III. FEJEZET FÜGGVÉNYEK ÉS TULAJDONSÁGAIK

Tartalomjegyzék

Vissza

69

Függvények és tulajdonságaik

III. FEJEZET FÜGGVÉNYEK ÉS TULAJDONSÁGAIK 1.20.26. Gyakorlatok és feladatok (100. oldal) 1. Írd egyszerűbb alakban:

1 − cos x ; 1 + cos x 1 + sin x x b) cos (3 arccos x ) ; − . d) arcsin 2 2 Megoldás. a) Bármely f : A → B bijektív függvény esetén létezik f −1 : B → A a)

tg (arctg x ) ;

c) arctg

függvény úgy, hogy 1B = f f −1 és 1A = f −1 f . Az előbbi tétel alapján a  π π  π π tg: − ,  → és arctg: → − ,  függvényekre érvényes a  2 2  2 2 tg (arctg x ) = x = 1B = 1R , ∀ x ∈ összefüggés. Megjegyzés.

 π π arctg (tg x ) = x , ∀ x ∈ − ,  ,  2 2

de

arctg (tg x ) ≠ x , ∀ x ∈

esetén. b) Bármely t valós szám esetén cos 3t = cos (2t + t ) = cos 2t ⋅ cos t − sin 2t ⋅ sin t = = (cos2 t − sin2 t ) cos t − 2 cos t sin2 t = 4 cos3 t − 3 cos t ⇒

⇒ cos (3 arccos x ) = 4 (cos (arccos x ))3 − 3 (cos (arccos x )) = 4x 3 − 3x , ∀ x ∈ Megjegyzés. Általában a Tn : [−1,1] →

.

, Tn (x ) = cos (n ⋅ arccos x ) függvény

egy n-ed fokú polinom függvény, amelynek főegyütthatója 2n , és amelynek együtthatóit a következő táblázat segítségével generálhatjuk.

8

1

1 0

T1(x ) = x

2

0

1

T2 (x ) = 2x 2 − 1

4

0

3

0

T3 (x ) = 4x 3 − 3x

0

8

0

1

T4 (x ) = 8x 4 − 8x 2 + 1

Az előbbi táblázatban az n-edik sor elemeit úgy kapjuk, hogy az (n–2)-edik sor megfelelő eleméhez hozzáadjuk az (n–1)-edik sorban levő jobboldali szomszédjának kétszeresét.

Tartalomjegyzék

70


x x sin2 x = 1 − cos x   sin2 + cos2 = 1    x 1 − cos x 2 2 2 2 c)  ⇒ , ahonnan = tg .   x x  2 x  1 + cos x 1 + cos x 2  cos2 − sin2 = cos x = cos  2 2   2 2  x Ha ismét a tg függvény bijektív leszűkítésével dolgozunk, figyelembe véve, hogy a 2 tg függvény páratlan, kapjuk, hogy  x x  π   ⇔ x ∈ [0, π ) tg , ha ∈ 0,   x  2 2  2  , tg =    x  π   x  2  tg −  , ha ∈ − , 0 ⇔ x ∈ −π, 0   2  2     2 x   − , ha x ∈ −π, 0   x 2 tehát a megoldás a −π, π intervallumon arctg tg =  .  x  0, π 2  x , ha ∈     2  x − 2k π   − , ha x ∈ (2k − 1) π, 2k π  1 − cos x 2  = . Ebből következik, hogy arctg  x − 2k π 1 + cos x 2k π, (2k + 1) π  ∈ , ha x      2 cos2 x + sin2 x = 1  x 2  x 2 2 sin + cos  = 1 + sin x és d) ∀ x ∈ esetén  , ahonnan   2 cos x sin x = sin x 2 2  2 2 1 + sin x 2 x 2 x 1 + sin x π x  = sin + cos , ∀ x ∈ R , vagyis = sin  +  . 4 2 2 2 2 2 2 2

(

(

)

(

)

(

) )

)

)

 x π  π π x   sin  +  , ha + ∈ 0,      π π  π x   4 2 2 4  2  A − ,  intervallumon sin  +  =  ,  4 2  x π  π   π x   2 2   sin − −  , ha + ∈ − , 0 2 4  2    4 2   π π  π , ha x ∈ − ,    π x  x  4  2 2  ahonnan arcsin sin  +  − =  , tehát  4 2  2  π π   3π x , ha x , − − ∈ − −     2 2   4  π π π   , ha x ∈ 2k π − , 2k π +   1 + sin x x  4 2 2  . − = arcsin  3π π  2 2  π , 2k π −  − − x − 2k π, ha x ∈ 2k π − 2 2   4

Tartalomjegyzék

71


2. Bizonyítsd be, hogy: 1 2 1 1 1  11  a) arccos + arccos = arccos −  ; b) arctg + arctg + arctg = arctg 5 ;   3 3 2 2 7 14 π 1 1 1 9 4 π c) arccos + arcsin = ; d) arctg + arctg + arctg = . 2 5 8 4 82 41 4 Megoldás. a) Mivel cos (x + y ) = cos x cos y − sin x sin y ∀ x, y ∈ , következik, hogy cos(arccos a + arccos b) = ab − 1 − a 2 1 − b 2 , ∀ a, b ∈ −1,1 .   1 1 1 1 1 12 11 ⋅ − 1− ⋅ 1− = − = − , tehát 2 7 4 49 14 24 14  1 1 11 cos arccos + arccos  = − .  2 7 14 1 1 1  π  1  π Másrészt arccos   ∈ 0,  , és arccos   ∈ 0,  , tehát az arccos + arccos 2  2  7   2  2 7

( )

