∈ R+,

(b) limx→+∞x

(√9x2 + 1− 3x

),

(c) limx→+∞

12 + x√7 + 6x2

,

(d) limx→+∞

x− 9√x− 3

,

(e) limx→9

x− 9√x− 3

,

18 4. Valós függvények határértéke

(f) limx→+∞

2x2 + 5x + 64x2 − 5x + 7

.


(a) limx→+∞

−3x2 − 6x + 1x + 2

,

(b) limx→+∞

√x2 + 5 + 4

√2x2 + 1

3√

x + 3,

(c) limx→+∞

6 3√

x + 1 +√

7x + 1√3x + 2 +

√2x

,

(d) limx→−∞

6x + 23√

x3 + 1,

(e) limx→2

x− 2|x| − 2

,

(f) limx→0

√x + 3−√3

x,

(g) limx→0

√x2 + 4− 2

x.


(a) limx→+∞

(√x2 + 2− x

),

(b) limx→+∞

(√x2 + 5x− x

),

(c) limx→+∞

(√x2 + ax− x

), a ∈ R+,

(d) limx→+∞

(3√

x2 + a− 3√

x2 − a)

, a ∈ R,

(e) limx→+∞

(4x + 24x− 3

)2x+5

,

(f) limx→+∞

(6− 2x

1− 2x

)5x+1

,

4. Valós függvények határértéke 19

(g) limx→+∞

(5x2 − π

5x2 +√

2

)4x2+2

,

(h) limx→+∞

(4x2 + 26x2 − 4

)x2

.

5. Az A paraméter milyen értékénél lesz a következő határérték egyenlő1-gyel,

limx→+∞

A

2arctgx.

6. Határozzuk meg a következő függvények bal és jobb oldali határértékétaz adott x0 helyeken:

(a) f : R \ {1} → R, f (x) :=x2 + 1x− 1

, x0 = 1,

(b) f : R \ {−1, 1} → R, f (x) :=−2x− 1x2 − 1

, x0 = 1, x0 = −1,

(c) f : R \ {1, 4} → R, f (x) :=(x + 1)2

x2 − 5x + 4, x0 = 1, x0 = 4,

(d) f : R \ {0, 1} → R, f (x) :=x + 2

x4 − x3, x0 = 0, x0 = 1,

(e) f : R \ {0} → R, f (x) :=x + 3

32x + 1

, x0 = 0,

(f) f : R \ {1} → R, f (x) := 55

x−1 , x0 = 1.

7. Határozzuk meg a következő függvények bal és jobb oldali határértékétaz adott x0 helyeken:

(a) f : R \ {3} → R, f (x) :=x + 2|x− 3| , x0 = 3,

(b) f : R \ {2} → R, f (x) :=1

(x− 2)2 − |x− 2| , x0 = 2,

(c) f : R \ {0} → R, f (x) := arctg12x

, x0 = 0,


(d) f : [−1, 0) ∪ (0, 1] → R, f (x) :=2

arcsinx, x0 = 0.

5. Valós függvények differenciálhányadosa 21

5. Valós függvények differenciálhányadosa

1. Bizonyítsuk be a definíció felhasználásával, hogy a következő függvé-nyek tetszőleges x0 ∈ R pontban differenciálhatók:

(a) f : R → R, f (x) := x3 + 2x2 + 1,

(b) g : R → R, g (x) := −x2 + 2x + 3.

2. Bizonyítsuk be a definíció alapján, hogy az f függvény az értelmezésitartomány tetszőleges x0 pontjában differenciálható, ahol

f : R \ {0} → R, f (x) :=1x.

3. Bizonyítsuk be a definíció alapján, hogy az f függvény tetszőlegesx0 ∈ R pontban differenciálható, ahol

f : R → R, f (x) := xn, n ∈ N .

4. Bizonyítsuk be, hogy a következő függvények nem differenciálhatók azx0 = 0 pontban:

(a) f : R → R, f (x) := |x| ,

(b) g : R → R, g (x) :={

0, ha x = 0,x sin 1

x , ha x 6= 0,

(c) h : R → R, h (x) := |sinx| .5. Határozzuk meg az alábbi függvények deriváltját:

(a) f : R+ → R, f (x) := x5 + 4√

x3 + 7x4 + 5x2 ,

(b) f : R+ → R, f (x) := 6x7 + 5√

πx3 +√

2 1x ,

(c) f : R → R, f (x) := (2 cosx + 1)(x2 + 6 · 3x

),

(d) f : R+ → R, f (x) = (lnx + arctgx) (5 + 2x) ,

(e) f :(0,

π

2

)→ R, f (x) :=

6π2 tgx + 6√2 arctgx

,

22 5. Valós függvények differenciálhányadosa

(f) f : R+ → R, f (x) =π cosx− 3 sin x +

√x

x2 + 7 ln2 x.

6. Határozzuk meg az alábbi függvények deriváltját:

(a) f : R → R, f (x) := 7x2+6 + π,

(b) f : R+ → R, f (x) := cos(√

x + x2),

(c) f : (−1, 0) → R, f (x) := arcsin(x7 + 1),

(d) f : R → R, f (x) := cos2 x,

(e) f : R → R, f(x) :=(x2 + e

)sin6 x,

(f) f : R+ → R, f (x) := 2sin√

x,

(g) f : R+ → R, f (x) := ln(x23ln x

),

(h) f : R+ → R, f (x) := arctg√

2x2+16√

x,

(i) f :(0, π

2

) → R, f (x) := 2 ln2 tgx,

(j) f : (e, +∞) → R, f (x) := ln ln lnx,

(k) f : R → R, f(x) := sin2 (arctg 3√

x)

(l) f : R+ → R, f (x) :=

√6 cos4 x

7√

x + π,

(m) f : R → R, f (x) :=3√

x7 + arctgx2

π2 + 2,

(n) f : R → R, f (x) := 23√2 + π ln 86,

(o) f :(−π

2, 0

)∪

(0,

π

2

)→ R, f (x) := log6

tg2 x

2x +√

2,

(p) f : R+ → R, f (x) := π7

√3

√√x +

7x23sin x

,

(q) f :(−π

2,π

2

)→ R, f (x) :=

8ecos x + 6 · 3tgx

.

5. Valós függvények differenciálhányadosa 23

7. Határozzuk meg az alábbi függvények deriváltját:

(a) f : R+ → R, f (x) := xx

(b) f : (0, π) → R, f (x) := (sinx)x ,

(c) f : (0, π) → R, f (x) := (sinx)cos x ,

(d) f : (1,+∞) → R, f (x) := (lnx)2√

x ,

(e) f : R+ → R, f (x) :=(x2

) 1x ,

(f) f :(0, π

4

) → R, f (x) := logx cosx.

8. Határozzuk meg a következő függvények negyedik deriváltját:

(a) f : R → R, f (x) := x4 + 2x3 + 6x + 1,

(b) f : R → R, f (x) := 2x3 + 6x2 + 10x + 1,

(c) f : R → R, f (x) := e2x + cos x,

(d) f : R → R, f (x) := 1x2+1

,

(e) f : R → R, f (x) := x sinx.

9. Határozzuk meg a következő függvények n-edik differenciálhányado-sát, ahol n tetszőleges természetes szám:

(a) f : (−1, +∞) → R, f (x) := ln (1 + x) ,

(b) f : R → R, f (x) = ex+e−x

2 ,

(c) f : R → R f (x) = x sinx,

(d) f : R → R, f (x) := x2ex.

24 6. A differenciálszámítás alkalmazásai

6. A differenciálszámítás alkalmazásai

1. Határozzuk meg a következő határértékeket l’Hospital-szabály1 segít-ségével:

(a) limx→0

sinx

x,

(b) limx→0

ex − e−x

sinx,

(c) limx→0

sin 2x− sinx

sin 5x,

(d) limx→0

5x − 2x

x,

(e) limx→0

xe2x − x

1− cos 2x,

(f) limx→0+0

(1 + 3x)−2x .

2. Határozzuk meg a következő határértékeket l’Hospital-szabály segít-ségével:

(a) limx→+∞xe−x,

(b) limx→+∞

(1 +

1x

)x3

,

(c) limx→0

arctg 6x

5x,

(d) limx→0+0

ln x sinx,

(e) limx→0+0

xsin x,

1Guillaume Francois Antoine de l’Hospital (1661—1704) francia matematikus, JohannBernoulli tanítványa. Bernoulli előadásai alapján írt könyvében — Analyse des infinimentpetits (1696) — szerepel ez a szabály, amely valójában Bernoullitól származik.

6. A differenciálszámítás alkalmazásai 25

(f) limx→1+0

x5

x−1 ,

(g) limx→+∞x2 sin

1x

,

3. Határozzuk meg a következő határértékeket l’Hospital-szabály segít-ségével:

(a) limx→0+0

(1x− 1

ex − 1

).

(b) limx→0

(1x2− cosx

x2

),

(c) limx→+∞

(x− ln

(x2 + 2

)),

(d) limx→+∞

(2x− ln

(2x2 + ex

)),

(e) limx→+∞

(lnx)3

x,

(f) limx→+∞

x2004

ex,

(g) limx→+∞x

(esin 1

x − 1)

,

(h) limx→π

2−0

(tgx)cos x .


(a) limx→0

x2 sin 1x

sinx,

(b) limx→+∞

x− sinx

x + sin x.

5. Keressük meg a következő függvények abszolút és helyi szélsőértékeit:

(a) f : R → R, f(x) :=218

x3 − 212

x2 − 46x + 1,

(b) f : [3, 8] → R, f(x) := 4x2 − 40x + 80,


(c) f :[12, 3

]→ R, f(x) :=

x2 + 1x

+ 2,

(d) f : [−3, 2] → R, f(x) := x3 − 3x + 18,

(e) f :[−1,

√5]→ R, f(x) := x5 − 5x3 + 2.

6. Végezzünk teljes függvényvizsgálatot a következő függvényeken:

(Vizsgáljuk meg a következő függvények monotonitását, szélsőértékhelyeit, konvexitását, paritását és periodicitását. Határozzuk meg afüggvények határértékét a végtelenben (ha lehetséges) és a szakadásihelyeken (ha vannak ilyenek). Rajzoljuk fel a függvény gráfját.)

(a) f : R → R, f(x) := x4 − 2x2,

(b) f : R → R, f(x) := x3 − 3x,

(c) f : R \ {−1} → R, f(x) :=x2

x3 + 1,

(d) f : R \ {0} → R, f(x) :=x3 + 1

x2,

(e) f : R+ → R, f(x) := x ln x,

(f) f : R+ → R, f(x) := x2 ln x,

(g) f : R \{1} → R, f(x) := −1 +2x + 1x− 1

,

(h) f : R \{−1, 1} → R, f(x) :=x

x2 − 1,

(i) f : R \{2} → R, f(x) := 3− x + 5x− 2

,

(j) f : R → R, f(x) := xex,

(k) f : R \{0} → R, f(x) :=1x2

+ x2,

(l) f : R \{1} → R, f(x) :=x

(x− 1)2,

(m) f : R+ → R, f(x) := 2x2 − lnx,

6. A differenciálszámítás alkalmazásai 27

(n) f : R → R, f(x) :={

xe−x, ha x > 0,0, egyébként.

7. Döbrögi szőlőt termel a birtokán fekvő napos dombokon. Azt tapasz-talja, hogy az f(x) = 5 + 2049

8 x − 15x

52 összefüggés adja meg, hogy x

kg trágya felhasználása után hány mázsa szőlő terem hektáronként.Mennyi trágyát használjon fel ahhoz, hogy a szüret után, a bevétel-ből, a legtöbb pénzt tudja fizetni Ludas Matyinak a vásárban? Abbanbiztos lehet, hogy a szőlő ára 2 aranytallér lesz, egy kg trágya pedig110 aranytallérba kerül.

8. A Matematika Tanszék repülőgépet szeretne rendelni a geometriai te-repgyakorlatozók részére. A bérleti díj 20 utasra 6000 euró. Mindentovábbi személy 10 euró árengedményt kap. A repülőgép legfeljebb 60személyt képes befogadni. Mennyi szponzori pénzt kell a MatematikaTanszéknek előzetesen összegyűjteni, hogy nyugodtan megrendelhesseezt az utazást a résztvevők pontos számának ismerete nélkül?

9. Bergengóciában egy fa magasságát, a jelenlegi pillanattól kezdve, xév múlva a következő összefüggés adja meg: f (x) =

√x− 1

8x. Mikorlesz a fa a legmagasabb?

10. Egy folyó partján egy 1568 m2 nagyságú, téglalap alakú telket kellelkeríteni. Mekkorára válasszuk a téglalap méreteit, hogy a legrövi-debb kerítésre legyen szükségünk? (A partra értelemszerűen nem kellkerítés.)

11. Egységnyi térfogatú és azonos falvastagságú söröskorsók közül melyik-nek a gyártásához szükséges a legkevesebb üveg ? (A korsót egyeneshengernek tekintjük.)

12. Adott gömb köré írható egyenes kúpok közül melyiknek a legkisebb atérfogata?

13. Egy adott V térfogatú, négyzet alapú, felül nyitott tartályt akarunkkészíteni. Mekkorára válasszuk a méreteket, hogy az elkészítéshez alegkevesebb lemezt kelljen felhasználni.


14. Osszuk fel a 8-at két részre úgy, hogy

(a) négyzetösszegük minimális,

(b) szorzatuk maximális legyen.

15. Valamely kör és négyzet kerületének összege állandó. Mutassuk meg,hogy a két síkidom területének összege akkor minimális, ha a kör át-mérője egyenlő a négyzet oldalával.

7. Integrálszámítás 29

7. Integrálszámítás

1. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat az adott I inter-vallumokon:

(a)∫ (

x3 + 3√

x +6x7

)dx, I := R+,

(b)∫ (

12 3√

x5 +π

7 3√

x

)dx, I := R+,

(c)∫

4√

x + 2x + 13√

x2dx, I := R+,

(d)∫

x2 + 3x2 + 1

dx, I := R,

(e)∫

11 + 49x2

dx, I := R,

(f)∫

1√1− 9x2

dx, I :=(−1

3 , 13

).


(a)∫

sinx cosx dx, I := R,

(b)∫

sin2 x cos2 x dx, I := R,

(c)∫

xex2dx, I := R,

(d)∫

x2 cosx3 dx, I := R,

(e)∫

tg2 x dx, I :=(−π

2,π

2

).

30 7. Integrálszámítás


(a)∫

3x

x2 + 1dx, I := R,

(b)∫

x2 + 1x3 + 3x

dx, I := R+,

(c)∫

15x lnx

dx, I := (1, +∞),

(d)∫

1(6x2 + 6) arctgx

dx, I := (0,+∞),

(e)∫ √

2√1− x2 arcsinx

dx I := (0, 1),

(f)∫

tg 6x dx, I :=(0,

π

12

),

(g)∫ 1

2ex + x

ex + x2dx, I := R,

(h)∫

1√x (√

x + 5)dx I := R+.


(a)∫

1x log5 x

dx, I := (1, +∞),

(b)∫

x2√

x3 + 7 dx, I := R+,

(c)∫ −x

5√

x2 + 3dx, I := R,

(d)∫

ex 4√

ex + 2 dx, I := R,

(e)∫ (

e2x + x) √

e2x + x2 dx, I := R,


(f)∫

1x√

lnxdx, I := (1,+∞),

(g)∫

sinx5

√(cosx)6 dx, I := R,

(h)∫

sin 2x3√

1 + sin2 x dx, I := R.

5. Számítsuk ki a következő határozatlan integrálokat a parciális integ-rálásra vonatkozó tétel segítségével az adott I intervallumokon:

(a)∫

x sinx dx, I := R,

(b)∫

(2x + 1) ex dx, I := R,

(c)∫ (

x2 + 2)e1−x dx, I := R,

(d)∫

(−3x) cos 6x dx, I := R,

(e)∫

ln 2x dx, I := R+,

(f)∫

arcsin 3x dx, I :=(−1

3 , 13

),

(g)∫

arctgx dx, I := R,

(h)∫ (

x2 + 1)ln x dx, I := R+,

(i)∫

e2x sin 3x dx, I := R,

(j)∫

ex+2 sinx dx, I := R.



(a)∫ −5

x + 2dx, I := (−2,+∞),

(b)∫

63− x

dx, I := (−∞, 3),

(c)∫

2√

2x2 − 5x + 6

dx, I := (2, 3),

(d)∫

π + 1x2 − 6x + 5

dx, I := (5,+∞),

(e)∫

5x2 − 6x + 9

dx, I := (−∞, 3),

(f)∫

3x2 + 4x + 5

dx, I := R,

(g)∫

5√

7x2 + 6x + 11

dx, I := R,

(h)∫

14x2 + 12x + 15

dx, I := R.


(a)∫

1(x2 + 2) (x + 1)

dx, I := (−1, +∞),

(b)∫

1(x2 + x + 1) (x− 2)

dx, I := (2, +∞),

(c)∫

1x3 − 3x2 + 2x

dx, I := (−∞, 0),

(d)∫

2x + 6(x2 + 5) (x + 7)

dx, I := (−7, +∞),

(e)∫

2x2 + x + 1x3 (x2 + x + 1)

dx, I := R+.


8. Számítsuk ki a következő határozott integrálokat:

(a)

π2∫

0

cos 5x dx,

(b)2∫

1

1x(x2 + 1)

dx,

(c)r∫

−r

π(r2 − x2) dx, ahol r ∈ R+,

(d)

π2∫

−π4

cosx√1 + sinx

dx,

(e)

12∫

0

arcsinx dx,

(f)1∫

0

x2 arctgx dx.

34 8. Improprius integrál

8. Improprius integrál

1. Számítsuk ki a következő improprius integrálokat:

(a)+∞∫

1

1x7

dx,

(b)+∞∫

2

1x

dx,

(c)+∞∫

1

1xα

dx, ahol α ∈ R,

(d)+∞∫

−∞

1x2 + 1

dx,

(e)+∞∫

−∞

1x2 + 2x + 5

dx,

(f)+∞∫

2

1x ln2 x

dx,

(g)+∞∫

√10

x√(x2 − 1)3

dx,

(h)+∞∫

2

1x2 + x

dx,

(i)+∞∫

1

(x− 1)e−x dx,

8. Improprius integrál 35

(j)+∞∫

1

(cosx)2−x dx.