összeg a 0, π intervallumban van. Az előbbi két tulajdonság alapján állíthatjuk, hogy

arccos

 11  1 1 + arccos = arccos −  .  14  2 7

tg x + tg y + tg z tg (x + y ) + tg z 1 − tg x tg y b) tg (x + y + z ) = = = tg x + tg y 1 − tg (x + y ) tg z 1− tg z 1 − tg x tg y tg x + tg y + tg z − tg x tg y tg z π , ha x , y, z ≠ (2k + 1) és = 2 1 − tg x tg y − tg x tg z − tg y tg z π x + y + z ≠ (2k + 1) , ∀k ∈ , x , y, z ∈ . 2 a + b + c − abc Ebből következik, hogy tg(arctg a + arctg b + arctg c) = , ha 1 − ab − ac − bc 1 2 1 1 + + − 3 3 2 9 = 5, 1 − ab − ac − bc ≠ 0 , a, b, c ∈ . Viszont és az 2 1 1 1− − − 9 6 3 1 2 1 arctg + arctg + arctg összeg a 0, π intervallumban van, tehát b) igaz. 3 3 2 4 2 9 2 4 π c) , tehát , tehát < > arcsin < . Másrészt 41 2 82 2 41 4 9 π 9 4  π + arcsin ∈ 0,  , tehát elégséges igazolni, < . Így arccos arccos 82 4 82 41  2 

( )

Tartalomjegyzék

72


 9 4  2 hogy cos arccos . Ez a következőképpen alakítható: + arcsin  =  82 41  2 2

2

 4   9  9 4 2 ⋅ 1 −  = ⇔  − 1 −   ⋅     82 41 82 41 2 9 5 1 4 2 41 2 2 2 ⋅ − ⋅ = ⇔ = ⇔ = . 2 2 82 41 82 41 2 2 ⋅ 41 2 A négyzetgyökök előjelének meghatározásakor figyelembe vettük, hogy 9 4  π  π ∈ 0,  és arcsin ∈ 0,  . arccos 82  2  41  2  d) A b) ponthoz hasonlóan, igazolni kell, hogy: 1 1 1 1 + + − 2 5 8 80 = tg π = 1 ⇔ 40 + 16 + 10 − 1 = 1 , 1 1 1 2 80 − 8 − 5 − 2 1− − − 10 16 40 1 π 1 π ami teljesül. Az ekvivalencia felírásakor használtuk, hogy arctg < , arctg < 2 3 3 3 1 π és arctg < . 8 3 3. Számítsd ki az n n 1 b) S 2 = ∑ arctg 2 a) S1 = ∑ arcctg (1 + k + k 2 ) ; 2k k =1 k =1 összegeket. 1+2 . n = 2Megoldás. a) 1. módszer. n = 1 -re S1 (1) = arcctg 3 = arcctg 1 3⋅ 7 −1 2+2 re (a S1 (2) = arcctg 3 + arcctg 7 = arcctg = arcctg 2 = arcctg 3+7 2 ctg x ctg y − 1 egyenlőségből következik, hogy arcctg a + arcctg b = ctg (x + y ) = ctg x + ctg y ab − 1 , ha arcctg a + arcctg b ∈ (0, π) ). A továbbiakban a matematikai = arcctg a +b n +1 indukció módszerét használjuk. Feltételezzük, hogy S1 (n − 1) = arcctg , egy n −1 n +2 rögzített n ≥ 2 értékre, és bebizonyítjuk, hogy S1 (n ) = arcctg . n n +1 π π és arcctg (1 + n + n 2 ) < , tehát a következő átalakításokat arcctg < n −1 4 4 végezhetjük: n +1 S1 (n ) = S1 (n − 1) + arcctg (1 + n + n 2 ) = arcctg + arcctg (1 + n + n 2 ) = n −1 ⇔

Tartalomjegyzék Függvények és tulajdonságaik

73

n +1 ⋅ (1 + n + n 2 ) − 1 1 + n + n 2 + n + n 2 + n 3 − (n − 1) 1 n − = arcctg = arcctg = n +1 n + 1 + n + n 2 + n 3 − (1 + n + n 2 ) + (1 + n + n 2 ) n −1 n 3 + 2n 2 + n + 2 n +2 . = arcctg = arcctg 3 n +n n n +2 A matematikai indukció elve alapján S1 (n ) = arcctg , ∀ n ≥ 1 esetén. n 2. módszer Az arcctg (k + 1) − arcctg (k ) = arcctg (1 + k + k 2 ) vagy 1 1 − arcctg = arcctg (1 + k + k 2 ) k k +1 egyenlőséget k = 1, n -re összegezve ugyanahhoz az egyenlőséghez jutunk. arcctg

módszer. Ismét matematikai indukcióval próbálkozunk. n = 1 -re 1 S 2 (1) = arctg ; n = 2 esetén 2 1 1 + 1 1 2 8 = arctg 2 ; S 2 (2) = arctg + arctg = arctg 1 2 8 3 1− 16 2 1 3 S 2 (3) = arctg + arctg = arctg . n = 3 -ra Feltételezzük, hogy 3 18 4 n −1 , ha n ≥2 rögzített, és bizonyítjuk, hogy S 2 (n − 1) = arctg n n . S 2 (n ) = arctg n +1 1 n −1 + 2 1 1 n −1 2n = + arctg 2 = arctg n S 2 (n ) = S 2 (n − 1) + arctg 2 = arctg n −1 2n 2n n 1− 2n 3 2 n (2n − 2n + 1) 2n 3 − 2n 2 + n n . = arctg = arctg = arctg 3 2 2n − n + 1 n +1 (n + 1) (2n − 2n + 1)

b)

1.

k k −1 1 − arctg = arctg 2 , vagy k +1 k 2k 1 arctg (2k + 1) − arctg (2k − 1) = arctg 2 2k egyenlőségek összegezéséből ugyanahhoz az egyenlőséghez jutunk.