2. Határozzuk meg A értékét úgy, hogy az+∞∫

−∞f(x) dx = 1 egyenlőség

teljesüljön, ha

(a)

f : R → R, f(x) :={

Ae−x, ha x ≥ 0,0, ha x < 0,

(b)

f : R → R, f(x) :=

{A

π(1+x2), ha x ≥ 0,

0, ha x < 0,

(c)

f : R → R, f(x) :={

Axe−2x2, ha x ≥ 0,

0, ha x < 0.

3. Számítsuk ki a következő improprius integrálokat:

(a)1∫

0

1√x

dx,

(b)e∫

1

1x 4√

lnxdx,

(c)3∫

1

2x3√

(x2 − 1)2dx,

(d)1∫

0

1x 3√

xdx,


(e)2∫

1

1√4− x2

dx.

MEGOLDÁSOK


1. Függvénytani alapismeretek

1. (a) A halmazelméleti műveletek tulajdonságait felhasználva adódik,hogy

(A ∩B) \ C = A ∩B ∩ Cc = A ∩B ∩ Cc ∩ Cc == (A ∩ Cc) ∩ (B ∩ Cc) = (A \ C) ∩ (B \ C) .

(b) A halmazelméleti műveletek tulajdonságait és a de Morgan-féleazonosságokat felhasználva kapjuk, hogy

(A \B) ∩ (A \ C) = (A ∩Bc) ∩ (A ∩ Cc) == (A ∩Bc ∩A) ∩ Cc = A ∩ (Bc ∩ Cc) == A ∩ (B ∪ C)c = A \ (B ∪ C) .

(c) A halmazelméleti műveletek tulajdonságait és a de Morgan-féleazonosságokat felhasználva kapjuk, hogy

A \ (A \ (B \ C)) = A ∩ (A ∩ (B ∩ Cc)c)c == A ∩ (A ∩ (Bc ∪ C))c = A ∩ (Ac ∪ (Bc ∪ C)c) == A ∩ (Ac ∪ (B ∩ Cc)) = (A ∩Ac) ∪ (A ∩B ∩ Cc) == A ∩B ∩ Cc.

(A feladat megoldásában felhasználtuk, hogy tetszőleges A hal-maz esetén (Ac)c = A.)

2. (a) Mivel f = {(1, 3), (1, 4), (1, 6), (1, 7), (2, 4), (2, 6), (3, 6)}, ígyDf = {1, 2, 3}, Rf = {3, 4, 6, 7} ésf−1 = {(3, 1), (4, 1), (6, 1), (7, 1), (4, 2), (6, 2), (6, 3)}.

(b) Mivel f = {(−1, 6), (0, 5), (2, 3), (4, 1)}, ígyDf = {−1, 0, 2, 4}, Rf = {1, 3, 5, 6} ésf−1 = {(6,−1), (5, 0), (3, 2), (4, 1)}.

Megoldások 39

3. (a) Ha x, y ∈ R esetén f(x) = f(y), azaz ha 5x + 6 = 5y + 6,akkor x = y, tehát az ismert tétel miatt a függvény invertálható.Rögzített x ∈ R esetén jelöljük f(x)-et y-nal. Az így kapotty = 5x + 6 egyenlőségben cseréljük fel x és y szerepét, majdebből fejezzük ki y-t. Azt kapjuk, hogy y = 1

6(x − 5). MivelRf = R, így Df−1 = R, tehát az f függvény inverze

f−1 : R → R, f−1(x) :=16(x− 5).

(b) Mivel f(−1) = f(1) = 0, az f függvény nem invertálható.(c) A fentebb említett módszert követve kapjuk, hogy

f−1 : R \{1} → R, f−1(x) :=x + 1x− 1

.

(d) A fentebb említett módszert követve kapjuk, hogy

f−1 : R+ → R, f−1(x) := log2 x− 1.

(e) Mivel f(0) = f(π) = −1, az f függvény nem invertálható.

A könnyebbség kedvéért vezessük be a következő jelöléseket. JelentseH◦ a belső pontok, ∂H a határpontok, Hk a külső pontok és H∗ atorlódási pontok halmazát.

4. (a) supH1 = 7, inf H1 = 1,H◦1 = (1, 2) ∪ (5, 7) ,

∂H1 = {1, 2, 5, 7} ,Hk1 = (−∞, 1) ∪ (2, 5) ∪ (7, +∞) ,

H∗1 = [1, 2] ∪ [5, 7] .

(b) supH2 = 7, inf H2 = −∞, H◦2 = (−∞, 3) , ∂H2 = {3, 6, 7} ,

Hk2 = (3, 6) ∪ (6, 7) ∪ (7,+∞) ,H∗

2 = (−∞, 3].(c) supH3 = +∞, inf H3 = −∞,H◦

3 = (−∞, 5) ∪ (5, +∞) ,

∂H3 = {5} ,Hk3 = ∅,H∗

3 = R .

(d) supH4 = +∞, inf H4 = −3,H◦4 = (−3, 2) ∪ (4,+∞) ,

∂H4 = {−3, 2, 4} ,Hk4 = (−∞,−3) ∪ (2, 4) ,

H∗4 = [−3, 2] ∪ [4, +∞).


(e) supH5 = 10, inf H5 = −3,H◦5 = (−3, 1) ∪ (2, 4) ∪ (5, 10) ,

∂H5 = {−3, 1, 2, 4, 5, 10} ,

Hk5 = (−∞,−3) ∪ (1, 2) ∪ (4, 5) ∪ (10, +∞) ,

H∗5 = [−3, 1] ∪ [2, 4] ∪ [5, 10] .

(f) supH6 = +∞, inf H6 = −8, H◦6 = (1, +∞) , ∂H6 = {−8, 1} ,

Hk6 = (−∞,−8) ∪ (−8, 1) ,H∗

6 = [1,+∞).

5. (a) supH1 = +∞, inf H1 = −∞,H◦1 = ∅, ∂H1 = R,

Hk1 = ∅,H∗

1 = R .

(b) Megegyezik az előző feladat megoldásával.

(c) supH3 = +∞, inf H3 = 1,H◦3 = ∅, ∂H3 = N,

Hk3 = R \N, H∗

3 = ∅.(d) supH4 = 1, inf H4 = 0,H◦

4 = ∅, ∂H4 = H4 ∪ {0} ,

Hk4 = R \ (H4 ∪ {0}) ,H∗

4 = {0} .

(e) supH5 = 2, inf H5 = 1,H◦5 = ∅, ∂H5 = H5 ∪ {2} ,

Hk5 = R \ (H5 ∪ {2}) ,H∗

5 = {2} .

(f) supH6 = 0, inf H6 = −1,H◦6 = ∅, ∂H6 = H6 ∪ {−1} ,

Hk6 = R \ (H6 ∪ {−1}) , H∗

6 = {−1} .

6. (a) f ◦ g : R → R, (f ◦ g) (x) := 2x2+57 ,

g ◦ f : R → R, (g ◦ f) (x) :=(

2x+17

)2 + 2.

(b) f ◦ g : (0, π) → R, (f ◦ g) (x) :=√

sinx,

g ◦ f : R+ → R, (g ◦ f) (x) := sin√

x.

(c) f ◦ g :[0, π

2

] → R, (f ◦ g) (x) := sin cosx,

g ◦ f : [0, π] → R, (g ◦ f) (x) := cos sinx.

(d) Ekkor g ◦ f = f ◦ g = ∅.(e) f ◦ g : [2, 3] → R, (f ◦ g) (x) := 1

2x−1−1,

g ◦ f : {2} → R, (g ◦ f) (x) := 21

x−1−1.

Megoldások 41

2. Valós számsorozatok

1. (a) Könnyen belátható, hogy a sorozat határértéke 0. A kérdés meg-válaszolásához az ∣∣∣∣

2n2 + 6

− 0∣∣∣∣ < 10−3

egyenlőtlenséget kell megoldanunk, melyből n2 > 1994 adódik,azaz n > 44,6. Tehát a sorozat tagjai a 45. tagtól kezdve leszneka határérték 10−3 sugarú környezetében.

(b) A sorozat tagjai a 41 994. tagtól kezdve lesznek az adott környe-zetben.

(c) A sorozat tagjai a 125. tagtól kezdve lesznek az adott környezet-ben.

2. (a) Belátjuk, hogy a sorozat határértéke 0. Legyen ε ∈ R+ tetszőle-ges, de rögzített és n ∈ N. Az

∣∣∣∣(−1)n

n− 0

∣∣∣∣ < ε

egyenlőtlenségből n > 1ε adódik, azaz N(ε) = 1

ε választássalállításunkat igazoltuk.

(b) Belátjuk, hogy a sorozat határértéke 0. Legyen ε ∈ R+ tetszőle-ges, de rögzített. Ekkor minden n ∈ N esetén

∣∣∣∣sinn

n− 0

∣∣∣∣ ≤1n

,

amelyből N(ε) = 1ε választással állításunk következik.

(c) N(ε) = 1ε választással adódik, hogy a sorozat konvergens és

határértéke 1.


(d) Ha n ∈ N, n > 1, akkor∣∣∣∣

n2 + 2n2 + n + 1

− 1∣∣∣∣ <

1n

.

Ebből N(ε) = max{1, 1

ε

}választással adódik, hogy a sorozat

konvergens és határértéke 1.

(e) N(ε) = 3

√1ε választással adódik, hogy a sorozat konvergens és

határértéke 0.(f) N(ε) = 15

ε választással adódik, hogy a sorozat konvergens éshatárértéke 6.

(g) N(ε) = ln εln 0,5 választással adódik, hogy a sorozat konvergens és

határértéke 6.(h) N(ε) = ln ε

ln 0,2 választással adódik, hogy a sorozat konvergens éshatárértéke 5.

3. (a) Mind a számlálót, mind a nevezőt n3-nal osztva a

limn→∞

12n3 − 5n2 + 83n3 + 2n + 7

= limn→∞

12− 5n + 8

n3

3 + 2n2 + 7

n3

egyenlőséget kapjuk, melyből a határérték 4-nek adódik.(b) A határérték −4

3 .(c) A sorozat egy korlátos és egy nullsorozat szorzata, így a határ-

értéke 0.(d) A számlálót és a nevezőt is n3-nal szorozva könnyen adódik, hogy

a határérték 12 .

(e) A határérték −25 .

4. (a) Könnyen adódik, hogy

limn→∞

(3n + 43n− 5

)n

= limn→∞

(1 + 4

3n

)n

(1− 5

3n

)n = limn→∞

(1 +

43n

)n

(1−

53n

)n = e3.

Megoldások 43

Megjegyezzük, hogy más úton is célba érhetünk, ha felhasználjuka következő ismert tételt. Ha lim

n→∞ cn = 0, cn > −1 és cn 6= 0

minden n ∈ N esetén, akkor limn→∞(1 + cn)

1cn = e. Ekkor

limn→∞

(3n + 43n− 5

)n

= limn→∞

(3n− 5 + 9

3n− 5

)n

=

=

((1 +

93n− 5

) 3n−59

) 9n3n−5

= e3.

(b) A határérték e−45 , mivel

limn→∞

(5n− 15n + 3

)n+2

= limn→∞

((5n + 3)− 4

5n + 3

)n+2

=

= limn→∞

((1− 4

5n + 3

)5n+3 (1− 4

5n + 3

)−3) 1

5

= e−45 .

A második egyenlőségben felhasználtuk, hogy

limn→∞

(1− 4

5n + 3

)2

= 1.

(c) A határérték e−57 .

(d)

limn→∞

(6n2 − 16n2 + 3

)2n2+4

= limn→∞

(1− 4

6n2 + 3

)2n2+4

=

= limn→∞

[(1− 4

6n2 + 3

)6n2+12] 1

3

=

= limn→∞

[(1− 4

6n2 + 3

)6n2+3 (1− 4

6n2 + 3

)9] 1

3

= e−43 .


(e) A határérték e16.

(f) Felhasználva az(1− 1

n2

)=

(1− 1

n

) (1 + 1

n

)azonosságot a ha-

tárérték 1-nek adódik.

5. (a) Felhasználjuk a konvergens sorozatok szorzatára vonatkozó té-telt. Így

limn→∞

(n2 + 33n2

)4n2

= limn→∞

(13

)4n2 (n2 + 3

n2

)4n2

= 0.

Megjegyezzük, hogy

limn→∞

(n2 + 3

n2

)4n2

= limn→∞

((1 +

3n2

)n2)4

= e12.

(b) Felhasználjuk, hogy limn→∞ qn = 0, ha |q| < 1. Így

limn→∞

3n+2 + 2n−2

4 + 5n= lim

n→∞9

(35

)n + 14

(25

)n

4(

15

)n + 1= 0.

(c) A korlátos sorozatok és nullsorozatok szorzatára vonatkozó tételmiatt a határérték 0. Itt

limn→∞

2n− 64n2 + 2

= 0

és a koszinuszfüggvény korlátos.

(d) A határérték 0. (Lásd a (b) feladat megoldását!)

6. (a) Vizsgáljuk meg az an+1 − an különbséget. Az

an+1 − an =(n + 1) + 42(n + 1) + 3

− n + 42n + 3

=−5

(2n + 5)(2n + 3)< 0

egyenlőtlenségből következik, hogy a sorozat szigorúan monoton

Megoldások 45

csökkenő. Az

n + 42n + 3

=(n + 1,5) + 2,5

2n + 3=

12

+2,5

2n + 3

átalakítást elvégezve is megkaphatjuk az állítást.Minden n ∈ N esetén 1

2 < an ≤ 1.

(b) A sorozat szigorúan monoton növekvő. Minden n ∈ N esetén−1

3 ≤ an < 32 .

(c) A sorozat nem monoton, mert a1 < a2 és a2 > a3. Ha n ≥ 2,akkor

an+1 − an =n− 1−3n + 2

− n− 2−3n + 5

=−1

(−3n + 2)(−3n + 5)< 0,

így an+1 < an. Ebből minden n ∈ N esetén a −12 ≤ an ≤ 0

egyenlőtlenségrendszer adódik.

(d) A sorozat nem monoton, mert a1 < a2 és a2 > a3.

A páros indexű tagok részsorozata monoton csökkenő sorozat,és minden k természetes szám esetén 0 < a2k ≤ 2

3 . A páratlanindexű tagok részsorozata monoton növekvő sorozat, és mindenk ∈ N esetén −2

3 ≤ a2k+1 < 0. Azaz a sorozat korlátos, ésminden n ∈ N esetén −2

3 ≤ an ≤ 23 .

(e) A sorozat nem monoton, mert a1 < a2 és a2 > a3. A sorozatkorlátos, és minden n ∈ N esetén −1

3 ≤ an ≤ 49 .

(f) Mivel an > 0 ésan+1

an=

5n + 1

minden n-re , így n > 5 esetén an+1 < an, míg n < 4 eseténan+1 > an (a4 = a5). Ebből következik, hogy minden n ter-mészetes szám esetén 0 < an ≤ 56

4! . Megjegyezzük, hogy 0 asorozat értékkészletének a pontos alsó, és 56

4! pedig a pontos felsőkorlátja.


(g) A sorozat nem monoton, mert a1 < a2 és a2 > a3. A sorozatkorlátos, és minden n ∈ N esetén −1 ≤ an ≤ 11

17 .

7. (a) Az eredményt egyszerű átalakítással kapjuk:

limn→∞

(√n2 + 2− n

)= lim

n→∞

(√n2 + 2− n

) √n2 + 2 + n√n2 + 2 + n

=

= limn→∞

2√n2 + 2 + n

= 0.

(b) A megoldásban felhasználjuk az a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2)azonosságot.

limn→∞

(3√

n3 + 5− n)(

3

√(n3 + 5)2 + n 3

√n3 + 5 + n2

)

3

√(n3 + 5)2 + n 3

√n3 + 5 + n2

=

= limn→∞

53

√(n3 + 5)2 + n 3

√n3 + 5 + n2

= 0.

(c) A sorozat határértéke −2.

(d) Az an =(

n3

n2

)3 + 4

n − 1n2 + 2

n3

3 + 1n + 7

n2

átalakítás után könnyen lát-

ható, hogy limn→∞ an = +∞.

(e) Az an =(

n4

n2

)6− 3

n2 + 1n4

−1 + 1n − 7

n2

átalakítás után könnyen látható,

hogy limn→∞ an = −∞.

(f) A sorozat határértéke 0, ami következő egyenlőségekből és a kon-vergens sorozatok szorzatára vonatkozó tételből következik. Azaz

limn→∞

(2n− 1

3n

)n

= limn→∞

(23

(n− 1

2

n

))n

=

= limn→∞

(23

)n(

1−12

n

)n

,

Megoldások 47

és így limn→∞

(1−

12

n

)n

= e−12 .

(g) Mivel

limn→∞

(n− 1

n

)n

=1e

és az 〈an〉 : N → R, an :=(

n−1n

)n sorozat szigorúan monotonnövekvő, ezért

(n−1

n

)n< 1

2 teljesül minden n ∈ N esetén. Aközrefogási szabályból és a

0 ≤ an <

(12

)n

egyenlőtlenségekből adódik, hogy a szóban forgó sorozat határ-értéke 0.

(h) Mivel an =155n + 1

99n

1 + 6n>

199n

2 · 6n=

118

(32

)n

, így limn→∞ an = +∞.

8. (a) A közrefogási szabályból és az

1 <2n√

n2 + 6n + 7 ≤ n√

14n2 = n√

14(

n√

n)2

egyenlőtlenségekből adódik, hogy a határérték 1.

(b) A közrefogási szabályból és az

1 <3n2+1

√6n2 + 8n + 1 <

n√

6n2 + 8n + 1 ≤≤ n√

15n2 = n√

15(

n√

n)2

,


(c) A közrefogási szabályból és az

5 < n√

4n + 5n <n√

2 · 5n < 5 n√

2



(d) A sorozat egy korlátos és egy nullsorozat szorzatára bontható,így a határértéke 0.