2. módszer. Az arctg

Tartalomjegyzék

74


a −b összefüggés érvényességéhez 1 + ab a − b  π π  ellenőrizni kell, hogy arctg b + arctg ∈ − , . Ez a felhasznált 1 + ab  2 2  egyenlőségek esetében mindig megtehető. Hasonlóan kell eljárni az arcctg esetében is. Megjegyzés. Az arctg a − arctg b = arctg

III. 4. Gyakorlatok és feladatok (124. oldal) III. 4. 1. Függvények és valós számok (124. oldal) 1. Döntsd el, hogy az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek hamisak. (A hamis állításoknál adj ellenpéldát, az igaz állításokat bizonyítsd is be) a) x < y ⇔ x 2 < y 2 b) x , y ∈ (−1,1) ⇒ xy ∈ (−1,1) x y ≤ c) Ha x ≤ y és x ′ ≤ y ′ ( x , y, x ′, y ′ > 0 ), akkor x ′ y′ d) Ha az ax 2 + bx + c = 0 valós együtthatójú egyenlet gyökei x 1 és x 2 , az x 12 + x 22 < 0 feltétel szükséges és elégséges ahhoz, hogy x 1,2 ∉

e) Ha f , g : f)

→

bijektív f,g : →

bijektívek ⇒ f ⋅ g :

( f ⋅ g ) (x ) = f (x ) ⋅ g (x ) is

→

injektív függvények ⇒ f ⋅ g :

→

( f ⋅ g ) (x ) = f (x ) ⋅ g (x )

is injektív g) f g injektív ⇒ f injektív h) f , g :

→

szürjektív függvények ⇒ f ⋅ g is szürjektív

i)

→

injektív függvények ⇒ f + g is injektív

f,g :

j) f : → monoton ⇒ injektív k) f : → injektív ⇒ monoton l) f , g : → konvex ⇒ f ⋅ g konvex m) f konkáv ⇒ f 2 konkáv n) f : o) f , g :

→ →

p) f g : → q) f , g : →

konvex és növekvő ⇒ f konvex ⇒ f

f konvex

g konvex

növekvő ⇒ f vagy g növekvő konvex ⇒ h : → , h (x ) = f (x )g x is konvex ( )

+

r) Ha f és g aszimptotikusan közeledik és f és h is aszimptotikusan közeledik egymáshoz, akkor g és h is aszimptotikusan közeledik s) f konvex és injektív ⇒ f monoton

Tartalomjegyzék Függvények és tulajdonságaik

75

Megoldás a) Az állítás igaz. „⇒” Ha x = 0 , akkor x = 0 < y ⇒ y ≠ 0 x 2 = 0 < y 2 . Ha x ≠ 0 , akkor x > 0 . Ebben az esetben x 0 ⇒ (y − x ) (y + x ) > 0 .  y − x > 0 y − x < 0 Most két eset lehetséges:  és  .   y +x < 0 y + x > 0     x > − y y − x > 0   Ha  , akkor  x < y , vagyis −y < x < y ⇒ x < y .  y + x > 0  y − x < 0 x > y , akkor  , vagyis y < x < −y , tehát x < y . Ha    y + x < 0 x < −y 

(

)

b) Az állítás igaz. x , y ∈ −1,1 ⇒ x + 1 > 0 és y + 1 > 0 , ahonnan

(x + 1) (y + 1) > 0 ⇒ xy + x + y + 1 > 0 (1).

(

)

Viszont x , y ∈ −1,1 ⇒ x − 1 < 0 és y − 1 < 0 , tehát

(x − 1) (y − 1) > 0 ⇒ xy − x − y + 1 > 0 (2). (1)+(2) ⇒ 2xy > −2 ⇒ xy > −1 (*). Hasonlóan az előző gondolatmenethez,

(

)

x , y ∈ −1,1 ⇒ (x + 1) (y − 1) < 0 ⇒ xy + y − x − 1 < 0 , (x − 1) (y + 1) < 0 ⇒ xy − y + x − 1 < 0 , összegezve a két egyenlőtlenséget 2xy < 2 ⇒ xy < 1 (**).

(

)

(*) és (**) ⇒ xy ∈ −1,1 . Megjegyzés. A feladat a következőképpen is megoldható: 0 ≤ x < 1 , 0 ≤ y < 1 ⇒ 0 ≤ x ⋅ y < 1 ⇒ −1 < xy < 1 . c) Az állítás nem igaz, például x = y = 1 és x ′ = 2 , y ′ = 3 esetén 1 ≤ 1 igaz  és 1 ≤ 1 hamis.  2 ≤ 3 igaz  2 3  2 d) Ha x 1 ∈ és x 2 ∈ , akkor x 1 + x 22 ≥ 0 , tehát az x 12 + x 22 < 0 feltétel elégséges ahhoz, hogy x 1,2 ∉ (mert valós együtthatók esetén a gyökök azonos

Tartalomjegyzék

76


természetűek). Másrészt az x 2 − 4x + 5 = 0 egyenlet gyökeire 2 2 2 x 1 + x 2 = (x 1 + x 2 ) − 2x 1x 2 = 16 − 2 ⋅ 5 = 6 > 0 és ∆ = 16 − 4 ⋅ 5 = −4 < 0 , tehát a gyökök nem valósak és a négyzetösszegük mégis pozitív. Az előbbi példa mutatja, hogy a feltétel nem szükséges, tehát az állítás hamis. e) Az állítás hamis. Legyen például f , g : → f (x ) = g(x ) = x , ∀x ∈ . Nyilván f és g bijektívek, ( f ⋅ g ) : → ( f ⋅ g ) (x ) = x 2 , és f ⋅ g nem injektív, mert ( f ⋅ g ) (−1) = ( f ⋅ g ) (1) = 1 , tehát f ⋅ g nem bijektív. f) Az előbbi pont alapján az állítás hamis. x ≤0  x , g) Hamis. Egy ellenpélda a következő: az f : → , f (x ) =  x − 1, x > 0    függvény nem injektív, mivel f (0) = f (1) = 0 . Ha g: → ,  x ≤0 g(x ) ≤ 0 x , g(x ), , akkor ⇒ g(x ) =  ( f g ) (x ) = f (g(x )) =   x + 1, x > 0 g(x ) − 1, g(x ) > 0     x ≤0 x , , tehát ( f g ) (x ) = x , ∀x ∈ ⇒ f g injektív (g f (g(x )) =  x + 1 − 1, x > 0  jobboldali inverze f-nek, mivel f g = 1R ), de f nem injektív. h) Hamis. Például az f , g : R → R , f (x ) = g(x ) = x függvények szürjekívek, de az ( f ⋅ g ) (x ) = f (x )g(x ) = x 2 függvény nem szürjektív, mert az f (x ) = −1 egyenletnek nincsen megoldása R-ben. i) Hamis. Legyen f , g : → , f (x ) = ax + b , g(x ) = −ax − b , ahol a ≠ 0 és a, b ∈

. f és g elsőfokú és nem konstans függvények, tehát bijektívek, így

injektívek is. Viszont az ( f + g ) (x ) = f (x ) + g(x ) = 0 , ∀x ∈ függvény nem injektív. f (x ) = [x ] függvény monoton, mivel j) Hamis. Ellenpélda: az f : → 1 ∀ x 1, x 2 ∈ R , x 1 ≥ x 2 ⇒ [x 1 ] ≥ [x 2 ] , viszont nem injektív: f (0) = f   = 0 . 2 Megjegyzés. Ha f szigorúan monoton, akkor következik, hogy f injektív. k) Hamis. Az f : →   1 − x, x ≤ 0     f (x ) = x , 0 <x <1    1 − x, 1 ≤ x   

Tartalomjegyzék

77

Függvények és tulajdonságaik függvény injektív, de nem monoton mert 0 <

1 2 < , de sem az f (0) ≤ 2 3

1 2 f   ≤ f   , 2   3

1 2 sem az f (0) ≥ f   ≥ f   egyenlőtlenség nem teljesül. 2   3 y

1 0

l) Hamis. Az f , g :

→

x

III. 1. ábra

1

, f (x ) = x és g(x ) = −x függvények konvexek, de

az ( f ⋅ g ) (x ) = −x 2 függvény konkáv. m) Hamis. f (x ) = −x 2 konkáv függvény, f 2 (x ) = x 4 konvex függvény. n) Az állítás igaz. Bizonyítás. f : → konvex ⇔ ∀ x 1, x 2 ∈ és ∀t ∈ 0,1 esetén   f ((1 − t )x 1 + tx 2 ) ≤ (1 − t )f (x 1 ) + tf (x 2 ) (1) Ha x 1, x 2 ∈

és t ∈ 0,1 tetszőleges, az   ( f f ) ((1 − t )x 1 + tx 2 ) = f ( f ((1 − t )x 1 + tx 2 ))

egyenlőség, f monotonitása és (1) alapján f ( f ((1 − t )x 1 + tx 2 )) ≤ f ((1 − t )f (x 1 ) + tf (x 2 )) (2) Továbbá f (x 1 ), f (x 2 ) ∈

, tehát felírhatjuk f konvexitását az f (x 1 ) és f (x 2 ) pontokra

is f ((1 − t )f (x 1 ) + tf (x 2 )) ≤ (1 − t )f ( f (x 1 )) + tf ( f (x 2 )) (3) (2)

és

∀x 1, x 2 ∈ vagyis f

(3)

alapján

és ∀t ∈ 0,1 esetén   ( f f ) ((1 − t )x 1 + tx 2 ) ≤ (1 − t ) ( f f konvex.

o) Hamis. Az f , g :

(f

f ( f ((1 − t )x 1 + tx 2 )) ≤ (1 − t )f ( f (x 1 )) + tf ( f (x 2 )) .

→

f ) (x 1 ) + t ( f

Végül

f ) (x 2 ) ,

f (x ) = −x és g(x ) = x 2 függvények konvexek, de

g ) (x ) = −x 2 konkáv függvény.

Tartalomjegyzék

78


 x, x ≥ 0  f (x ) =  és g(x ) = x 2 függvényekre   < x x sin , 0   f g : → , ( f g ) (x ) = x növekvő, viszont sem f, sem g nem növekvő. 1 q) Hamis állítás. Például az f , g : → , f (x ) = x és g(x ) = konvex és 2 pozitív függvényekre a h(x ) = x függvény nem konvex. r) Igaz. Bizonyítás. f és g aszimptotikusan közelednek, tehát ∀ε > 0 ∃ x ε1 ∈ úgy, hogy ε f (x ) − g(x ) < , ∀x ≥ x ε1 . f és h aszimptotikusan közelednek, tehát ∀ε > 0 2 ε 2 ∃ x ε ∈ R úgy, hogy f (x ) − h(x ) < , ∀x ≥ x ε2 . 2 Ebből következik, hogy g(x ) − h(x ) = g(x ) − f (x ) + f (x ) − h(x ) ≤ g(x ) − f (x ) + h(x ) − f (x ) < ε , p) Hamis. Az f , g :

∀x ≥ max {x ε1, x ε2 } .