(e) Az első n természetes szám összegére vonatkozó állítás felhasz-nálásával kapjuk, hogy

limn→∞ an = lim

n→∞n(n + 1)2n(n + 5)

=12.

(f) Felhasználva az első n természetes szám négyzetének összegérevonatkozó állítást kapjuk, hogy

limn→∞ an = lim

n→∞n(n + 1)(2n + 1)6(n2 + 1)(n + 2)

=13.

9. A sorozat nyilvánvalóan monoton növekvő. A teljes indukció módsze-rével igazoljuk, hogy a sorozat korlátos. Érvényesek az

a1 =√

2 < 2, a2 =√

2 + a1 <√

2 + 2 = 2

egyenlőtlenségek. Tegyük fel, hogy an−1 < 2, ekkor az indukciósfeltevésünket felhasználva kapjuk, hogy

an =√

2 + an−1 <√

2 + 2 = 2.

Mivel a sorozat korlátos és monoton, így konvergens. Az

an =√

2 + an−1

egyenlőségből következik, hogy a2n = 2 + an−1. Jelölje a a sorozat ha-

tárértékét. Felhasználva az előző egyenlőséget és azt, hogy konvergenssorozat részsorozatai is az eredeti sorozat határértékéhez konvergál-nak, az a2 = 2+a összefüggéshez jutunk. Az egyenlet gyökei 2 és −1.Mivel a sorozat minden tagja pozitív, így a = 2.

Megoldások 49

3. Valós számsorok

1. (a) Mivel1

n (n + 1)=

1n− 1

n + 1minden n természetes szám esetén,

így

sn =1

1 · 2 +1

2 · 3 + · · ·+ 1n(n + 1)

=

= 1− 12

+12− 1

3+ · · ·+ 1

n− 1

n + 1= 1− 1

n + 1.

A limn→∞

(1− 1

n + 1

)= 1 egyenlőségből következik, hogy a sor

konvergens, és összege 1.

(b) Bontsuk az1

(2n + 1) (2n + 3)kifejezést parciális törtekre. Az

1(2n + 1) (2n + 3)

=

=A

2n + 1+

B

2n + 3=

(2A + 2B) n + 3A + B

(2n + 1) (2n + 3)

egyenlőségekből a 2A + 2B = 0, 3A + B = 1 egyszerű lineárisegyenletrendszerhez jutunk. Ebből az A = 1

2 , B = −12 értékek

adódnak. Így

sn =1

3 · 5 +1

5 · 7 + · · ·+ 1(2n + 1) (2n + 3)

=

=12

(13− 1

5+

15− · · · − 1

2n + 1+

12n + 1

− 12n + 3

)=

=16− 1

2n + 3.

A limn→∞

(16− 1

2n + 3

)=

16egyenlőségből következik, hogy a sor

konvergens, és összege16.


Egyszerűbben megkaphatjuk az előző eredményt, ha észrevesz-szük, hogy

1(2n + 1) (2n + 3)

=12

(2n + 3)− (2n + 1)(2n + 1) (2n + 3)

.

(c) Az (a) feladatból rögtön következik, hogy a sor összege 14 .

Az előző megoldáshoz hasonló módon is belátható, hogy

12n (2n + 2)

=12

(12n

− 12n + 2

)

minden n ∈ N esetén. Így

sn =12

(12− 1

4+

14− 1

6+ · · ·+ 1

2n− 1

2n + 2

)=

=14− 1

21

2n + 2.

Mivel limn→∞

(14− 1

4n + 4

)=

14, a sor konvergens, és összege

14.

(d) Bontsuk az1

n (n + 1) (n + 2)kifejezést parciális törtekre. Az

1n (n + 1) (n + 2)

=A

n+

B

n + 1+

C

n + 2=

=(A + B + C) n2 + (3A + 2B + C) n + 2A

n (n + 1) (n + 2)

egyenlőségekből az A + B + C = 0, 3A + 2B + C = 0, 2A = 1lineáris egyenletrendszert kapjuk, amelyből az A = 1

2 , B = −1,C = 1

2 értékek adódnak, azaz

1n (n + 1) (n + 2)

=12

(1n− 2

n + 1+

1n + 2

).

Megoldások 51

Most tekintsük az sn kifejezést és használjuk fel az előzőeket.Ekkor

sn =1

1 · 2 · 3 + · · ·+ 1(n− 1)n (n + 1)

+

+1

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

12

(1− 2

2+

13

+12− 2

3+

14+

+13− · · ·+ 1

n− 2− 2

n− 1+

1n

+1

n− 1− 2

n+

1n + 1

+

+1n− 2

n + 1+

1n + 2

)=

12

(12− 1

n + 1+

1n + 2

).

A limn→∞

12

(12− 1

n + 1+

1n + 2

)=

14

egyenlőségből következik,

hogy a sor konvergens, és összege14. Megjegyezzük, hogy az

összegzés könnyebben átlátható, ha a kapott törteket hármascsoportokban egymás alá írjuk.

(e) Mivel

3n2 − n− 2

=3

(n− 2) (n + 1)=

1n− 2

− 1n + 1

minden n ∈ N esetén, így

sn = 1− 14

+12− 1

5+

13− 1

6+

14− 1

7+ · · ·+ 1

n− 4−

− 1n− 1

+1

n− 3− 1

n+

1n− 2

− 1n + 1

=

= 1 +12

+13− 1

n− 1− 1

n− 1

n + 1.

Alim

n→∞

(116− 1

n− 1− 1

n− 1

n + 1

)=

116

egyenlőségből következik, hogy a sor konvergens, és összege116.


2. (a) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sorösszegképletének felhasználásával kapjuk a feladat végeredmé-nyét:

∞∑

n=0

(17n

+53n

)=

∞∑

n=0

(17

)n

+ 5∞∑

n=0

(13

)n

=263

.

(b) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sorösszegképletének felhasználásával kapjuk a feladat megoldását:

∞∑

n=2

−162n+5

=−165

∞∑

n=2

(136

)n

=−165

(136

)2

1− 136

= − 135· 167

.

(c) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sorösszegképletének felhasználásával kapjuk, hogy

∞∑

n=0

1 + (−1)n

3 · 5n+1=

115

( ∞∑

n=0

(15

)n

+(−1

5

)n)

=536

.

(d) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sorösszegképletének felhasználásával kapjuk, hogy

∞∑

n=0

cosnπ

3n=

∞∑

n=0

(−1)n

3n=

∞∑

n=0

(−1

3

)n

=34.

(e) Mivel

∞∑

n=0

sinnπ2 + cosnπ

4n+3=

164

∞∑

n=0

(sinnπ

2

4n+

cosnπ

4n

),

a feladat megoldását két konvergens sor összegéből kapjuk. Fel-használva a ∞∑

n=0

cosnπ

4n=

∞∑

n=0

(−1)n

4n=

45

Megoldások 53

és a∞∑

n=0

sinnπ2

4n=

∞∑

n=0

(14

)4n+1

−∞∑

n=0

(14

)4n+3

=417

egyenlőségeket, az eredmény 11680 .

(f) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sorösszegképletének felhasználásával kapjuk meg a feladat végered-ményét:

∞∑

n=0

(−3)n + 2n

8 · 6n=

18

( ∞∑

n=0

(−3

6

)n

+(

26

)n)

=1348

.

(g) A konvergens sorok összegére vonatkozó tétel és a mértani sorösszegképletének felhasználásával kapjuk meg a feladat végered-ményét:

∞∑

n=0

12n

cos2nπ

3=

∞∑

n=0

123n

+∞∑

n=0

−12

23n+1+

∞∑

n=0

−12

23n+2=

=∞∑

n=0

(18

)n

− 14

∞∑

n=0

(18

)n

− 18

∞∑

n=0

(18

)n

=57.

3. (a) Mivel limn→∞

(n−1

n

)n = limn→∞

(1− 1

n

)n = 1e , a sorok konvergenci-

ájának szükséges feltétele nem teljesül, tehát a sor divergens.(b) Mivel lim

n→∞n+12n+3 = 1

2 , az előző indok alapján a sor divergens.

(c) Mivel limn→∞

n√

0, 001 = 1, az (a) feladatban említett indok alapjána sor divergens.

(d) Mivel limn→∞ 1, 01n = +∞, az (a) feladatban említett indok alap-

ján a sor divergens.(e) Mivel lim

n→∞ 10−5 n√

n2 = limn→∞ 10−5 ( n

√n)2 = 10−5, az (a) feladat-

ban említett indok alapján a sor divergens.


(f) Mivel az 〈an〉 : N → R, an := (cos nπ) n+15n−2 = (−1)n n+1

5n−2 so-rozat divergens, az (a) feladatban említett indok alapján a sordivergens.

4. (a) Mivel

lim∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lim5 (n + 1)2

3n+1 (n + 1)!3nn!5n2

= lim(n + 1)2 n!

3 (n + 1)n!n2= 0,

ezért a d’Alembert-féle hányadoskritérium szerint a sor abszolútkonvergens.

(b) Mivel

lim∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lim3 · 3n

(n + 1)n+1 (n + 1)n!nn

3n

1n!

=

= lim3(

n+1n

)n =3e,

és 3e > 1, így a d’Alembert-féle hányadoskritérium szerint a sor

divergens.

(c) Mivel

lim∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lim0, 1n+1

(n + 1)!n!

0, 1n= lim

0, 1n + 1

= 0,

így a d’Alembert-féle hányadoskritérium szerint a sor abszolútkonvergens.

(d) Mivellim n

√5nn7 = lim5

(n√

n)7 = 5 > 1,

így a sor a Cauchy-féle gyökkritérium szerint divergens.A sor divergenciája nyilvánvalóan adódik abból a tényből is, hogylim

n→∞ 5nn7 = +∞.

Megoldások 55

(e) Határozzuk meg a lim∣∣∣an+1

an

∣∣∣ értékét. Mivel

lim(n + 1)n! (2n)!

(2n + 2) (2n + 1) (2n)!n!= lim

n + 14n2 + 6n + 2

= 0,

így a d’Alembert-féle hányadoskritérium szerint a sor abszolútkonvergens.

(f) Mivel

lim n√|an| = lim n

√5−35n

(6n− 2) 7n= lim

5 n√

5−3

7 n√

6n− 2=

57

< 1,

így a Cauchy-féle gyökkritérium szerint a sor abszolút konver-gens. Az 1 < n

√6n− 2 < n

√6n = n

√6 n√

n egyenlőtlenségekből ésa közrefogási szabályból adódik, hogy lim

n→∞n√

6n− 2 = 1.

5. (a) Minden n ∈ N esetén

16n

=n

6n2<

n + 3n2 + 5n

.

Legyen 〈bn〉 : N → R, bn := 16n . Ekkor 0 < bn < n+3

n(n+5) minden

n ∈ N esetén, és a∞∑1

bn = 16

∞∑1

1n sor divergens. Így a minoráns

kritérium szerint a∞∑1

n+3n(n+5) sor divergens.

(b) Mivel


√2n2−3

(5n + 1) 3n= lim

2 n√

2−3

3 n√

5n + 1=

23

< 1,

így a sor a Cauchy-féle gyökkritérium miatt konvergens.Az 1 < n

√5n + 1 ≤ n

√6n = n

√6 n√

n egyenlőtlenségből és a közre-fogási szabályból adódik, hogy lim

n→∞n√

5n + 1 = 1.


(c) Mivel


√n2

3n= lim

( n√

n)2

3=

13

< 1,

így a sor a Cauchy-féle gyökkritérium miatt konvergens.(d) Minden n ∈ N esetén

2n− 2n4 + n2 + 1

<2n

n4= 2

1n3

.

Legyen 〈bn〉 : N → R, bn := 2n3 . Ekkor 0 ≤ 2n−2

n4+n2+1< bn

minden n ∈ N esetén, és a∞∑1

bn = 2∞∑1

1n3 sor konvergens. Így a

majoráns kritérium miatt a∞∑1

2n−2n4+n2+1

sor abszolút konvergens.

(e) Határozzuk meg a lim∣∣∣an+1

an


lime−ne−1 (2n + 1)!

(2n + 3) (2n + 2) (2n + 1)!e−n=

= lim1

e (4n2 + 10n + 6)= 0,

így a sor a d’Alembert-féle hányadoskritérium miatt abszolútkonvergens.

(f) Minden n ∈ N, n ≥ 2 esetén 12√

n< 1

2√

n−1.

Legyen most 〈bn〉 : N → R, bn := 12√

n. Ekkor 0 < bn < 1

2√

n−1

minden n ∈ N, n ≥ 2 esetén, és a∞∑1

bn = 12

∞∑1

1√nsor divergens.

Így a minoráns kritérium miatt a∞∑2

12√

n−1sor divergens.

6. (a) Minden n ∈ N esetén∣∣∣∣

arctgn

2n2 + n + 1

∣∣∣∣ <π2

2n2 + n + 1<

π

4n2.

Megoldások 57

Legyen 〈bn〉 : N → R, bn = π4

1n2 . Ekkor 0 <

∣∣∣ arctgn2n2+n+1

∣∣∣ < bn


bn = π4

∞∑1

1n2 sor konvergens. Így

a majoráns kritérium miatt az adott sor konvergens.

(b) Határozzuk meg a lim∣∣∣an+1

an


lim(n + 1)n!

een (n + 1) (n + 1)nennn

n!= lim

1e

1(n+1

n

)n =1e2

< 1,

így a d’Alembert féle hányadoskritérium miatt az adott sor kon-vergens.

(c) Minden n ∈ N esetén

13√

3 3√

n<

3√

n + 13√

n2 + n + 1.

Legyen 〈bn〉 : N → R, bn := 13√3n

. Ekkor 0 < bn <3√n+1

3√n2+n+1


bn = 13√3

∞∑1

13√n

sor divergens. Így

a minoráns kritérium miatt a∞∑1

3√n+13√n2+n+1

sor divergens.

(d) Minden n ∈ N esetén∣∣∣∣(arcsinn)

1n4 + 1

∣∣∣∣ <π

21n4

.

Legyen 〈bn〉 : N → R, bn := π2

1n4 . Ekkor 0 <

∣∣∣arcsin nn4+1

∣∣∣ ≤ bn


bn = π2

∞∑1

1n4 sor konvergens. Így

a majoráns kritérium miatt a∞∑1

arcsin nn4+1

sor konvergens.

(e) Minden n ∈ N esetén

n + 13√

n4 + 3n + 4>

12 3√

n.


Legyen 〈bn〉 : N → R, bn := 12 3√n

. Ekkor 0 < bn < n+13√n4+3n+4


bn = 12

∞∑1

13√n

sor divergens. Így a

minoráns kritérium miatt a∞∑1

n+13√n4+3n+4

sor divergens.

(f) A Cauchy-féle gyökkritérium alkalmazásával egyszerűen igazol-ható, hogy a sor abszolút konvergens.

(g) Könnyen belátható, hogy az 〈an〉 : N → R, an := n+2n(n+3) soro-

zat monoton csökkenő nullsorozat. A váltakozó előjelű sorokravonatkozó Leibniz-tétel miatt a sorozat konvergens.

(h) Az előző feladathoz hasonlóan igazolható, hogy a sorozat konver-gens.

Megoldások 59

4. Valós függvények határértéke

1. (a) A limx→0

sin xx = 1 ismert határérték felhasználásával, egyszerű

átalakítások után adódik a feladat végeredménye. Azaz

limx→0

x3 (4x + 1) (1 + cosx)x (1− cosx) (1 + cosx)

= limx→0

x2 (4x + 1) (1 + cosx)(1− cos2 x)

=

= limx→0

x2

sin2 x(4x + 1) (1 + cosx) = 2.

(b) A limx→0



limx→0

x3 (x + 2) (1 + cosx)5x (1− cosx) (1 + cosx)

= limx→0

x2 (x + 2) (1 + cosx)5 (1− cos2 x)

=

= limx→0

x2

5 sin2 x(x + 2) (1 + cosx) =

45.

(c) A limx→0



limx→0

(1− cos 3x) (1 + cos 3x)x2 cosx (1 + cos 3x)

= limx→0

1− cos2 3x

x2 cosx (1 + cos 3x)=

= limx→0

sin2 3x

x2 cosx (1 + cos 3x)=

= limx→0

9(

sin 3x

3x

)2 1cosx (1 + cos 3x)

=92.

(d) A limx→0




limx→0

(1− cos 5x) (1 + cos 5x)x2 (1 + cos 2x) (1 + cos 5x)

=

= limx→0

1− cos2 5x

x2 (1 + cos 2x) (1 + cos 5x)=

= limx→0

sin2 5x

x2 (1 + cos 2x) (1 + cos 5x)=

= limx→0

25(

sin 5x

5x

)2 1(1 + cos 2x) (1 + cos 5x)

=254

.

(e) A limx→0



limx→0

sin xcos x − sinx

x3 cosx= lim

x→0

sin x−sin x cos xcos x

x3 cosx=

= limx→0

sinx− sinx cosx

x3 cos2 x= lim

x→0

sinx (1− cosx)x3 cos2 x

1 + cosx

1 + cosx=

= limx→0

sinx sin2 x

x3 cos2 x (1 + cosx)=

= limx→0

(sinx

x

)3 1cos2 x (1 + cosx)

=12.

(f) A limx→0



limx→0

sinx (1− cosx)2x3 cos3 x

1 + cosx

1 + cosx=

= limx→0

sinx sin2 x

2x3 cos3 x (1 + cosx)=

= limx→0

12

(sinx

x

)3 1cos3 x (1 + cosx)

=14.

Megoldások 61

(g) A limx→0



limx→0

2 sin x (cosx− 1)sin2 xcos2 x

= limx→0

2 sin x (cosx− 1) cos2 x

sin2 x=

= limx→0

2(cos2 x− 1

)cos2 x

sinx(cos x + 1)= lim

x→0

2(− sin2 x

)cos2 x

sinx(1 + cosx)= 0.

(h) A limx→0



limx→0

sinmx

mxmx

nx

sinnx

1nx

= limx→0

sinmx

mx

nx

sinnx

m

n=

m

n.

2. (a) A kifejezést a√

x2+ax+√

x2+bx√x2+ax+

√x2+bx

hányadossal bővítve kapjuk azeredményt:

limx→+∞

x2 + ax− x2 − bx√x2 + ax +

√x2 + bx

=

= limx→+∞

x (a− b)√x2 + ax +

√x2 + bx

=

= limx→+∞

a− b√

1 + ax +

√1 + b

x

=a− b

2.

(b) Az előző feladat megoldásában alkalmazott ötlet segítségéveladódik a megoldás:

limx→+∞x

9x2 + 1− 9x2

√9x2 + 1 + 3x

= limx→+∞

x√9x2 + 1 + 3x

=

= limx→+∞

1√9 + 1

x2 + 3=

16.


(c) limx→+∞

12x + 1√

7x2 + 6

=1√6.

(d) limx→+∞

(√

x− 3) (√

x + 3)√x− 3

= +∞.

(e) A határérték 6.

(f) A határérték12.

3. (a) A határérték −∞.

(b) limx→+∞

√1 + 5

x2 + 4

√2x2 + 1

x4

3

√1x2 + 3

x

= +∞.

(c) limx→+∞

6 3

√1x2 + 1

x3 +√

7x + 1

x2√3x + 2

x2 +√

2= 0.

(d) limx→−∞

6 + 2x√

1 + 1x3

= 6.

(e) A határérték 1.

(f) Egyszerű bővítéssel adódik az eredmény:

limx→0

(√x + 3−√3

x·√

x + 3 +√

3√x + 3 +

√3

)=

= limx→0

x + 3− 3x

(√x + 3 +

√3) =

=1

2√

3.

Megoldások 63

(g) Egyszerű bővítéssel adódik az eredmény:

limx→0

(√x2 + 4− 2

x·√

x2 + 4 + 2√x2 + 4 + 2

)=

= limx→0

x2 + 4− 4

x(√

x2 + 4 + 2) = 0.

4. (a)

limx→+∞

[(√x2 + 2− x

) √x2 + 2 + x√x2 + 2 + x

]=

= limx→+∞

x2 + 2− x2

√x2 + 2 + x

= 0.

(b)

limx→+∞

[(√x2 + 5x− x

) √x2 + 5x + x√x2 + 5x + x

]=

= limx→+∞

x2 + 5x− x2

√x2 + 5x + x

= limx→+∞

5√1 + 5

x + 1=

52.

(c)

limx→+∞

[(√x2 + ax− x

) √x2 + ax + x√x2 + ax + x

]=

= limx→+∞

x2 + ax− x2

√x2 + ax + x

= limx→+∞

a√1 + a

x + 1=

a

2.

(d) Használjuk fel az a3−b3 = (a−b)(a2 +ab+b2) azonosságot. Bő-

vítsünk a3√

(x2+a)2+ 3√

(x2+a)(x2−a)+3√

(x2−a)2

3√

(x2+a)2+ 3√

(x2+a)(x2−a)+3√

(x2−a)2kifejezéssel. Ekkor

limx→+∞

2a

3

√(x2 + a)2 + 3

√x4 − a2 + 3

√(x2 − a)2

= 0.


(e) Használjuk fel a limx→+∞

(1 + 1

x

)x = e ismert határértéket:

limx→+∞

[(4x + 24x− 3

)2x (4x + 24x− 3

)5]

=

= limx→+∞

√(4x + 24x− 3

)4x

= limx→+∞

√√√√(

1 + 24x

1− 34x

)4x

=√

e5.

Egy lehetséges másik út a megoldáshoz a következő:

limx→+∞

(4x + 24x− 3

)2x+5

= limx→+∞

[(1 +

54x− 3

)4x−3] 2x+5

4x−3

=

= e52 .

(f) Az előző feladathoz hasonlóan:

limx→+∞

(−2x + 6−2x + 1

)5x (−2x + 6−2x + 1

)1

= limx→+∞

(1− 6

2x

1− 12x

)5x

=

= limx→+∞

1− 3

x

1−12x

x

5

= e−252 .

(g) Az előzőekhez hasonló módon:

limx→+∞

(5x2 − π

5x2 +√

2

)4x2 (5x2 − π

5x2 +√

2

)2

=

= limx→+∞

(1− π

5x2

1 +√

25x2

)5x2

45

= 5

√(e−π

e√

2

)4

.

Megoldások 65

(h) A megoldás az előzőekhez hasonló módon történik.

limx→+∞

(23· 2x2 + 12x2 − 4

3

)x2

= limx→+∞

(23

)x2

√√√√√1 + 1

2x2

1 + − 43

2x2

2x2

=

= limx→+∞

(23

)x2 √e

73 = 0.

5. A =4π

.

6. (a) Használjuk fel azt, hogy

limx→1+0

1x− 1

= +∞, illetve limx→1−0

1x− 1

= −∞.

Így

limx→1+0

((x2 + 1

) 1x− 1

)= +∞,

limx→1−0

((x2 + 1

) 1x− 1

)= −∞.

(b) Az előző feladathoz hasonlóan oldható meg. Ekkor

limx→1+0

(−2x− 1x + 1

1x− 1

)= −∞,

limx→1−0

(−2x− 1x + 1

1x− 1

)= +∞,

limx→−1+0

(−2x− 1x + 1

1x− 1

)= −∞,

limx→−1−0

(−2x− 1x + 1

1x− 1

)= +∞.


(c)

limx→1+0

((x + 1)2

x− 41

(x− 1)

)= −∞,

limx→1−0

((x + 1)2

x− 41

(x− 1)

)= +∞,

limx→4+0

((x + 1)2

x− 11

(x− 4)

)= +∞,

limx→4−0

((x + 1)2

x− 11

(x− 4)

)= −∞.

(d) limx→0+0

(x + 2x− 1

1x3

)= −∞, lim

x→0−0

(x + 2x− 1

1x3

)= +∞,

limx→1+0

(x + 2x3

1x− 1

)= +∞, lim

x→1−0

(x + 2x3

1x− 1

)= −∞.

(e) Felhasználjuk az ismert

limx→0+0

2x

= +∞, limx→0−0

2x

= −∞,

illetvelim

x→+∞ 3x = +∞, limx→−∞ 3x = 0

határértékeket. Ekkor

limx→0+0

((x + 3)

1

32x + 1

)= 0, lim

x→0−0

((x + 3)

1

32x + 1

)= 3.

(f) limx→1+0

55

x−1 = +∞ limx→1−0

55

x−1 = 0.

7. (a) limx→3+0

x + 2|x− 3| = +∞, lim

x→3−0

x + 2|x− 3| = +∞.

(b) limx→2+0

1(x− 2)2 − |x− 2| = lim

x→2+0

1x− 2

· 1x− 3

= −∞.

Megoldások 67

limx→2−0

1(x− 2)2 − |x− 2| = lim

x→2−0

1x− 2

· 1x− 1

= −∞.

(c) limx→0+0

arctg12x

=π

2, lim

x→0−0arctg

12x

= −π

2.

(d) limx→0+0

2arcsinx

= +∞, limx→0−0

2arcsinx

= −∞.


5. Valós függvények differenciálhányadosa

1. (a) Legyen x0 tetszőleges valós szám. Ekkor

limx→x0

f (x)− f (x0)x− x0

= limx→x0

x3 + 2x2 + 1− (x2

0 + 2x20 + 1

)

x− x0=

= limx→x0

x3 − x30 + 2x2 − 2x2

0

x− x0=

= limx→x0

(x− x0)(x2 + xx0 + x2

0

)+ 2 (x− x0) (x + x0)

x− x0=

= limx→x0

(x2 + xx0 + x2

0 + 2x + 2x0

)= 3x2

0 + 4x0,

azaz a függvény differenciálható x0-ban, és f ′ (x0) = 3x20 + 4x0.

(b) Legyen x0 tetszőleges valós szám. Ekkor

limx→x0

g (x)− g (x0)x− x0

=

= limx→x0

−x2 + 2x + 3− (−x20 + 2x0 + 3)

x− x0=

= limx→x0

−(x− x0)(x + x0) + 2(x− x0)x− x0

= −2x0 + 2,

azaz a g függvény differenciálható x0-ban, és g′ (x0) = −2x0 + 2.

2. Legyen x0 6= 0 tetszőleges valós szám. Ekkor

limx→x0

f (x)− f (x0)x− x0

= limx→x0

1x − 1

x0

x− x0= lim

x→x0

x0−xxx0

x− x0=

= limx→x0

− 1xx0

= − 1x2

0

,

azaz a függvény differenciálható x0-ban, és f ′ (x0) = − 1x20.

Megoldások 69

3. Legyen x0 tetszőleges valós szám, ekkor

limx→x0

f (x)− f (x0)x− x0

= limx→x0

xn − xn0

x− x0=

= limx→x0

(x− x0)(xn−1 + xn−2x0 + · · ·+ xn−10 )

x− x0= nxn−1

0 ,

azaz a függvény differenciálható x0-ban, és f ′ (x0) = nxn−10 .

4. (a) Mivel

limx→0+0

f (x)− f (x0)x− x0

= limx→0+0

|x|x

= 1,

és

limx→0−0

f (x)− f (x0)x− x0

= limx→0−0

|x|x

= −1,

azaz a függvény jobb és bal oldali differenciálhányadosa az x0 = 0pontban nem egyenlő. Tehát a függvény az adott pontban nemdifferenciálható.

(b) Tekintsük a függvény x0 = 0 ponthoz tartozó differenciahánya-

dosát:g (x)− g (x0)

x− x0= sin

1x

. Ha

〈xn〉 : N → R, xn :=2

(2n− 1)π,

akkor az 〈xn〉 sorozat nullához konvergál. Ebben az esetben ahozzá tartozó 〈sin 1

xn〉 sorozat nem konvergens, így a g függvény

az adott pontban nem differenciálható.

(c) Mivel

limx→0+0

h (x)− h (x0)x− x0

= limx→0+0

|sinx|x

= 1,


és

limx→0−0

h (x)− h (x0)x− x0

= limx→0−0

|sinx|x

= −1,

azaz a h függvény jobb és bal oldali differenciálhányadosa a 0 pontbannem egyenlő, a függvény az adott pontban nem differenciálható.

A fejezet további feladataiban a Df ′ = Df egyenlőség miatt nem adjukmeg az f ′ értelmezési tartományát.

5. (a) f ′ (x) = 5x4 + 34

4

√1x + 28x3 − 10 1

x3 .

(b) f ′ (x) = 42x6 + 152

√π · √x−√2 1

x2 .

(c) f ′ (x) = −2 sin x(x2 + 6 · 3x

)+ (2 cosx + 1) (2x + 6 · 3x ln 3) .

(d) f ′ (x) =(

1x + 1

1+x2

)(5 + 2x) + (lnx + arctgx) (2x ln 2) .

(e) f ′ (x) =6√

2π2 1cos2 x

arctgx− (6π2 tgx + 6

)√2 1

1+x2

2 arctg2 x.

(f) f ′ (x) =

(−π sinx− 3 cos x + 1

2

√1x

) (x2 + 7 ln2 x

)(x2 + 7 ln2 x

)2 −

− (π cosx− 3 sin x +√

x)(2x + 14 lnx

(1x

))(x2 + 7 ln2 x

)2 .

6. (a) f ′ (x) = 7x2+6 ln 7 · 2x.

(b) f ′ (x) = − sin(√

x + x2) (

12

√1x + 2x

).

(c) f ′ (x) =1√

1− (x7 + 1)27x6.

(d) f ′ (x) = 2 cosx (− sinx) .

(e) f ′ (x) = 2x sin6 x +(x2 + e

)6 sin5 x cosx.

(f) f ′ (x) = 2sin√

x ln 2 cos√

x12

√1x .

Megoldások 71

(g) f ′ (x) = 1x23ln x

(2x3ln x + x3ln x ln 3

).

(h) f ′ (x) =1

1 + 2x2+16√

x

12

√6√

x

2x2 + 1

24x√

x− (2x2 + 1)3√

1x

36x.

(i) f ′ (x) = 4 (ln tgx)1

tgx

1cos2 x

.

(j) f ′ (x) =1

ln lnx

1lnx

1x

.

(k) f ′ (x) = 2 · sin (arctg 3√

x) cos (arctg 3√

x) 1

1+( 3√x)213

3

√1x2 .

(l) A függvény differenciálhányadosát a következő kifejezés adja:

12

√7√

x + π

6 cos4 x

24 cos3 x (− sinx) (7√

x + π)− 21 cos4 x√

1x

(7√

x + π)2.

(m) f ′ (x) =1

π2 + 2

(73

3√

x4 +1

1 + x42x

).

(n) f ′ (x) = 0, mivel f konstansfüggvény.

(o) f ′ (x) =1

ln 61

tg2 x

2x+√

2

2 tgx 1cos2 x

(2x +

√2)− tg2 x2x ln 2

(2x +

√2)2 .

(p) Mivel f(x) = π 42√

x + 7x−23− sin x, így

f ′(x) =π

4242

√1

x41− 14

x3

13sin x

− 7 (ln 3) cosx

x23sin x.

(q) f ′ (x) =−8

(ecos x (− sinx) + 6 · 3tgx ln 3 1

cos2 x

)

(ecos x + 6 · 3tgx)2.

7. (a) Végezzük el az xx = eln xx= ex ln x átalakításokat, majd alkal-

mazzuk az összetett, illetve szorzatfüggvényre vonatkozó diffe-renciálási szabályokat. Így

f ′ (x) = ex ln x (lnx + 1) = xx (lnx + 1) .


(b) Az előző példa alapján kapjuk, hogyf ′ (x) = ex ln sin x

(ln sin x + x 1

sin x cosx). Az eredményt felírhat-

juk f ′ (x) = (sinx)x(ln sinx + x 1

sin x cosx)alakban is.

(c) Az előzőek alapján kapjuk, hogyf ′ (x) = ecos x ln sin x

(− sinx ln sinx + cos x 1sin x cosx

).

(d) Az előzőek alapján kapjuk, hogy

f ′ (x) = e2√

x ln ln x(√

1x ln lnx + 2

√x 1

ln x1x

).

(e) Az előzőek alapján kapjuk, hogy

f ′ (x) = e1x

ln x2 (−1x2 lnx2 + 2

x2

).

(f) Térjünk át természetes alapú logaritmusra, majd alkalmazzuk azösszetett, illetve a hányados függvényre vonatkozó differenciálásiszabályokat. Így f(x) = ln cos x

ln x és

f ′ (x) =1

cos x (− sinx) lnx− 1x ln cosx

ln2 x.

8. (a) A deriváltak minden valós x esetén a következők:f ′ (x) = 4x3 + 6x2 + 6, f ′′ (x) = 12x2 + 12x,f (3) (x) = 24x + 12, f (4) (x) = 24.

(b) Könnyen belátható, hogy f (4) (x) = 0, minden x ∈ R esetén.

(c) A deriváltak minden valós x esetén a következők:f ′ (x) = 2e2x + (− sinx) , f ′′ (x) = 4e2x + (− cosx) ,f (3) (x) = 8e2x + sin x, f (4) (x) = 16e2x + cosx.

(d) A deriváltak minden valós x esetén a következők:f ′ (x) = −2x

(x2+1)2, f ′′ (x) = 8x2

(x2+1)3− 2

(x2+1)2,

f (3) (x) = −48x3

(x2+1)4+ 24x

(x2+1)3, f (4) (x) = 384x4

(x2+1)5− 288x2

(x2+1)4+ 24

(x2+1)3.

(e) A deriváltak minden valós x esetén a következők:f ′ (x) = sinx + x cosx, f ′′ (x) = 2 cosx− x sinx,f (3) (x) = −3 sin x− x cosx, f (4) (x) = −4 cos x + x sinx.

Megoldások 73

9. (a) Az első néhány differenciálhányados a következő:f ′ (x) = 1

1+x , f ′′ (x) = − (1 + x)−2 ,

f (3) (x) = (−1) (−2) (1 + x)−3 ,f (4) (x) = (−1) (−2) (−3) (1 + x)−4 . Azt állítjuk, hogy

f (n) (x) = (−1)n−1 (n− 1)! (1 + x)−n

minden n ∈ N esetén. A bizonyítást teljes indukcióval végez-zük. Az előzőekből következik, hogy n = 1 esetén igaz az állítás.Legyen n > 1. Megmutatjuk, hogy ha valamely n természetesszámra igaz az állítás, akkor igaz (n + 1)-re is. Az n-edik dif-ferenciálhányados deriváltjából egyszerűen következik az állítás,azaz

f (n+1) (x) = (−1)n n! (1 + x)−(n+1) ,

és ezzel az állítást bizonyítottuk.(b) Az előzőhöz hasonló módon teljes indukció segítségével igazol-

ható, hogy minden x ∈ R esetén

f (n) (x) =

{ex+e−x

2 , ha n páros,ex−e−x

2 , ha n páratlan.

Az f : R → R, f(x) := ex−e−x

2 függvényt szinusz hiperbolikuszfüggvénynek, az f : R → R, f(x) := ex+e−x

2 függvényt koszinuszhiperbolikusz függvénynek nevezzük.

(c) Az előzőhöz hasonló módon teljes indukció segítségével igazol-ható, hogy minden x ∈ R és k ∈ N∪{0} esetén

f (n) (x) =

−n cosx + x sinx, ha n = 4k,n sinx + x cosx, ha n = 4k + 1,n cosx− x sinx, ha n = 4k + 2,

−n sinx− x cosx, ha n = 4k + 3.

(d) Az előzőekhöz hasonló módon teljes indukció segítségével igazol-ható, hogy minden x ∈ R eseténf (n) (x) = ex

(x2 + 2nx + n (n− 1)

).


6. A differenciálszámítás alkalmazásai

1. (a) A határérték 1.