→

Vagyis

∀ε > 0

∃x ε = max {x ε1, x ε2 }

úgy,

hogy

g(x ) − h(x ) < ε , ∀x ≥ x ε . Ez azt jelenti, hogy g és h aszimptotikusan közeledik egymáshoz. s) Az állítás igaz. A bizonyítása meghaladja a X. osztályos tananyag kereteit. f konvex -en, tehát ∀I ⊆ intervallumon folytonos. Viszont egy folytonos és injektív függvény szigorúan monoton. 2. Bizonyítsd be, hogy ha f , g : → + konvex függvények, akkor a következő két állítás igaz! a) Ha f és g azonos monotonitásúak, akkor f ⋅ g konvex b) Ha f és g ellentétes monotonitásúak, akkor f ⋅ g konkáv Megoldás a) f, g konvex ⇔ ∀x 1 , x 2 ∈ , ∀t ∈ 0,1 ⇒    f (tx 1 + (1 − t )x 2 ) ≤ tf (x 1 ) + (1 − t )f (x 2 )     ⇒ ( f ⋅ g ) (tx 1 + (1 − t )x 2 ) ≤ g (tx 1 + (1 − t )x 2 ) ≤ tg(x 1 ) + (1 − t )g(x 2 )   2 2 ≤ t ( fg ) (x 1 ) + t (1 − t ) ( f (x 1 )g(x 2 ) + f (x 2 )g (x 1 )) + (1 − t ) ( fg ) (x 2 ) . Kimutatjuk, hogy az egyenlőtlenség jobb oldala kisebb vagy egyenlő, mint a t ⋅ ( fg ) (x 1 ) + (1 − t ) ( fg ) (x 2 ) kifejezés. Ez ekvivalens a következő egyenlőtlenséggel: t 2 ( fg ) (x 1 ) + t (1 − t ) ( f (x 1 )g(x 2 ) + f (x 2 )g(x 1 )) + (1 − t ) ( fg ) (x 2 ) − 2

− (t ( fg ) (x 1 ) + (1 − t ) ( fg ) (x 2 )) ≤ 0 ⇔ ⇔

    t ⋅ (1 − t ) ≥ 0   

t (1 − t ) ( fg ) (x 1 ) + t (1 − t ) ( fg ) (x 2 ) − t (1 − t ) ( f (x 1 )g(x 2 ) + g(x 1 )f (x 2 )) ≥ 0

Tartalomjegyzék

79

Függvények és tulajdonságaik ⇔ f (x 1 )g(x 1 ) + f (x 2 )g(x 2 ) − f (x 1 )g(x 2 ) − g(x 1 )f (x 2 ) ≥ 0 ⇔ ⇔ f (x 1 ) (g (x 1 ) − g(x 2 )) + f (x 2 ) (g(x 2 ) − g(x 1 )) ≥ 0 ⇔

⇔ [ f (x 1 ) − f (x 2 )] ⋅ [g(x 1 ) − g(x 2 )] ≥ 0 , ∀x 1, x 2 ∈ R , ∀t ∈ 0,1 ⇔   ⇔ f és g azonos monotonitásúak. b) Az előbbiekhez hasonlóan igazolható, hogy ha f és g ellentétes monotonitásúak, akkor f ⋅ g konkáv. 3. Ha az ( f f ... f ) (x ) = x egyenletnek egyetlen megoldása van, akkor az n

f = x egyenletnek is pontosan egy megoldása van. Megoldás. Legyen x 0 ∈ az a valós szám, amelyre ( f (x )

... f ) (x 0 ) = x 0 .

f n

Kimutatjuk, hogy f (x 0 ) = x 0 . f (x 0 ) = y 0 ⇒ ( f f

... f ) (x 0 ) = ( f n

⇒ (f

f

... f ) (y 0 ) = x 0 ⇒ n −1

... f ) (y 0 ) = f (x 0 ) = y 0 .

f n

De az ( f f .. f ) (x ) = x egyenletnek csak egy megoldása van, és ez x 0 , tehát y 0 = x 0 . Ebből következik, hogy f (x 0 ) = x 0 . Még igazoljuk, hogy több megoldás nincs. Legyen x 1 ∈ úgy, hogy f (x 1 ) = x 1 ⇒ ( f f ) (x 1 ) = x 1 , … és ( f f ... f ) (x 1 ) = x 1 ⇒ x 1 = x 0 . 4. (Knaster tétele) Bizonyítsd be, hogy ha f : [a, b ] → [a, b ] növekvő függvény, akkor az f (x ) = x egyenletnek van legalább egy gyöke. Értelmezd grafikusan az eredményt! Igaz-e az állítás csökkenő függvényekre? Megoldás. Legyen A = x ∈ a, b  f (x ) ≥ x . A ≠ ∅ , mivel a ∈ A ( f (a ) ≥ a ) ,   tehát ∃ sup A = s (A korlátos). A szuprémum értelmezése alapján s ≥ x , ∀x ∈ A .

{

}

Viszont f növekvő függvény, tehát f (s ) ≥ f (x ) ≥ x , ∀x ∈ A ⇒ f (s ) ≥ sup A = s , tehát azt kaptuk, hogy f (s ) ≥ s (1) (a szuprémum benne van a halmazban). Ismét kihasználva azt, hogy f növekvő, következik, hogy f ( f (s )) ≥ f (s ) ⇒ f (s ) ∈ A ⇒ f (s ) ≤ sup A ⇒ f (s ) ≤ s (2). Az előbbi két összefüggés alapján f (s ) = s , tehát s fixpont. Az előbbi tulajdonság grafikusan azt jelenti, hogy a függvény grafikonja metszi az első szögfelezőt. Csökkenő függvényre a tulajdonság nem igaz. Például az f : 0,1 → 0,1       1  1, x ∈ 0,     2  függvény csökkenő és nincs fixpontja. f (x ) =    0, x ∈  1 ,1  2     

Tartalomjegyzék

80

Függvények és tulajdonságaik Megjegyzés. Nagyon sok könyvben azt állítják, hogy csökkenő függvényekre is igaz a tulajdonság. Az előbbi példa mutatja, hogy ez nincs így.

y b f (s )

5. Bizonyítsd be, hogy ha az f : → függvény szigorúan növekvő és szigorúan konvex, akkor az ( f f ) (x ) = x egyenletnek a legtöbb két megoldása van, és ezekre f (x ) = x . a s b x Megoldás. Az 1. Feladat n) alpontja 0 szerint f f konvex, sőt szigorúan konvex. Ha az III. 2. ábra f (f (x )) = x egyenletnek létezik legalább három megoldása, x 1 , x 2 és x 3 úgy, hogy x 1 < x 2 < x 3 , akkor a következő összefüggésekhez jutnánk: x 2 = f ( f (x 2 )) = f ( f (λx 1 + (1 − λ ) x 3 ) < λ f ( f (x 1 )) + (1 − λ)f ( f (x 3 )) = x 2 . Mivel ez ellentmondás, a vizsgált egyenletnek nem lehet kettőnél több megoldása. Ha az f ( f (x )) = x egyenletnek csak egy megoldása van, akkor az megoldása az f (x ) = x egyenletnek is (lásd a 3. feladat megoldását), tehát csak azt kell megvizsgálni, amikor az f (f (x )) = x egyenletnek két megoldása van. Ha ez a két megoldás x 1 és x 2 , és ezek nem megoldásai az f (x ) = x egyenletnek, akkor

f (x 1 ) = x 2 és f (x 2 ) = x 1 . Ez viszont nem lehetséges, mert f szigorúan növekvő. 6. Bizonyítsd be, hogy az f : I ⊆ → függvény pontosan akkor konvex, ha az

E f = {(x , y ) y ≥ f (x )} halmaz konvex.

(

)

Megoldás. Értelmezés szerint E f konvex ⇔ ∀ x 1, y1 , (x 2 , y2 ) ∈ E f és ∀λ ∈ 0,1   ⇒

(λx

1

)

+ (1 − λ ) x 2 , λy1 + (1 − λ ) y2 ∈ E f . Az E f

halmaz értelmezése alapján

∀x ∈ I esetén (x , f (x )) ∈ E f . Feltételezzük, hogy E f konvex halmaz és bizonyítjuk, hogy f konvex függvény. Legyen x 1, x 2 ∈ I és λ ∈ [0, 1] tetszőleges. A feltételből következik,

(λx

hogy

(x 1, f (x 1 )), (x 2 , f (x 2 )) ∈ E f

1

)

+ (1 − λ)x 2 , λ f (x 1 ) + (1 − λ)f (x 2 ) ∈ E f Ef

és

konvex

halmaz)

(mivel ⇒

λ f (x 1 ) + (1 − λ)f (x 2 ) ≥ f (λx 1 + (1 − λ ) x 2 ) , tehát f konvex függvény.

(

)(

)

Ha f konvex függvény és x 1, y1 , x 2 , y2 ∈ E f , akkor y1 ≥ f (x 1 ) és y2 ≥ f (x 2 ) . Ha az első egyenlőtlenséget λ -val, a másodikat (1 − λ) -val szorozzuk, és összeadjuk a két egyenlőtlenséget, a λy1 + (1 − λ)y2 ≥ λ f (x 1 ) + (1 − λ)f (x 2 ) egyenlőtlenséghez

Tartalomjegyzék

81


jutunk. De f konvex, tehát λ f (x 1 ) + (1 − λ)f (x 2 ) ≥ f (λx 1 + (1 − λ)x 2 ) . Az előbbi két

(

)

egyenlőtlenségből következik, hogy λx 1 + (1 − λ)x 2 , λy1 + (1 − λ)y2 ∈ E f , tehát E f konvex halmaz. 7. Bizonyítsd be, hogy ha az f : I ⊆ → f (x ) + f (y )  x + y  f  egyenlőtlenség bármely ≤ (≥)   2  2

függvényre

x, y ∈ I

teljesül

esetén,

az

akkor

f (x 1 ) + f (x 2 ) + ... + f (x n )  x + x 2 + ... + x n  f  1 ≤ (≥) , ∀x 1, x 2 ,..., x n ∈ I és    n n n ≥ 2. Megoldás. A matematikai indukció módszerét használjuk. A matematikai indukció módszerével könnyen igazolható, hogy ∀k ∈ és ∀x 1,..., x 2k ∈ I esetén  x + ... + x 2k  f (x 1 ) + f (x 2 ) + ... + f (x 2k ) (*). f  1 ≤   2k 2k Legyen n ∈ N , n ≥ 2 ⇒ ∃k ∈ úgy, hogy 2k ≤ n < 2k +1 . Ha x 1 , x 2 , …, x n ∈ I tetszőlegesek, (*)-ból következik, hogy    x 1 + x 2 + ... + x n + (2k +1 − n ) x 1 + ... + x n    x 1 + ... + x n   n  ≤ f  = f  + k 1       n 2  

(

≤

f (x 1 ) + ... + f (x n ) + (2k +1 − n ) f

)