(b) A határérték „ 00 ” típusú, a l’Hospital-szabály alkalmazásával szá-

mítható ki. Így limx→0

ex−e−x

sin x = limx→0

ex+e−x

cos x = 2.

(c) A határérték „ 00 ” típusú, a l’Hospital-szabály alkalmazásával szá-

mítható ki. Így

limx→0

sin 2x− sinx

sin 5x= lim

x→0

2 cos 2x− cosx

5 cos 5x=

15.

Természetesen néhány esetben a l’Hospital-szabály alkalmazásanélkül is célba jutunk. Ebben az esetben járható lenne a követ-kező út is:

limx→0

sin 2x− sinx

sin 5x= lim

x→0

sinx (2 cosx− 1)sin 5x

=

= limx→0

sinx

sin 5x(2 cosx− 1) =

15.

Felhasználjuk, hogy limx→0

sin xsin 5x = 1

5 limx→0

5xsin 5x

sin xx = 1

5 .

(d) A határérték „ 00 ” típusú, a l’Hospital-szabály alkalmazásával szá-

mítható ki a határérték. Így limx→0

5x ln 5−2x ln 21 = ln 5− ln 2.

(e) A határérték 1, mivel

limx→0

xe2x − x

1− (cos2 x− sin2 x

) = limx→0

xe2x − x

2 sin2 x=

= limx→0

x(e2x − 1

)

2 sin x sinx= lim

x→0

(x

sinx

e2x − 12 sin x

),

a limx→0

xsin x = 1 ismert határérték, a második tényezőre pedig al-

kalmazhatjuk a l’Hospital-szabályt.

Megoldások 75

(f) A határérték „1∞” típusú. Egyszerű átalakítás után a kitevőrealkalmazzuk a l’Hospital-szabályt, és felhasználjuk, hogy az ex-ponenciális függvény folytonos. Így

limx→0+0

(1 + 3x)−2x = lim

x→0+0e(−

2x) ln(1+3x) = lim

x→0+0e−2 ln(1+3x)

x =

= e−6.

2. (a) limx→+∞

xex = lim

x→+∞1ex = 0.

(b) A határérték „1∞” típusú. Végezzük el a limx→+∞

(1 + 1

x

)x3

=

= limx→+∞ ex3 ln(1+ 1

x) átalakítást, majd a kitevőben lévő kifejezésre

(némi átalakítás után) alkalmazzuk a l’Hospital-szabályt. Így

limx→+∞

ln(1 + 1

x

)1x3

= limx→+∞

11+ 1

x

(− 1x2

)

−3x−4=

= limx→+∞

xx+1

(− 1x2

)

− 3x4

=13

limx→+∞

x3

x + 1= +∞.

Az e alapú exponenciális függvénynek a +∞-ben vett határértékeadja a feladat megoldását, azaz a kérdéses határérték +∞.

(c) A határérték „ 00 ” típusú, a l’Hospital-szabály alkalmazásával szá-

mítható ki a határérték. Így limx→0

6

1+(6x)2

5 = 65 .

(d) A határérték „(−∞) · 0” típusú. Egy egyszerű átalakítás után al’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk meg az eredményt. Így

limx→0+0

ln x1

sin x

= limx→0+0

1x

− (sinx)−2 cosx= − lim

x→0+0

1x

cos xsin2 x

=

= − limx→0+0

1x

sin2 x

cosx= − lim

x→0+0

sinx

x

1cosx

sinx = 0.


(e) A határérték „00” típusú. Végezzük el a

limx→0+0

xsin x = limx→0+0

eln x sin x

átalakítást. Az előző feladat és az exponenciális függvény foly-tonosságának felhasználásával a határérték 1-nek adódik.

(f) A határérték „1∞” típusú. Egy egyszerű átalakítás után alkal-mazzuk a l’Hospital szabályt, és így

limx→1+0

x5

x−1 = limx→1+0

e5 ln xx−1 = e5.

(g) A határérték „∞ · 0” típusú. Egy egyszerű átalakítás után al’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk meg az eredményt:

limx→+∞

sin 1x

1x2

= limx→+∞

(cos 1

x

) (− 1x2

)

−2x−3=

12

limx→+∞

cos 1x

1x

=

=12

limx→+∞x cos

1x

= +∞.

Érdemes megemlíteni a feladat megoldásának egy másik lehet-séges útját is, ami azért érdekes, mert megmutatja számunkra,hogy a l’Hospital-szabály mellőzésével is célba érhetünk. Végez-zük el a t := 1

x helyettesítést. Ekkor

limx→+∞

sin 1x

1x2

= limx→+∞x

sin 1x

1x

= limt→0+0

1t

sin t

t= +∞.

3. (a) A határérték „∞ − ∞” típusú. Közös nevezőre hozás után al’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk meg az eredményt. Így

limx→0+0

ex − 1− x

ex − 1= lim

x→0+0

ex − 1ex

= 0.

Megoldások 77

(b) A határérték „∞ − ∞” típusú. Közös nevezőre hozás után al’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk meg az eredményt. Így

limx→0

1− cosx

x2= lim

x→0

sinx

2x=

12.

(c) A határérték „∞−∞” típusú. Az azonos alapú logaritmusokravonatkozó azonosságok miatt

ln ex − ln(x2 + 2

)= ln

ex

x2 + 2.

Ebben az esetben a l’Hospital-szabály kétszeri alkalmazásávalés a természetes alapú logaritmusfüggvény tulajdonságainak fel-használásával érhetünk célba. Így

limx→+∞

ex

x2 + 2= lim

x→+∞ex

2x= lim

x→+∞ex

2= +∞,

és limx→+∞

(ln ex − ln

(x2 + 2

))= lim

x→+∞ ln ex

x2+2= +∞.

(d) A határérték „∞−∞” típusú. Az azonos alapú logaritmusokravonatkozó azonosságok miatt ln e2x − ln

(2x2 + ex

)= ln e2x

2x2+ex .A l’Hospital-szabály háromszori alkalmazásával és a logaritmus-függvény tulajdonságainak felhasználásával kapjuk meg az ered-ményt. Így

limx→+∞

e2x

2x2 + ex= lim

x→+∞2e2x

4x + ex= lim

x→+∞4e2x

4 + ex=

= limx→+∞

8e2x

ex= lim

x→+∞ 8ex = +∞,

és limx→+∞

(ln e2x − ln

(2x2 + ex

))= +∞.

(e) A határérték „∞∞ ” típusú, a l’Hospital-szabály háromszori alkal-mazásával számítható ki a határérték. Így

limx→+∞

3 (ln x)2 1x

1= 3 lim

x→+∞(lnx)2

x= 3 lim

x→+∞2(lnx) 1

x

1=

= 6 limx→+∞

lnx

x= 6 lim

x→+∞1x

= 0.


(f) A határérték „∞∞ ” típusú. A feladat megoldásához alkalmazzuka l’Hospital-szabályt 2004-szer. Így

limx→+∞

x2004

ex= 2004! lim

x→+∞1ex

= 0.

(g) A határérték „0 · ∞” típusú. Egy egyszerű átalakítás, majd al’Hospital-szabály alkalmazásával kapjuk az eredményt. Így

limx→+∞

esin 1x − 11x

= limx→+∞

esin 1x cos 1

x

(− 1x2

)

− 1x2

= 1.

(h) A határérték „∞0” típusú. Végezzük el a

limx→π

2−0

(tgx)cos x = limx→π

2−0

(eln tgx

)cos x= lim

x→π2−0

ecos x ln tgx

átalakítást, majd a kitevőre alkalmazzuk a l’Hospital-szabályt.Így

limx→π

2−0

ln tgx1

cos x

= limx→π

2−0

1tgx

1cos2 x

− (cos x)−2 (− sinx)=

= limx→π

2−0

cos xsin x

1cos2 x

1cos2 x

sinx= lim

x→π2−0

cosx

sin2 x= 0.

Az exponenciális függvény folytonosságát felhasználva az eredetihatárérték 1-nek adódik.

4. (a) A határérték „ 00” típusú. A l’Hospital-szabályt alkalmazhatjuk a

határérték meghatározásához, de néhány lépés után beláthatjuk,hogy ez esetben nem vezet eredményre. Úgyis mondhatjuk, hogyezek a feladatok (a következővel együtt) a fejezet kakukktojásai,megmutatják számunkra, hogy ez a szabály sem mindenható. Afeladat megoldását egyszerű átalakítás után kapjuk, felhasznál-juk, hogy a szinusz függvény korlátos. Ekkor

Megoldások 79

limx→0

x2 sin 1x

sinx= lim

x→0

(x

x

sinxsin

1x

)= 0.

(b) A határérték „∞∞” típusú. Az előző feladatban említettek itt isérvényesek. A megoldást azzal a trükkel kapjuk, hogy mind aszámlálót, mind a nevezőt osztjuk x-szel. Ekkor

limx→+∞

x− sinx

x + sin x= lim

x→+∞

x−sin xx

x+sin xx

= limx→+∞

1− sin xx

1 + sin xx

= 1.

5. (a) Tekintsük a függvény első deriváltját: f ′ (x) = 26x2 − 2

6x− 46 . A

26

(x2 − x− 2

)= 0 egyenletből: x1 = −1 és x2 = 2 megoldások

adódnak. Tehát az f függvénynek az x1 = −1 és x2 = 2 helyekenlehet lokális szélsőértéke. Mivel f ′′ (x) = 2

3x− 26 és f ′′ (−1) =

= −1 < 0, illetve f ′′ (2) = 1 > 0, az f függvénynek az x1 = −1pontban helyi maximuma, az x2 = 2 pontban helyi minimumavan. Megjegyezzük, hogy a függvénynek abszolút szélsőértékenincs.

(b) Tekintsük az f függvény első deriváltját: f ′ (x) = 8x − 40. Mi-vel az f ′ (x) = 0 egyenletnek az x0 = 5 a megoldása, így az x0

pontban lehet lokális szélsőértéke a függvénynek. Az f függvénymásodik deriváltja f ′′ (x) = 8 > 0, tehát a függvénynek helyi mi-nimuma van az x0 pontban. A függvény első deriváltja előjelénekvizsgálatából kiderül, hogy a függvény szigorúan monoton csök-kenő a [3, 5] intervallumon és szigorúan monoton növekvő az [5, 8]intervallumon. Ebből következik, hogy a [3, 5] intervallumon alegnagyobb függvényérték f (3) = −4, míg az [5, 8] intervallu-mon f (8) = 176. Az előzőekből következik, hogy a függvénynekabszolút maximuma van az x = 8 pontban és abszolút minimumavan az x0 = 5 pontban, ahol f(5) = −20.Megjegyezzük, hogy elemi úton, az f(x) = 4x2 − 40x + 80 == 4(x− 5)2 − 20 egyenlőségből egyszerűbben is megkaphatjuk avégeredményt.


(c) Tekintsük a függvény első differenciálhányadosát: f ′ (x) = x2−1x2 .

Az x2−1x2 = 0 egyenlet megoldásai x1 = 1 és x2 = −1. Az f

függvénynek az x1 helyen lehet lokális szélsőértéke, mivel x2

nem tartozik a függvény értelmezési tartományába. Vizsgáljukmeg az f függvény második deriváltját. Mivel f ′′ (x) = 2

x3 , ígyf ′′ (1) = 2 > 0, tehát a a függvénynek helyi minimuma van az x1

pontban. A derivált függvény előjelének vizsgálatából kiderül,hogy a függvény szigorúan monoton csökkenő az

[12 , 1

]interval-

lumon és szigorúan monoton növekvő az [1, 3] intervallumon. Mi-vel f

(12

)= 9

2 és f (3) = 163 , így az előző feladat gondolatmenetét

alkalmazva azt kapjuk, hogy az x = 3 pontban a függvénynekabszolút maximuma, az x = 1 pontban abszolút minimuma van.

(d) Tekintsük a függvény első differenciálhányadosát. Az f ′ (x) == 3x2 − 3 = 0 egyenlet megoldásai az x1 = 1 és x2 = −1.Ezekben a pontokban lehet a függvénynek lokális szélsőértéke.Mivel f ′′ (x) = 6x, így f ′′ (1) = 6 > 0 és f ′′ (−1) = −6 < 0.Az előző egyenlőtlenségekből következik, hogy a függvénynekaz x1 pontban helyi minimuma és az x2 pontban helyi maxi-muma van. A derivált függvény előjelének vizsgálatából adó-dik, hogy a függvény szigorúan monoton növekvő a [−3,−1]és az [1, 2] intervallumokon és szigorúan monoton csökkenő a[−1, 1] intervallumon. Az előzőekkel összevetve, és felhasználvaaz f(1) = 16, f(−1) = 20, f(2) = 20 és f(−3) = 0 egyenlősé-geket adódik, hogy a függvénynek az x = −3 helyen abszolútminimuma, az x = −1 és x = 2 helyeken pedig abszolút maxi-muma van.

(e) Az f ′ (x) = 5x4− 15x2 = 0 egyenlet megoldásai x1 = 0, x2 =√

3és x3 = −√3. Tehát az f függvénynek helyi szélsőértéke le-het az x1 és az x2 helyeken. (Az x3 pont nincs benne a függ-vény értelmezési tartományában.) Mivel f ′′ (x) = 20x3 − 30x ésf ′′

(√3)

= 30√

3 > 0, így a függvénynek x2 pontban helyi mi-nimuma van. Könnyen látható, hogy f ′′ (0) = 0 és f ′′′ (0) 6= 0,azaz a függvénynek az x1 pontban nincs helyi szélsőértéke. A

Megoldások 81

függvény első deriváltja előjelének vizsgálatából kiderül, hogy afüggvény szigorúan monoton csökkenő a

[−1,√

3]intervallumon

és szigorúan monoton növekvő a[√

3,√

5]intervallumon. Mivel

f(−1) = 6 és f(√

5) = 50√

5 + 2 > 6, így az előzőek összeveté-séből adódik, hogy a függvénynek az x =

√5 pontban abszolút

maximuma, az x =√

3 helyen pedig abszolút minimuma van.Megjegyezzük, hogy f(

√3) = −6

√3 + 2 és f(

√5) = 2.

6. (a) A függvény zérushelyeit az x2(x2 − 2

)= 0 egyenletből egy-

szerűen meghatározhatjuk. A gyökök a következők: x1 = 0,x2 =

√2, illetve x3 = −√2. Tekintsük az f függvény első

differenciálhányadosát. Az f′(x) = 4x3−4x = 0 egyenlet gyökei

x1 = 0, x2 = 1 és x3 = −1. A gyökök által meghatározott inter-vallumokon vizsgálva a derivált függvény előjelét a következőketkapjuk. Az f függvény a (−∞,−1] intervallumon szigorúan mo-noton csökkenő, a [−1, 0] intervallumon szigorúan monoton nö-vekvő, a [0, 1] intervallumon szigorúan monoton csökkenő és az[1,+∞) intervallumon ismét szigorúan monoton növekvő.Az előzőekből következik, hogy az x = −1 és x = 1 pontokban

a függvénynek helyi minimuma, az x = 0 pontban pedig helyimaximuma van.

Tekintsük az f függvény második deriváltját. Az f′′(x) =

= 12x2 − 4 = 0 egyenlet megoldásai: x1 =√

33 és x2 = −

√3

3 . Agyökök által meghatározott intervallumokon vizsgálva a másodikderivált függvény előjelét a következőket kapjuk. A (−∞,−

√3

3 ]intervallumon a függvény konvex, a [−

√3

3 ,√

33 ] intervallumon kon-

káv és a [√

33 , +∞) intervallumon szintén konvex. Az előzőek-

ből következik, hogy az x = −√

33 és az x =

√3

3 pontokban afüggvénynek inflexiós pontjai vannak. A végtelenben a követ-kező határértékeket kapjuk:

limx→+∞

(x4 − 2x2

)= +∞ és lim

x→−∞(x4 − 2x2

)= +∞.


Mivel érvényes az x4 − 2x = (−x)4 − 2 (−x)2 egyenlőség, afüggvény páros. Az értékkészlete a [−1, +∞) intervallum.

1. ábra.

(b) A függvény zérushelyeit az x(x2 − 3

)= 0 egyenletből kapjuk,

melyek x1 = 0, x2 =√

3 és x3 = −√3. Tekintsük az f függ-vény első differenciálhányadosát. Az f

′(x) = 3x2 − 3 = 0

egyenlet megoldásai x1 = 1 és x2 = −1. A gyökök által meg-határozott intervallumokon vizsgálva a derivált függvény előjeléta következőket kapjuk. A (−∞,−1] intervallumon a függvényszigorúan monoton növekvő, a [−1, 1] intervallumon szigorúanmonoton csökkenő és az [1, +∞) intervallumon ismét szigorúanmonoton növekvő. Az előzőekből következik, hogy az x = −1pontban a függvénynek helyi maximuma, illetve az x = 1 pont-ban helyi minimuma van.Tekintsük a függvény második deriváltját. Az f

′′(x) = 6x = 0

egyenlet megoldása x = 0. A gyök által meghatározott interval-lumokon vizsgálva a második derivált függvény előjelét a követ-

Megoldások 83

kezőket kapjuk. A (−∞, 0] intervallumon a függvény konkáv ésa [0,+∞) intervallumon konvex. Az x = 0 pontban a függvény-nek inflexiós pontja van. A végtelenben a következő határértéketkapjuk:

limx→+∞

(x3 − 3x

)= +∞ és lim

x→−∞(x3 − 3x

)= −∞.

Mivel teljesül az x3 − 3x = −((−x)3 − 3(−x)) egyenlőség afüggvény páratlan. Az értékkészlete a valós számok halmaza. Afüggvény gráfja a következő:

2. ábra.

(c) A függvény zérushelye az x = 0 pontban van. Tekintsük az

f függvény első differenciálhányadosát. Az f ′ (x) =x(−x3+2)(x3+1)2

kifejezés előjelének vizsgálatából (amelyet az első derivált zérus-helyei és a szakadási helyek által meghatározott intervallumokonvégzünk) azt kapjuk, hogy az f függvény a (−∞,−1), (−1, 0]és a

[3√

2, +∞)intervallumokon szigorúan monoton csökkenő, a


(0, 3√

2]intervallumon szigorúan monoton növekvő. Az előzőek-

ből következik, hogy az f függvénynek helyi minimuma van azx = 0 helyen és helyi maximuma van az x = 3

√2 helyen.

Az f függvény második deriváltjának tanulmányozásából a kon-vexitásra és a konkávitásra következtethetünk. Az f

′′(x) =

= 2x6−14x3+2(x3+1)3

kifejezés előjelének vizsgálatából kapjuk, hogy azf függvény konvex a (−1, 0,53) és a (1,89, +∞) intervallumokonés konkáv a (−∞,−1) és a (0,53, 1,89) intervallumokon.(Megjegyezzük, hogy a számláló zérushelyeit az x3 = a helyette-sítés elvégzése után egy másodfokú egyenlet vizsgálatából nyer-jük, melyből a1 = 6,85 és a2 = 0,15.)Az előzőekből következik, hogy az f függvénynek az x = 0,53 ésaz x = 1,89 helyeken inflexiós pontjai vannak.A függvény viselkedését a végtelenben a

limx→+∞

x2

x3 + 1= lim

x→−∞x2

x3 + 1= 0

határértékek mutatják, a szakadási helyek környezetében pediga

limx→−1+0

x2

x3 + 1= +∞ és a lim

x→−1−0

x2

x3 + 1= −∞.

határértékek.A függvény nem páros, nem páratlan, nem periodikus, érték-készlete az R halmaz. Az előzőek alapján a függvény gráfja akövetkező:

Megoldások 85

3. ábra.

(d) A függvény zérushelye az x = −1 pontban van. Tekintsük a függ-vény első differenciálhányadosát. Az f ′ (x) = 1− 2

x3 kifejezés elő-jelének vizsgálatából azt kapjuk, hogy az f függvény szigorúanmonoton növekvő a (−∞, 0) és a

[3√

2, +∞)intervallumokon és

szigorúan monoton csökkenő a(0, 3√

2]intervallumon. Az előző-

ekből következik, hogy az x = 3√

2 helyen helyi minimuma van.Az f ′′ (x) = 6

x4 minden x ∈ Df esetén pozitív, tehát a függvénykonvex a (−∞, 0) és a (0,+∞) intervallumokon.A függvény viselkedését a végtelenben és a szakadási hely kör-nyezetében a következő hatátértékek határozzák meg:

limx→+∞

x3 + 1x2

= +∞, limx→−∞

x3 + 1x2

= −∞

és

limx→0+0

x3 + 1x2

= limx→0−0

x3 + 1x2

= +∞.

A függvény nem páros, nem páratlan, nem periodikus, értékkész-


lete az R halmaz. Az előzőek összevetéséből a függvény gráfja akövetkező:

4. ábra.

(e) A függvény zérushelye az x = 1 pontban van. Tekintsük a függ-vény első differenciálhányadosát. Az f

′(x) = lnx + 1 derivált

függvény előjelének vizsgálatából azt kapjuk, hogy a (0, 1e ] inter-

vallumon a függvény szigorúan monoton csökkenő, az [1e , +∞)intervallumon szigorúan monoton növekvő, így az x = 1

e pont-ban a függvénynek helyi minimuma van.Az f

′′(x) = 1

x függvény minden értelmezés tartománybeli x ese-tén pozitív, tehát a függvény konvex. A függvény viselkedését avégtelenben a lim

x→+∞x lnx = +∞ határérték mutatja. Érdemesmegvizsgálni az ábrázolás érdekében a függvény viselkedését azx = 0 pont környezetében. A l’Hospital szabály alkalmazásávala lim

x→0x ln x = 0 határérték adódik.

A függvény nem páros és nem páratlan. A függvény értékkészle-te a [−1

e , +∞) intervallum. Az előzőek alapján a függvény gráfjaa következő:

Megoldások 87

5. ábra.

(f) A függvény zérushelye az x = 1 pontban van. Tekintsük a függ-vény első differenciálhányadosát. Az f

′(x) = x (2 ln x + 1) = 0

egyenlet megoldása x = e−12 = 1√

e. Az első derivált függvény

előjelét tanulmányozva azt kapjuk, hogy a függvény a (0, 1√e]

intervallumon szigorúan monoton csökkenő, az [ 1√e, +∞) inter-

vallumon szigorúan monoton növekvő. Így az x = 1√epontban a

függvénynek helyi minimuma van.Az f

′′(x) = 2 lnx + 3 függvény zérushelye x = e−

32 = 1√

e3. A

második derivált függvény előjelének vizsgálatából azt kapjuk,hogy a függvény konkáv a (0, e−

32 ] intervallumon és konvex az

[e−32 ,+∞) intervallumon. Ebből következik, hogy az x = e−

32

pontban a függvénynek inflexiós pontja van.A lim

x→+∞x2 lnx = +∞ határérték mutatja a függvény viselke-

dését a végtelenben. Érdemes megvizsgálni az ábrázolás érde-kében a függvény viselkedését az x = 0 pont környezetében. Al’Hospital szabály alkalmazásával a lim

x→0+0x2 ln x = 0 határérték


adódik. A függvény nem páros és nem páratlan. A függvényértékkészlete a [− 1

2e , +∞) intervallum.A függvény gráfja a következő:

6. ábra.

(g) Az f(x) = x+2x−1 = 0 egyenlőségből azt kapjuk, hogy a függvény-

nek zérushelye van az x = −2 pontban. Mivel az f′(x) = −3

(x−1)2

függvény minden x-re negatív, így a függvény monoton csök-kenő a (−∞, 1) és (1, +∞) intervallumokon. Az f

′′(x) = 6

(x−1)3

függvény előjelének vizsgálatából következik, hogy az f függvénykonkáv a (−∞, 1) intervallumon és konvex az (1,+∞) interval-lumon.

A függvény viselkedését a végtelenben és a szakadási helyekkörnyezetében a következő határértékek határozzák meg:

limx→+∞

x + 2x− 1

= limx→−∞

x + 2x− 1

= 1

éslim

x→1+0

x + 2x− 1

= +∞ limx→1−0

x + 2x− 1

= −∞.

Megoldások 89

A függvény nem páros és nem páratlan. A függvény érték-készlete R \{1}. Könnyű számolásból adódik, hogy a függvényés inverze ebben az esetben ugyanaz a függvény.

A függvény gráfja a következő:

7. ábra.

(h) A függvény zérushelye az x = 0 pontban van. Tekintsük a

függvény első differenciálhányadosát. Mivel az f′(x) =

−(x2+1)(x2−1)2

minden x esetén negatív, így a függvény szigorúan monoton csök-kenő a (−∞,−1), (−1, 1) és (1, +∞) intervallumokon.

Vizsgáljuk meg az

f′′(x) =

−2x(x2 − 1

)2 − (−x2 − 1)2

(x2 − 1

)2x

(x2 − 1)4=

2x3 + 6x

(x2 − 1)3

függvény előjelét. Az f függvény konkáv a (−∞,−1) és a [0, 1)intervallumokon, konvex a (−1, 0] és az (1, +∞) intervallumokon.Az x = 0 pontban a függvénynek inflexiós pontja van.



limx→+∞

x

x2 − 1= lim

x→−∞x

x2 − 1= 0,

limx→−1+0

x

x2 − 1= +∞ lim

x→−1−0

x

x2 − 1= −∞,

éslim

x→1+0

x

x2 − 1= +∞ lim

x→1−0

x

x2 − 1= −∞.

A függvény páratlan, értékkészlete a valós számok halmaza. Afüggvény gráfja a következő:

8. ábra.

(i) Az f(x) = 2x−11x−2 = 0 egyenletből azt kapjuk, hogy a függvény-

nek zérushelye van az x = 112 pontban.

Az f′(x) = 7

(x−2)2függvény minden x esetén pozitív, tehát

az f függvény szigorúan monoton növekvő a (−∞, 2) és (2, +∞)

Megoldások 91

intervallumokon.Az f

′′(x) = −14

(x−2)3függvény előjelének vizsgálatából adódik,

hogy a függvény konvex a (−∞, 2) intervallumon és konkáv a(2, +∞) intervallumon.


limx→+∞

2x− 11x− 2

= limx→−∞

2x− 11x− 2

= 2

éslim

x→2+0

2x− 11x− 2

= −∞, limx→2−0

2x− 11x− 2

= +∞.

A függvény nem páros és nem páratlan. A függvény értékkész-lete R \{2}. Egyszerű számolással adódik, hogy jelen esetben afüggvény és inverze ugyanaz a függvény.


9. ábra.

(j) A függvénynek zérushelye van az x = 0 pontban. Tekintsük afüggvény első differenciálhányadosát Az f

′(x) = ex (1 + x) függ-

vény előjelének vizsgálatából adódik, hogy az f függvény szigo-rúan monoton csökkenő a (−∞,−1] intervallumon és szigorúan


monoton növekvő az [−1, +∞) intervallumon. A függvénynekhelyi minimuma van az x = −1 pontban.

Az f′′(x) = ex (x + 2) függvény előjelének vizsgálatából adó-

dik, hogy a (−∞,−2] intervallumon az f függvény konkáv, a[−2,+∞) intervallumon pedig konvex. Az előzőekből adódik,hogy a függvénynek inflexiós pontja van az x = −2 pontban.

A függvény viselkedését a végtelenben a következő határérté-kek határozzák meg:

limx→+∞xex = +∞ lim

x→−∞xex = 0.

A függvény nem páros és nem páratlan, értékkészlete a[−1

e , +∞)intervallum.


10. ábra.

(k) A függvénynek nincs zérushelye. Tekintsük a függvény első dif-

ferenciálhányadosát. Az f′(x) =

2x(2x4−1)x4 függvény előjelének

vizsgálatából adódik, hogy a függvény szigorúan monoton csök-kenő a (−∞,−1] és a (0, 1] intervallumokon, szigorúan montonnövekvő a [−1, 0) és az [1, +∞) intervallumokon. Így az x = −1

Megoldások 93

és az x = 1 pontokban a függvénynek helyi minimuma van.Az f

′′(x) = 2 + 6

x4 függvény minden x esetén pozitív, teháta függvény konvex a (−∞, 0) és (0,+∞) intervallumokon. Afüggvény viselkedését a végtelenben és a szakadási helyek kör-nyezetében a következő határértékek határozzák meg:

limx→+∞

1x2

+ x2 = limx→−∞

1x2

+ x2 = +∞

éslim

x→0+0

1x2

+ x2 = limx→0−0

1x2

+ x2 = +∞.

A függvény páros. A függvény értékkészlete a [2, +∞) interval-lum. A függvény gráfja a következő:

11. ábra.

(l) A függvény zérushelye az x = 0 pontban van. Tekintsük a függ-vény első differenciálhányadosát. Az f

′(x) = −x−1

(x−1)3kifejezés

előjelének vizsgálatából következik, hogy a függvény a (−∞,−1)és az (1,+∞) intervallumokon szigorúan monoton csökkenő, a


(−1, 1) intervallumon szigorúan monoton növekvő. Ebből követ-kezik, hogy az x = −1 pontban a függvénynek helyi minimumavan.

Az f′′(x) = 2x+4

(x−1)4függvény előjelének a vizsgálatából követ-

kezik, hogy a (−∞,−2] és az (1,+∞) intervallumokon a függvénykonkáv és a [−2, 1) intervallumon konvex. Így az x = −2 pontbana függvénynek inflexiós pontja van. A végtelenben és a szakadásihelyek környezetében a következő határértékeket kapjuk:

limx→+∞

x

(x− 1)2= lim

x→−∞x

(x− 1)2= 0,

limx→1+0

x

(x− 1)2= lim

x→1−0

x

(x− 1)2= +∞.

A függvény nem páros és nem páratlan. A függvény értékkész-lete a [−1

4 , +∞) intervallum. A függvény gráfja a következő:

12. ábra.

(m) A függvénynek nincs zérushelye. Tekintsük a fügvény első dif-ferenciálhányadosát Az f

′(x) = 4x− 1

x = 4x2−1x kifejezés előjelé-

nek vizsgálatából következik, hogy a függvény szigorúan monoton

Megoldások 95

csökkenő a (0, 12 ] intervallumon és szigorúan monoton növekvő az

[12 ,+∞) intervallumon. Így az x = 12 pontban a függvénynek he-

lyi minimuma van.Az f

′′(x) = 4x2+1

x2 függvény minden x esetén pozitív, amelybőlkövetkezik, hogy a függvény konvex. A függvény viselkedését azx = 0 pontban és a végtelenben a következő határértékek hatá-rozzák meg:

limx→0+0

(2x2 − ln x) = +∞, limx→+∞(2x2 − ln x) = +∞.

A függvény értékkészlete az[

12 + ln 1

2 ,+∞)intervallum. A függ-

vény gráfja a következő:

13. ábra.

(n) A függvénynek zérushelye van az x = 0 helyen. Mivel

limx→0+0

f(x) = limx→0−0

f(x) = 0

egyenlőség érvényes, a függvény az x0 = 0 pontban folytonos. Ax0 = 0 pontban a függvény nem differenciálható, ami következik


az f ′−(0) = 0 és f ′+(0) = 1 egyenlőségekből. Tekintsük a függvényelső deriváltját x > 0 esetén. Az f ′(x) = e−x (1− x) = 0 egyen-let gyöke x = 1. A derivált függvény előjelének vizsgálatából adó-dik, hogy az f függvény szigorúan monoton növekvő a (−∞, 1]intervallumon és szigorúan monoton csökkenő az [1, +∞) inter-vallumon. Az előzőekből következik, hogy a függvénynek helyimaximuma van az x = 1 pontban.

Tekintsük a függvény második deriváltját x > 0 esetén. Azf ′′(x) = e−x(x − 2) = 0 egyenlet megoldása x = 2. A gyök ál-tal meghatározott intervallumokon vizsgálva a második deriváltfüggvény előjelét a következőket kapjuk. A függvény konkáv a[0, 2] intervallumon és konvex a [2, +∞) intervallumon. Az elő-zőekből következik, hogy az x = 2 helyen a függvénynek inflexióspontja van. A (−∞, 0] intervallumon a a függvény konvex éskonkáv is. A függvény viselkedését a végtelenben a lim

x→+∞x

ex= 0

határérték határozza meg. A függvény nem páros, nem páratlan,értékkészlete a

[0, 1

e

]intervallum. A függvény gráfja a következő:

14. ábra.

Megoldások 97

7. Döbrögi nyereségét a

g : [0,+∞) → R, g(x) := 2(

5 +2049

8x− 1

5x

52

)− 1

4x

függvény írja le. Vizsgáljuk meg a függvény első deriváltját, majdhatározzuk meg a zérushelyét. A

g′(x) = 2(

20498

− 12x

32

)− 1

4= 0

egyenlet megoldása az x0 = 16. Mivel a második derivált mindenx ∈ R+ esetén negatív, így a függvénynek az x0 helyen helyi maxi-muma van. A g′ függvény előjelének a vizsgálatából könnyen kiderül,hogy a g függvény szigorúan monoton növekvő a [0, 16] intervallumonés szigorúan monoton csökkenő a [16, +∞) intervallumon. Azaz 16 kgtrágya felhasználása után lesz maximális a a nyereség.

8. Egy személy költsége 20 utas esetén 300 euró. Jelölje x azon utasokszámát, akik már kedvezményes jegyeket kapnak. Ekkor a légitársa-ságnak befizetendő összeget az

f(x) = 6000 + 300x− (10 + 20 + · · ·+ 10x) = −5x2 + 295x + 6000

összefüggés adja meg. Az f ′(x) = −10x + 295 egyenlőségből követke-zik, hogy az x0 = 29,5 helyen lehet a függvénynek szélsőértéke. Mivelf ′′(x) = −10, így a függvénynek az x0 pontban helyi maximuma van.Világos, hogy 29,5 utas nem vehet részt az utazáson, így tehát mégszűkíthetjük a szponzoroktól kért összeget. Az f ′ függvény előjelénekvizsgálatából könnyen kideríthető, hogy az f függvény szigorúan mo-noton növekvő a [20, 29,5] intervallumon és szigorúan monoton csök-kenő a [29,5, 60] intervallumon. Ebből következik, hogy a kiadás 29vagy 30 utas esetén lehet maximális. Mivel f(29) = f(30) = 10350,így 10 350 euróval kell rendelkezni a Tanszéknek, hogy nyugodt szívvelkibérelhesse a gépet.


9. Tekintsük az f függvény első deriváltját, f ′ (x) = 12x−

12 − 1

8 . Az12

(1√x− 1

4

)= 0 egyenletből az x0 = 16 megoldás adódik. Tehát

az f függvénynek az x0 = 16 helyen lehet lokális szélsőértéke. Vizs-gáljuk meg a függvény második deriváltját. Mivel f ′′ (x) = −1

4x−32

és f ′′ (x0) = − 1256 < 0, a függvénynek helyi maximuma van az x0

pontban. Az előzőekből következik, hogy a fa 16 év múlva lesz alegmagasabb.

10. Jelöljük a téglalap oldalait a-val és b-vel, ekkor T = ab = 1568 ésK = 2a + b. Az előzőekből következik, hogy K (a) = 2a + 1568

a . A

K ′ (a) = 2 + 1568(− 1

a2

)= 2− 1568

a2= 0

egyenlőségből következik, hogy az a0 = 28 pontban lehet a függvény-nek szélsőértéke (az a = −28 érték szintén megoldása az egyenletnek,de a feladat csak pozitív értékeket enged meg). Mivel

K” (28) = 31361

283 > 0,

így a K(a) függvénynek az a0 = 28 pontban helyi minimuma van.Tehát a téglalap alakú telek oldalait 28 méternek, illetve 56 méternekkell választani, és 112 méter kerítésnek való anyagot kell vásárolnunk.Megjegyezzük, hogy ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha a másiklehetséges behelyettesítés után a K(b) függvénynek keressük a szélső-értékét.