(x + ...n + x ) ⇒ 1

n

2k +1  x + ... + x n   x + ... + x n  ⇒ 2k +1 f  1 − (2k +1 − n ) f  1 ≤ f (x 1 ) + ...f (x n ) ⇒      n n  x + ...x n  f (x 1 ) + ...f (x n ) ⇒ f  1 ≤ .   n n Megjegyzés. A fenti bizonyítás P (n ) ⇒ P (2n ) ⇒ P (n + 1) alakú indukcióként is leírható. Az általunk választott leírás az első ilyen jellegű indukciós bizonyítás vázlatát követi, amely Cauchy-tól származik. J. L. W. V. Jensen 1905-ben (január 17-én) mutatta be ezt az egyenlőtlenséget a dán matematikai társaságnak. 8. Bizonyítsd be, hogy ha M egy véges halmaz és f : M → M , akkor a következő állítások egyenértékűek! a) f injektív; b) f szürjektív; c) f bijektív. Megoldás. Elégséges igazolni, hogy a) ⇔ b), a többi ekvivalencia ebből következik. „a)⇒b)” Legyen M = n ∈ . Feltételezzük, hogy ∃y ∈ M úgy, hogy ∀x ∈ M f (x ) ≠ y ⇒ ∀x ∈ M esetén f (x ) ∈ M \ {y } ⇒ az n elemnek az M-ből

Tartalomjegyzék

82


megfeleltetünk n–1 elemet az M-ből. A skatulyaelvből következik, hogy ∃x 1, x 2 ∈ M , x 1 ≠ x 2 úgy, hogy f (x 1 ) = f (x 2 ) . Ez ellentmondás, tehát f szürjektív. „b)⇒a)” f szürjektív ⇒ f (M ) = n . Ha ∃x 1 ≠ x 2 az M-ből úgy, hogy f (x 1 ) = f (x 2 ) ⇒ f (M ) ≤ n − 1 . Ebből következik, hogy n ≤ n − 1 , és ez ellentmondás, tehát f injektív. 9. Határozd meg azon f : {1, 2, 3,..., n } → {1, 2, 3,..., n } bijektív függvények számát, amelyekre az f (x ) = x egyenletnek létezik legalább egy megoldása. Megoldás. Ha a bijektivitást nem vesszük figyelembe, az Ai = { f ∈ M M f (i ) = i } n

jelöléssel

∪A

-t kell meghatároznunk. A szitaformula szerint

i

i =1

n

∪A

i

i =1

n

= ∑ Ai − i =1

∑

1≤i1 ≤i2 ≤n

{

De Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aik = f ∈ M M ⇒

n

∪A

i

n −1

= C n1 (n − 1)

n

∩A

n +1

Ai1 ∩ Ai2 + ... + (−1) f (i j ) = i j , j = 1, k n −2

− C n2 (n − 2)

i

.

i =1

} = (n − k )

n −k

n +1

+ ... + (−1)

⇒

C nn ⋅ 1 .

i =1

Ha az előbbi halmazokban csak bijektív függvényeket számolunk, akkor Ai1 ∩ ... ∩ Aik = (n − k ) ! , tehát n

∪A

i

n +1

= C n1 (n − 1) !− C n2 (n − 2) !+ ... + (−1)

C nn (n − n ) ! =

i −1

1  1  n +1 1   . = n !  − + ... + (−1) n !  1! 2 ! 10. Ha M ⊂

egy véges halmaz és f : M → M teljesíti az f (x ) − f (y ) ≤ x − y

egyenlőtlenséget ∀x , y ∈ M legalább egy megoldása

esetén, akkor az f ( f (x )) = x egyenletnek létezik

{

}

Megoldás. Legyen M = n és M = x 1, x 2 ,...., x n , x 1 < x 2 < ... < x n . Ha van fnek fixpontja, akkor készen vagyunk. Ha f-nek nincs fixpontja, akkor

 f (x 1 ) > x 1    ⇒ f (x n ) < x n    

  f (x n0 ) > x n0  f (x k ) > x k ∀k ≤ n 0 ∃n 0 ∈ 1,..., n − 1 úgy, hogy  ⇒ ⇒   f (x n +1 ) < x n +1  f (x n0 +1 ) < x n0 +1  0 0     f (x ) ≥ x n0 +1   n0 (1) ⇒ f (x n0 ) − f (x n0 +1 ) ≥ x n0 +1 − x n0 > 0 ⇒   f (x ) ≤ x n0    n0 +1

{

}

Tartalomjegyzék

83


f (x n0 ) − f (x n0 +1 ) ≥ x n0 +1 − x n0 . (*) A feltételből és (*)-ból következik, hogy f (x n0 ) − f (x n0 +1 ) = x n0 +1 − x n0 és (1)-ből

 f (x no ) = x n0 +1  ⇒ f ( f (x n0 ) = x n0 ⇒ x n0 fixpontja f f -nek.   f (x n0 +1 ) = x n0  Megjegyzés. Ha f-nek nincs fixpontja, akkor f f -nek kettő is van x no és x n0 +1 . III.4.2. Függvények tanulmányozása (126. oldal) 1. Tanulmányozd az alábbi függvények monotonitását: x 2) f : → , 1) f : [−2π, 2π ] → , f (x ) = sin 2 3) f : → , f (x ) = x n , n ∈ rögzített 4) f : → , 5) f :

*

→

,

f (x ) =

x +2 x

6) f :

→

,

f (x ) = x 3 + x ; f (x ) = x 3 − x ; f (x ) =

x x +1 2

Megoldás. 1) Ugyanaz, mint a g : −π, π  → R , g(x ) = sin x tanulmányozása.    π   −π, −  -n szigorúan csökken   2       π π g(x ) :  − ,  -n szigorúan növekszik ,  2 2      π    , π  -n szigorúan csökken      2  tehát   [−2π, −π ] -n szigorúan monoton csökken    f (x ) :   (−π, π ] -n szigorúan monoton növekszik .    (π, 2π ] -n szigorúan monoton csökken    2) ∀x , y ∈ , x > y ⇒ x 3 > y 3 és x 3 + x > y 3 + y , tehát f szigorúan növekvő en. 3) Ha n páros:  −x > −y    ∀x , y ∈ (−∞, 0] , x < y ⇒ −x ≥ 0  ⇒ x n > y n ⇒ a (−∞, 0] intervallumon   −y ≥ 0     szigorúan csökkenő. ∀x , y ∈ (0, +∞) , x < y ⇒ x n < y n ⇒ a (0, +∞) intervallumon szigorúan növekvő. Ha n páratlan: ∀x , y ∈ , x < y ⇒ x n < y n ⇒ f szigorúan növekvő.