11. Jelölje a korsó alapkörének sugarát r, magasságát m. A szokásosjelöléseket használva V = 1 = r2πm és F = r2π+2rπm. Felhasználvaaz előző egyenlőségeket azt kapjuk, hogy

F (r) = r2π + 2rπ1

r2π= r2π +

2r.

Az F ′ (r) = 2rπ− 2r2 = 0 egyenlőségből következik, hogy az r0 = 3

√1π

helyen lehet a függvénynek szélsőértéke. A második derivált vizsgá-latából adódik, hogy F” (r0) = 2π + 4

r03 > 0, így a függvénynek az

Megoldások 99

r0 pontban helyi minimuma van. Egyszerű számolással kapjuk, hogyekkor m = 3

√1π , azaz r0 = m. (Zárójelben jegyezzük meg, hogy sze-

rencsére a söröskosókat nem ilyen alakúakra gyártják, mert ezekbőlcsak nagy nehézségek árán lehetne inni. Az általunk kiszámolt mére-tekkel inkább a konzervdobozoknál találkozunk.)

12. Jelöljük a kúp alapkörének a sugarát r-el magasságát m-el, a gömbsugarát R-el, ekkor a szokásos jelöléssel V = 1

3r2πm.

15. ábra.

A következőkben felhasználjuk, hogy az OT2C4 ≈ T1BC4 (egyikszögük közös, egy másik pedig derékszög). Ebből következik, hogy

R

r=

m−R√m2 + r2

,

melyből néhány egyszerű átalakítás után az m = 2Rr2

r2−R2 egyenlőségetkapjuk. A térfogat képletbe helyettesítve V (r) = 2

3πR r4

r2−R2 . A

V ′ (r) =23πR

1(r2 −R2)2

(2r5 − 4r3R2

)= 0


egyenlőségből következik, hogy az r0 =√

2R pontban lehet a V (r)függvénynek szélsőértéke. Könnyen ellenőrizhető, hogy V ” (r0) > 0,így az általunk talált esetben lesz a kúp térfogata minimális. Megje-gyezzük, hogy a fenti egyenlet megoldása az r = −√2R érték is, de afeladatban értelemszerűen csak a pozitív értékekkel kell számolnunk.Érdekes megemlíteni, hogy a minimális térfogatú kúpnál m = 4R ésVk = 2Vg egyenlőségek adódnak.

13. Jelöljük a tartály alapélét a-val. Ekkor a szokásos jelöléssel V = a2més F = a2 + 4am. Az előzőekből következik, hogy

F (a) = a2 + 4V

a.

Az F ′ (a) = 2a3−4Va2 = 0 egyenlőségből kapjuk, hogy az a0 = 3

√2V

esetben lehet az F függvénynek szélsőértéke. Mivel F” (a) = 2a4+8aVa4 ,

így F” (a0) > 0, azaz az a0 pontban az F függvénynek helyi minimumavan. Tehát az a0 = 3

√2V választással minimális lesz a lemezfelhasz-

nálás. Megjegyezzük, hogy ebben az esetben am = 2.

14. Jelölje x és y a két részt, ekkor 8 = x + y.

(a) Az x2+y2 kifejezést kell minimalizálni. Legyen ebben az esetbenA (x) = x2 +(8− x)2 = 2x2− 16x+64. Az A′ (x) = 4x− 16 = 0egyenlőségből következik, hogy az x0 = 4 esetén lehet a kifeje-zésnek szélsőértéke. Mivel A” (x) = 4 > 0, így a kifejezésnek azx0 = 4 esetben helyi minimuma van, ekkor y0 = 4.

(b) Az xy kifejezés maximális értékét keressük. Legyen ebben azesetben B (x) = x (8− x) = 8x − x2. A B′ (x) = −2x + 8 = 0egyenlőségből következik, hogy az x0 = 4 esetben lehet a kifeje-zésnek szélsőértéke. Mivel B” (x) = −2 < 0, így a kifejezésnekaz x0 = 4 esetben maximuma van, ekkor y0 = 4.Érdekesség, hogy mindkét esetben x0 = y0 = 8

2 .

15. Jelölje a kör sugarát r és a négyzet oldalát a, ekkor a szokásos jelölé-seket és az ismert összefüggéseket alkalmazva Kk = 2rπ, Kn = 4a és

Megoldások 101

T = r2π+a2. Legyen K = 2rπ+4a, melyből az a = K−2rπ4 egyenlőség

következik, ekkor

T (r) = r2π +(

K − 2rπ

4

)2

=16r2π + K2 − 4rπK + 4r2π2

16.

A T ′ (r) = 116

(32rπ − 4Kπ + 8rπ2

)= 0 egyenlőségből következik,

hogy a T (r) függvénynek az r0 = K8+2π esetén lehet szélsőértéke. Mi-

vel T” (r) = 2π + 12π2 > 0, így az r0 pontban a kifejezésnek helyi

minimuma van. Ekkor az előzőekben a-ra kapott kifejezés felhaszná-lásával a = 2K

8+2π , melyből a feladat állítása nyilvánvaló.


7. Integrálszámítás

1. (a)∫ (

x3 + 3x12 + 6x−7

)dx =

∫x3 dx + 3

∫x

12 dx+

+ 6∫

x−7 dx =x4

4+ 3

x32

32

+6x−6

−6+ c =

=14x4 + 2

√x3 − 1

x6+ c, ahol c ∈ R .

(b) 12∫

x53 dx +

π

7

∫x−

13 dx =

92

3√

x8 +3π

143√

x2 + c, ahol c ∈ R .

(c)

∫4√

x + 2x + 13√

x2dx =

∫x

14 + 2x + 1

x23

dx =

=∫ (

x−512 + 2x−

13 + x−

23

)dx =

127

12√

x7 + 3 3√

x2 + 3 3√

x + c,

ahol c ∈ R.

(d)

∫x2 + 3x2 + 1

dx =∫

(x2 + 1) + 2x2 + 1

dx =∫ (

1 +2

x2 + 1

)dx =

= x + 2 arctgx + c, ahol c ∈ R .

(e)∫

11 + 49x2

dx =∫

11 + (7x)2

dx =17arctg 7x + c, ahol c ∈ R .

(f)∫

1√1− 9x2

dx =∫

1√1− (3x)2

dx =13

arcsin 3x + c, c ∈ R .

Megoldások 103

2. (a)∫

sinx cosx dx =12

∫2 sin x cosx dx =

12

∫sin 2x dx =

=12− cos 2x

2+ c = −1

4cos 2x + c, ahol c ∈ R .

(b) A megoldásban felhasználjuk a sin2 x = 1−cos 2x2 azonosságot.

∫sin2 x cos2 xdx =

14

∫4 sin2 x cos2 xdx =

=14

∫(2 sinx cosx)2dx =

14

∫(sin 2x)2dx =

=14

∫1− cos 4x

2dx =

18

∫(1− cos 4x) dx =

=18(x− sin 4x

4) + c =

18x− 1

32sin 4x + c,

ahol c ∈ R.

(c)∫

xex2dx =

12

∫2xex2

dx =12ex2

+ c, ahol c ∈ R .

(d)∫

x2 cosx3 dx =13

∫3x2 cosx3 dx =

13

sinx3 + c, c ∈ R .

(e)∫

tg2 x dx =∫

sin2 x

cos2 xdx =

∫1− cos2 x

cos2 xdx =

=∫ (

1cos2 x

− 1)

dx = tgx− x + c, ahol c ∈ R .

Más módszerrel is célba érhetünk, ha felhasználjuk a (tgx)′ == 1 + tg2 x összefüggést. Ekkor∫

tg2 x dx =∫ (

1 + tg2 x− 1)

dx = tgx− x + c, ahol c ∈ R .


3. (a)∫

3x

x2 + 1dx =

32

∫2x

x2 + 1dx =

32

ln(x2 + 1

)+ c, ahol c ∈ R.

(b)∫

x2 + 1x3 + 3x

dx =13

∫3x2 + 3x3 + 3x

dx =13

ln(x3 + 3x

)+ c, c ∈ R.

(c)∫

15x lnx

dx =15

∫ 1x

ln xdx =

15

ln (lnx) + c, ahol c ∈ R.

(d)∫

1(6x2 + 6) arctgx

dx =16

∫ 1x2+1

arctgxdx =

16

ln (arctgx) + c,

ahol c ∈ R.(e)

∫ √2√

1− x2 arcsinxdx =

√2

∫ 1√1−x2

arcsinxdx =

=√

2 ln (arcsinx) + c, ahol c ∈ R .

(f)∫

tg 6x dx =∫

sin 6x

cos 6xdx = −1

6

∫ −6 sin 6xcos 6x

dx =

= −16

ln (cos 6x) + c, ahol c ∈ R .

(g)∫ 1

2ex + x

ex + x2dx =

12

∫ex + 2x

ex + x2dx =

12

ln(ex + x2

)+ c, ahol c ∈

R.

(h)∫

1√x (√

x + 5)dx = 2

∫ 12√

x√x + 5

dx = 2 ln(√

x + 5)

+ c, ahol

c ∈ R.

4. (a)∫

1x log5 x

dx =∫

1x ln x

ln 5

dx = ln 5∫

1x ln x

dx =

= ln 5∫ 1

x

lnxdx = (ln 5) ln |lnx|+ c, ahol c ∈ R .

Megoldások 105

(b)∫

x2√

x3 + 7 dx =13

∫3x2

(x3 + 7

) 12 dx =

13

(x3 + 7

) 32

32

+ c =

=29

√(x3 + 7)3 + c, ahol c ∈ R .

(c)∫ −x

5√

x2 + 3dx = −

∫x

(x2 + 3

)− 15 dx =

= −12

∫2x

(x2 + 3

)− 15 dx = −1

2

(x2 + 3

) 45

45

+ c =

= −58

5

√(x2 + 3)4 + c, ahol c ∈ R .

(d)∫

ex 4√

ex + 2 dx =∫

ex (ex + 2)14 dx =

45

4

√(ex + 2)5 + c, ahol

c ∈ R.(e)

∫ (e2x + x

)√e2x + x2 dx =

12

∫ (2e2x + 2x

) (e2x + x2

) 12 dx =

=12

(e2x + x2

) 32

32

+ c =13

√(e2x + x2)3 + c, ahol c ∈ R .

(f)∫

1x√

lnxdx =

∫1x

(lnx)−12 dx =

(lnx)12

12

+ c = 2√

ln x + c,

ahol c ∈ R.(g)

∫sinx

5

√(cosx)6 dx = −

∫(− sinx) (cos x)

65 dx =

= −(cos x)115

115

+ c = − 511

5

√(cos x)11 + c, ahol c ∈ R .


(h)

∫2 sin x cosx

(1 + sin2 x

) 13 dx =

(1 + sin2 x

) 43

43

+ c =

=34

4

√(1 + sin2 x

)4 + c, ahol c ∈ R .

5. (a) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és azf(x) = x, g′(x) = sin x választással a következő egyenlőségetkapjuk:∫

x sinx dx = x (− cosx) +∫

cosx dx = −x cosx + sin x + c,

ahol c ∈ R.

(b) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és azf(x) = 2x + 1, g′(x) = ex választással a következő egyenlősé-get kapjuk:

∫(2x + 1) ex dx = (2x + 1) ex −

∫2ex dx =

= (2x + 1) ex − 2ex + c, ahol c ∈ R .

(c) A parciális integrálásra vonatkozó tétel kétszeri felhasználásával,először az f1(x) = x2 + 2, g′1(x) = e1−x, majd a következőbenaz f2(x) = x, g′2(x) = e1−x választással a következő egyenlőségetkapjuk:

∫ (x2 + 2

)e1−x dx =

(x2 + 2

) (−e1−x)

+ 2∫

xe1−x dx =

=(x2 + 2

) (−e1−x)

+ 2(

x(−e1−x

)−∫ (−e1−x

)dx

)=

= − (x2 + 2

)e1−x − 2xe1−x − 2e1−x + c, ahol c ∈ R .

Megoldások 107

(d) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és azf(x) = −3x, g′(x) = cos 6x választással a következő egyenlő-séget kapjuk:

∫(−3x) cos 6x dx = −1

2x sin 6x− 1

12cos 6x + c, ahol c ∈ R .

(e) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és azf(x) = ln 2x, g′(x) = 1 választással a következő egyenlőségetkapjuk:

∫ln 2x dx = x ln 2x−

∫1 dx = x ln 2x− x + c, ahol c ∈ R .

(f) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és azf(x) = arcsin 3x, g′(x) = 1 választással a következő egyenlősé-get kapjuk:

∫arcsin 3xdx = x arcsin 3x− 3

∫x

1√1− 9x2

dx =

= x arcsin 3x− 3∫

x(1− 9x2

)− 12 dx =

= x arcsin 3x +318

∫(−18x)

(1− 9x2

)− 12 dx =

= x arcsin 3x +13

√1− 9x2 + c, ahol c ∈ R .

(g) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és azf(x) = arctgx, g′(x) = 1 választással a következő egyenlőségetkapjuk:

∫arctgx dx = x arctgx−

∫x

x2 + 1dx =

= x arctgx− 12

ln∣∣x2 + 1

∣∣ + c, ahol c ∈ R .


(h) A parciális integrálásra vonatkozó tétel felhasználásával és azf(x) = lnx, g′(x) = x2 + 1 választással a következő egyenlőségetkapjuk:

∫ (x2 + 1

)ln x dx =

(x3

3+ 1

)ln x−

∫ (x2

3+

1x

)dx =

=(

x3

3+ 1

)ln x− x3

9− lnx + c, ahol c ∈ R .

(i) Alkalmazzuk kétszer a parciális integrálásra vonatkozó tételt. Le-gyen először f1(x) = e2x és g′1(x) = sin 3x, majd f2 (x) = e2x ésg′2 (x) = cos 3x. Így

I =∫

e2x sin 3x dx = −13e2x cos 3x +

23

∫e2x cos 3x dx =

= −13e2x cos 3x +

23

(13e2x sin 3x− 2

3

∫e2x sin 3x dx

)=

= −13e2x cos 3x +

29e2x sin 3x− 4

9

∫e2x sin 3x dx.

Az előző egyenlőségekből az

I = −13e2x cos 3x +

29e2x sin 3x− 4

9I

egyenlőséget kapjuk, melyből

I = − 313

e2x cos 3x +213

e2x sin 3x + c, ahol c ∈ R .

(j) Az előző feladathoz hasonlóan oldjuk meg:

I =∫

ex+2 sinx dx = −ex+2 cosx +∫

ex+2 cosx dx =

= −ex+2 cosx + ex+2 sinx−∫

ex+2 sinx dx.

Így I = −12ex+2 cosx + 1

2ex+2 sinx + c, ahol c ∈ R .

Megoldások 109

6. (a)∫ −5

x+2dx = −5∫

1x+2dx = −5 ln (x + 2) + c, ahol c ∈ R.

(b)∫

63−xdx = −6

∫ −13−xdx = −6 ln (3− x) + c, ahol c ∈ R.

(c)∫

2√

2x2−5x+6

dx = 2√

2∫

1x2−5x+6

dx = 2√

2∫

1(x−2)(x−3)dx.

Bontsuk az 1(x−2)(x−3) kifejezést parciális törtekre. Az

1(x− 2) (x− 3)

=A

x− 2+

B

x− 3=

(A + B) x− 2B − 3A

(x− 2) (x− 3)

egyenlőségből, ahol A és B valós számokat jelöl, az A + B = 0,−2B − 3A = 1 egyenletrendszerhez jutunk, melyből A = −1 ésB = 1. Ezek a felhasználásával a fenti integrál meghatározható.Így

2√

2∫ ( −1

x− 2+

1x− 3

)dx = −2

√2 ln |x− 2|+2

√2 |x− 3|+c,

ahol c ∈ R.(d) Az előző módszer felhasználásával oldható meg a feladat. Az

1x2 − 6x + 5

=A

x− 1+

B

x− 5=

(A + B) x− 5A−B

(x− 1) (x− 5)

egyenlőségből következik (A,B ∈ R), hogy A = −14 és B = 1

4 .Ennek felhasználásával

∫π + 1

x2 − 6x + 5dx = (π + 1)

∫ (−1

4

x− 1+

14

x− 5

)dx =

= (π + 1)14

(ln |x− 5| − ln |x− 1|) + c, ahol c ∈ R .

(e)∫

5x2 − 6x + 9

dx = 5∫

1(x− 3)2

dx = 5∫

(x− 3)−2 dx =

=−5

x− 3+ c, ahol c ∈ R .


(f)∫

3x2 + 4x + 5

dx = 3∫

1(x + 2)2 + 1

dx = 3 arctg (x + 2) + c,

ahol c ∈ R.

(g) Egyszerű átalakítás után adódik az eredmény:

∫5√

7x2 + 6x + 11

dx = 5√

7∫

1(x + 3)2 + 2

dx =

=5√

72

∫1(

x+3√2

)2+ 1

dx =

=5√

142

arctgx + 3√

2+ c, ahol c ∈ R .

(h) Egyszerű átalakítás után adódik az eredmény:∫

14x2 + 12x + 15

dx =∫

1(2x + 3)2 + 6

dx =

=16

∫1(

2x+3√6

)2+ 1

dx =√

612

arctg2x + 3√

6+ c, ahol c ∈ R .

7. (a) Bontsuk fel az 1(x2+2)(x+1)

kifejezést parciális törtekre. Ekkor az

1(x2 + 2) (x + 1)

=Ax + B

x2 + 2+

C

x + 1=

=(A + C) x2 + (A + B)x + B + 2C

(x2 + 2) (x + 1)

egyenlőségből, ahol A,B, C ∈ R, az A + C = 0, A + B = 0,B+2C = 1 egyenletrendszerhez jutunk, melyből A = −1

3 , B = 13 ,

Megoldások 111

C = 13 . Ennek felhasználásával

∫1

(x2 + 2) (x + 1)dx =

∫ −13x + 1

3

x2 + 2dx +

∫ 13

x + 1dx =

= −13

∫x− 1x2 + 2

dx +13

∫1

x + 1dx =

= −16

∫2x− 2x2 + 2

dx +13

∫1

x + 1dx =

= −16

∫2x

x2 + 2dx +

13

∫1

x2 + 2dx +

13

∫1

x + 1dx =

= −16

∫2x

x2 + 2dx +

16

∫1(

x√2

)2+ 1

dx +13

∫1

x + 1dx =

= −16

ln∣∣x2 + 2

∣∣ +√

26

arctgx√2

+13

ln |x + 1|+ c, c ∈ R .

(b) Bontsuk fel a kifejezést parciális törtekre. Az

1(x2 + x + 1) (x− 2)

=Ax + B

x2 + x + 1+

C

x− 2=

=(A + C) x2 + (B − 2A + C) x + C − 2B

(x2 + x + 1) (x− 2)

egyenlőségből az A + C = 0, B − 2A + C = 0, C − 2B = 1egyenletrendszerhez jutunk, melyből A = −1

7 , B = −37 és C = 1

7 .


Ennek felhasználásával∫

1(x2 + x + 1) (x− 2)

dx = −17

∫x + 3

x2 + x + 1dx+

+17

∫1

x− 2dx = − 1

14

∫(2x + 1) + 5x2 + x + 1

dx +17

∫1

x− 2dx =

= − 114

∫2x + 1

x2 + x + 1dx− 5

14

∫1(

x + 12

)2 + 34

dx+

+17

∫1

x− 2dx = − 1

14ln

∣∣x2 + x + 1∣∣− 5

√3

21arctg

(x + 1

2√3

2

)+

+17

ln |x− 2|+ c, ahol c ∈ R .

(c) Bontsuk fel a kifejezést parciális törtekre. Az

1x3 − 3x2 + 2x

=1

x (x2 − 3x + 2)=

1x (x− 1) (x− 2)

=

=A

x+

B

x− 1+

C

x− 2=

=(A + B + C) x2 + (−3A− 2B − C) x + 2A

x (x− 1) (x− 2)

egyenlőségből az A + B + C = 0, −3A − 2B − C = 0, 2A = 1egyenletrendszerhez jutunk, melyből A = 1

2 , B = −1, C = 12 .

Ennek felhasználásával∫

1x3 − 3x2 + 2x

dx =12

∫1x

dx−∫

1x− 1

dx+

+12

∫1

x− 2dx =

12

ln |x| − ln |x− 1|+ 12

ln |x− 2|+ c, c ∈ R .

(d) Bontsuk fel a kifejezést parciális törtekre. A

Megoldások 113

2x + 6(x2 + 5) (x + 7)

=Ax + B

x2 + 5+

C

x + 7=

=(A + C) x2 + (B + 7A) x + 7B + 5C

(x2 + 5) (x + 7)

egyenlőségekből a A = 427 , B = 26

27 , C = − 427 .

Így

∫2x + 6

(x2 + 5) (x + 7)dx =

227

∫2x + 13x2 + 5

dx− 427

∫1

x + 7dx =

=227

∫2x

x2 + 5dx +

26135

∫1(

x√5

)2+ 1

− 427

∫1

x + 7dx =

=227

ln∣∣x2 + 5

∣∣ +26√

5135

arctgx√5− 4

27ln |x + 7|+ c, c ∈ R

(e) Bontsuk fel a kifejezést parciális törtekre. Az

2x2 + x + 1x3 (x2 + x + 1)

=A

x3+

B

x2+

C

x+

Dx + E

x2 + x + 1=

=(C + D)x4 + (B + C + E) x3

x3 (x2 + x + 1)+

+(A + B + C) x2 + (A + B) x + A

x3 (x2 + x + 1)

egyenlőségekből következik, hogy A = 1, B = 0, C = 0, D = −1,E = −1.


Így∫

2x2 + x + 1x3 (x2 + x + 1)

dx =∫

1x3

dx +∫

1x

dx−∫

x + 1x2 + x + 1

dx =

=∫

1x3

dx +∫

1x

dx− 12

∫(2x + 1) + 1x2 + x + 1

dx =

=∫

1x3

dx +∫

1x

dx− 12

∫2x + 1

x2 + x + 1dx−

− 12

∫1(

x + 12

)2 + 34

dx =12

1x2

+ ln |x| − 12

ln∣∣x2 + x + 1

∣∣−

−√

33

arctg√

33

(2x + 1) + c, ahol c ∈ R .

8. (a) A feladatot a Newton—Leibniz-tétel felhasználásával oldjuk meg.A szokásos jelöléseket használva kapjuk, hogy

π2∫

0

cos 5x dx =[sin 5x

5

]π2

0

=sin 5π

2

5− sin 0

5=

15.

(b) A feladatot a Newton—Leibniz-tétel felhasználásával oldjuk meg.A szokásos jelöléseket használva kapjuk, hogy

2∫

1

1x(x2 + 1)

dx =

2∫

1

(1x− x

(x2 + 1)

)dx =

=

2∫

1

(1x− 1

22x

(x2 + 1)

)dx =

[lnx− 1

2ln(x2 + 1)

]2

1

=

=32

ln 2− 12

ln 5.

Megjegyezzük, hogy feladat megoldásakor az1

x(x2 + 1)kifejezést

parciális törtekre bontottuk. Az

Megoldások 115

1x(x2 + 1)

=A

x+

Bx + C

x2 + 1

egyenlőségből azt kaptuk, hogy A = 1, B = 1 és C = 0.Az előzőeket egyszerű bővítéssel is megkaphatjuk:

1x(x2 + 1)

=x2 + 1− x2

x(x2 + 1)=

1x− x

x2 + 1.

(c) A feladatot a Newton—Leibniz-tétel felhasználásával oldjuk meg.A szokásos jelöléseket használva kapjuk, hogy

π

r∫

−r

(r2 − x2) dx = π

[r2x− x3

3

]r

−r

=4πr3

3.

Az ismerős kifejezés az r sugarú gömb térfogatát adja meg. Ál-talában is igaz, hogy ha a, b ∈ R és f : [a, b] → R folytonos,nemnegatív értékű függvény, akkor az f függvény gráfjának azx tengely körüli megforgatásával nyert forgástest térfogatát az

πb∫a

f2(x) dx integrállal definiáljuk.

(d) A feladatot a Newton—Leibniz-tétel felhasználásával oldjuk meg.A szokásos jelöléseket használva kapjuk, hogy

π2∫

−π4

cosx√1 + sinx

dx =

π2∫

−π4

cosx(1 + sinx)−12 dx =

= 2[√

1 + sinx]π

2

−π4

= 2√

2−√

4− 2√

2.

(e) A feladatot a parciális integrálás tétele és a Newton—Leibniz-tétel segítségével oldjuk meg. Az f ′(x) = 1 és g(x) = arcsinx


választással kapjuk, hogy

12∫

0

arcsinx dx = [x arcsinx]120 −

12∫

0

x1√

1− x2dx =

= [x arcsinx]120 +

12

12∫

0

(−2x)(1− x2)−12 dx =

= [x arcsinx]120 +

[√1− x2

] 12

0=

12

arcsin12

+

√34− 1 =

=π

12+√

32− 1.

(f) A feladatot a parciális integrálás tétele és a Newton—Leibniz-tétel segítségével oldjuk meg. Az f ′(x) = x2 és g(x) = arctgxválasztással kapjuk, hogy

1∫

0

x2 arctgx dx =[x3

3arctgx

]1

0

− 13

1∫

0

x3

1 + x2dx =

=[x3

3arctgx

]1

0

− 13

1∫

0

(x− x

1 + x2

)dx =

=[x3

3arctgx

]1

0

− 13

[x2

2− 1

2ln(x2 + 1)

]1

0

=

=13arctg 1− 1

3

(12− ln 2

2

)=

112

π − 16

+16

ln 2.

Megoldások 117

8. Improprius integrál

1. (a) Legyen

F : [1,+∞) → R, F (x) :=

x∫

1

1t7

dt.

Ekkor minden x ∈ [1,+∞) esetén

F (x) = −16

[1t6

]x

1

= −16

(1x6− 1

).

Az előzőekből következik, hogy+∞∫

1

1x7

dx = limx→+∞F (x) =

16.

(b) Legyen

F : [2, +∞) → R, F (x) :=

x∫

2

1t

dt.

Ekkor minden x ∈ [2, +∞) esetén F (x) = [ln t]x2 = lnx− ln 2. Az

előzőekből következik, hogy+∞∫

2

1x

dx = limx→+∞F (x) = +∞.

(c) Legyen α 6= 1, α ∈ R és

F : [1, +∞) → R, F (x) :=

x∫

1

1tα

dt.


F (x) =1

1− α

[1

tα−1

]x

1

=1

1− α

(1

xα−1− 1

).


Az előzőekből következik, hogy α > 1 esetén

+∞∫

1

1xα


1α− 1

,

α < 1 esetén limx→+∞F (x) = +∞. (Az α = 1 esetet az előző

példában vizsgáltuk.)(d) Legyen

F : [0, +∞) → R, F (x) :=

x∫

0

11 + t2

dt.

Ekkor minden x ∈ [0, +∞) esetén

F (x) = [arctg t]x0 = arctgx.

Az előzőekhez hasonlóan, ha

G : (−∞, 0] → R, G(x) :=

0∫

x

11 + t2

dt,

akkor minden x ∈ (−∞, 0] esetén

G(x) = [arctg t]0x = − arctgx.

Az előzőekből következik, hogy

+∞∫

−∞

1x2 + 1

dx = limx→+∞F (x) + lim

x→−∞G(x) =π

2−

(−π

2

)= π.

(e) A feladatot az előzőhöz hasonlóan oldjuk meg. Felhasználjuk,hogy∫

1(x + 1)2 + 4

dx =14

∫1(

x+12

)2 + 1dx =

12arctg

x + 12

+ c,

Megoldások 119

ahol c ∈ R . Így+∞∫

−∞

1x2 + 2x + 5

dx =π

2.

(f) Legyen

F : [2, +∞) → R, F (x) :=

x∫

2

1t ln2 t

dt.


F (x) =

x∫

2

1t(ln t)−2 dt =

[−1ln t

]x

2

=−1lnx

+1

ln 2.


+∞∫

1

1x ln2 x


1ln 2

.

(g) Legyen

F : [√

10,+∞) → R, F (x) :=

x∫

√10

t√(t2 − 1)3

dt.

Ekkor minden x ∈ [√

10,+∞) esetén

F (x) =

x∫

√10

t√(t2 − 1)3

dt =

x∫

√10

t(t2 − 1)−32 dt =

=12

x∫

√10

2t(t2 − 1)−32 dt =

[ −1√t2 − 1

]x

√10

=−1√x2 − 1

+1√9.



+∞∫

√10

x√(x2 − 1)3


13.

(h) Legyen

F : [2, +∞) → R, F (x) :=

x∫

2

1t2 + t

dt.


F (x) =

x∫

2

1t2 + t

dt =

x∫

2

1t(t + 1)

dt =

x∫

2

1t− 1

t + 1dt =

= [ln t− ln(t + 1)]x2 =[ln

t

t + 1

]x

2

= lnx

x + 1− ln

23.


+∞∫

2

1x2 + x

dx = limx→+∞F (x) = − ln

23

= ln32.

Megjegyezzük, hogy az 1t(t+1) = 1

t − 1t+1 egyenlőséghez parciális

törtekre bontás segítségével vagy a 1t(t+1) = (t+1)−t

t(t+1) átalakításrévén juthatunk.

(i) Legyen

F : [1, +∞) → R, F (x) :=

x∫

1

(t− 1)e−t dt.

A kérdéses improprius integrál meghatározásához először hatá-

rozzuk meg az∫

(t − 1)e−t dt integrált a parciális integrálásra

Megoldások 121

vonatkozó tétel segítségével. Az f(t) = t − 1 és g′(t) = e−t

választással kapjuk, hogy∫

(t− 1)e−t dt = (t− 1)(−e−t

)+

∫e−t dt.

Így minden x ∈ [1, +∞) esetén

F (x) =[(1− t)

(e−t

)− e−t]x

1=

1− x

ex− 1

ex+

1e.


1

(x− 1)e−x dx = limx→+∞F (x) =

1e.

Megjegyezzük, hogy a feladatban előforduló limx→+∞

1− x

exhatár-

értéket l’Hospital-szabály segítségével határozhatjuk meg.(j) Legyen

F : [1,+∞) → R, F (x) :=

x∫

1

(cos t)2−t dt.

A kérdéses improprius integrál meghatározásához először hatá-

rozzuk meg az∫

(cos t)2−t dt integrált a parciális integrálásra

vonatkozó tétel segítségével.Az f ′1(t) = cos t, g1(t) = 2−t, majd az f ′2(t) = sin t és g2(t) = 2−t

választással kapjuk, hogy∫

(cos t)2−t dt = −(cos t)2−t

ln 2− 1

ln 2

∫(sin t)2−t dt =

= −(cos t)2−t

ln 2− 1

ln 2

(−(sin t)2−t

ln 2− 1

ln 2

∫(− cos t)2−t dt

)=

= −(cos t)2−t

ln 2+ (sin t)

2−t

ln2 2− 1

ln2 2

∫(cos t)2−t dt.


Az első és az utolsó kifejezést egyenlővé téve, majd rendezve aztkapjuk, hogy∫

(cos t)2−t dt =12

1ln2 2 + 1

(−(cos t)2−t ln 2 + (sin t)2−t)

+ c,

ahol c ∈ R .

Így minden x ∈ [1, +∞) esetén

F (x) =12

1ln2 2 + 1

[−(cos t)2−t ln 2 + (sin t)2−t]x

1=

=1

2 ln2 2 + 2

(−cosx

2xln 2 +

sinx

2x+ cos 1 ln 2− sin 1

).


1

(cosx) 2−x dx = limx→+∞F (x) =

12 ln2 2 + 2

(cos 1 ln 2− sin 1).

2. (a) Mivel 1 =

+∞∫

−∞f(x) dx =

0∫

−∞0 dx +

+∞∫

0

Ae−x dx, így a követke-

zőkben a második tag meghatározása a cél. Legyen

F : [0, +∞) → R, F (x) :=

x∫

0

Ae−t dt.


F (x) = A

[− 1

et

]x

0

= A

(1− 1

ex

).


0

Ae−t dx = limx→+∞F (x) = A,

így az első egyenlőség felhasználásával az A = 1 adódik.

Megoldások 123

(b) Mivel 1 =

+∞∫

−∞f(x) dx =

0∫

−∞0 dx +

A

π

+∞∫

0

1x2 + 1

dx, így a kö-

vetkezőkben a második tag meghatározása a cél. Az 1.(d) fel-

adat megoldásából következik, hogy+∞∫

0

1x2 + 1

dx =π

2, azaz

1 =

+∞∫

−∞f(x) dx =

A

2, így A = 2.

(c) Mivel 1 =

+∞∫

−∞f(x) dx =

0∫

−∞0 dx +

+∞∫

0

Axe−2x2dx, így a követ-

kezőkben a második tag meghatározása a cél. Legyen

F : [0,+∞) → R, F (x) := A

x∫

0

te−2t2 dt.


F (x) = −A

4

x∫

0

(−4t)e−2t2 dt = −A

4

[e−2t2

]x

0= −A

4

(e−2x2 − 1

).


0

Axe−2x2= lim

x→+∞F (x) =A

4,

ezért az első egyenlőség felhasználásával az A = 4 adódik.

3. (a) Legyen

F : (0, 1] → R, F (t) :=

1∫

t

1√x

dx.


Ekkor minden t ∈ (0, 1] esetén

F (t) =

1∫

t

x−12 dx = 2

[√x]1

t= 2(1−

√t).

Így1∫

0

1√x

dx = limt→0

F (t) = 2.

(b) Legyen

F : (1, e] → R, F (t) :=

e∫

t

1x 4√

ln xdx.

Ekkor minden t ∈ (1, e] esetén

F (t) =

e∫

t

1x

(lnx)−14 dx =

43

[(lnx)

34

]e

t=

=43

(4√

ln3 e− 4√

ln3 t)

=43

(1− 4

√ln3 t

).

Ígye∫

1

1x 4√

ln xdx = lim

t→1F (t) =

43.

(c) Legyen

F : (1, 3] → R, F (t) :=

3∫

t

2x

3

√(x2 − 1)2

dx.


F (t) =

3∫

t

2x

3

√(x2 − 1)2

dx =

3∫

t

2x(x2 − 1

)− 23 dx =

= 3[

3√

x2 − 1]3

t= 3

(3√

8− 3√

t2 − 1)

.

Megoldások 125

Így3∫

1

2x3√

(x2 − 1)2dx = lim

t→1+0F (t) = 6.

(d) Legyen

F : (0, 1] → R, F (t) :=

1∫

t

1x 3√

xdx.


F (t) =

1∫

t

1x 3√

xdx =

1∫

t

x−43 dx = −3

[13√

x

]1

t

= −3(

1− 13√

t

).

Így1∫

0

1x 3√

xdx = lim

t→0F (t) = +∞.

(e) Legyen

F : [1, 2) → R, F (t) :=

t∫

1

1√4− x2

dx.

Ekkor minden t ∈ [1, 2) esetén

F (t) =

t∫

1

1√4− x2

dx =12

t∫

1

1√1− (

x2

)2dx =

=12

[2 arcsin

x

2

]t

1= arcsin

t

2− arcsin

12.

Így2∫

1

1√4− x2

dx = limt→2

F (t) =π

3.

IRODALOMJEGYZÉK

[1] P. Hammond, K. Sydsæter: Matematika közgazdászoknak. Aula KiadóKft., 2000.

[2] Liptai K., Mátyás F., Rados M., Sashalminé K. É., Szepessy B.,Tómács T., Zay B.: Matematika nem matematika szakos hallgatóknak.EKF Líceum Kiadó, Eger, 2000.

[3] Rimán J.: Matematikai analízis. EKF Líceum Kiadó, Eger, 1992.

Tartalomjegyzék - uni-eszterhazy.hu · ELŐSZÓ...

Documents

Transcript of Tartalomjegyzék - uni-eszterhazy.hu · ELŐSZÓ...