Tartalomjegyzék

84


4) Vegyük észre, hogy a függvény páratlan, tehát elégséges csak a [0, +∞) intervallumon vizsgálni. Legyen x , y ∈ + , x > y . Az f függvény monotonitási szakaszait az x 3 − x > y 3 − y egyenlőtlenség megoldásai adják.

x 3 − x > y 3 − y ⇔ (x − y ) (x 2 + y 2 + xy − 1) > 0 ⇒ ⇒ (x 2 + y 2 + xy − 1) > 0 (mert x > y ). Mivel x 2 + y 2 > 2xy , a 2xy + xy > 1 egyenlőtlenség megoldásai az előzőnek is 1 1 esetén. Ha megoldásai lesznek, 2xy + xy > 1 ⇔ xy > , ami teljesül ∀x , y > 3 3  1  1 1 1 1 , akkor x 2 + y 2 + xy − 1 < + + − 1 = 0 ⇒ f a  0, x, y <  3 3 3 3 3    1  intervallumon csökkenő ⇒ a − , 0 -n is csökkenő. Hasonló gondolatmenet  3   1   1  alapján f az  , + ∞ intervallumon növekvő, tehát a −∞, −  -n is növekvő és  3   3  a monotonitás mindenütt szigorú. 1 5) Az f függvény viselkedése azonos a g : * → * , g(x ) = függvényével. x 1 1 Viszont ∀x 1, x 2 ∈ *+ , x 1 < x 2 ⇒ > ⇒ g szigorúan csökkenő a (0, ∞) és a x1 x2 (−∞, 0) intervallumokon. Ennek ellenére g nem csökkenő az értelmezési

1 tartományán, mert g(−2) = − , g(−1) = −1 és g(1) = 1 . Hasonlóan f sem monoton 2 az értelmezési tartományán, mert f (−2) = 0 , f (−1) = −1 és f (1) = 3 . 6) f páratlan, tehát csak a [0, +∞) intervallumon vizsgáljuk. ∀x , y ∈ [ 0, +∞) , x < y x y ⇔ yx 2 + y − xy 2 − x > 0 ⇔ (y − x )(−xy + 1) > 0 . esetén < 2 2 x +1 y +1 Viszont x < y , tehát (−xy + 1) > 0 ⇒ xy < 1 . Tehát ha x , y ≥ 1 , akkor f (x ) < f (y ) és ha x , y < 1 , akkor (y − x )(−xy + 1) > 0 . A fentiek alapján f a következő tulajdonságú

a

  (−∞, −1] intervallumon szigorúan csökken     intervallumon szigorúan növekszik . (−1,1)    intervallumon szigorúan csökken [1, +∞)   

2. Vizsgáld meg az alábbi függvények konvexitását!  π π 1) f : [−π, π ] → , f (x ) = sin x ; 2) f : − ,  →  2 2 

,

f (x ) = cos x ;

Tartalomjegyzék

85

Függvények és tulajdonságaik 3) f :

→

,

f (x ) = x 4 ;

4) f :

→

f (x ) = x 3 + x ;

,

x . x +1 Megoldás. 1) f a [−π, 0] intervallumon konvex és a (0, π ] intervallumon konkáv

5) f :

→

,

f (x ) = x 3 − x ;

6) f :

\ {−1} →

,

f (x ) =

y 1

III. 3. ábra 0

-π

π x

-1

2) f konkáv. y 1

III. 4. ábra

−

π 2

0

π 2

x

y

3) f konvex.

III. 5. ábra

x 4) Legyen f1 (x ) = x 3 és f2 (x ) = x , ahol f1, f2 :

→

. Az f2 függvény konvex is

és konkáv is, tehát az f függvény konvexitását csak az f1 függvény határozza meg, tehát f konkáv a (−∞, 0] intervallumon, és konvex a (0, +∞) intervallumon. Ebből következik, hogy f se nem konvex, se nem konkáv az értelmezési tartományán.

Tartalomjegyzék

86


5) f = f1 + f2 , ahol f2 (x ) = −x , ∀x ∈ konvex is és konkáv is, tehát f konkáv a (−∞, 0) intervallumon és f konvex a (0, +∞) intervallumon. Ebből következik, hogy f se nem konvex, se nem konkáv az értelmezési tartományán. (lásd a III. 7. ábrát)

y

y

2

1 x

-1

-1

0

1

x

-2 III. 6. ábra III. 7. ábra 1 6) f (x ) = 1 − , tehát az f függvény ugyanolyan konvexitású, mint a x +1 1 g : \ {−1} → , g(x ) = − függvény. Ebből következik, hogy f konvex a x +1 (−∞, −1) intervallumon és konkáv a (−1, ∞) intervallumon. 3. Grafikus meggondolások alapján vizsgáld meg az alábbi függvények monotonitását, konvexitását, injektivitását és szürjektivitását! Ha a vizsgált függvény bijektív, számítsd ki az inverzét! 2x , x < 0 1) f : → , f (x ) = x 2 ; 2) f : → , f (x ) =  ;  3x , x ≥ 0  −x 2 , x < 0 x + 3, x ≤ 1  ; 4) f : → , f (x ) =  ; 3) f : → , f (x ) =     2x , x > 1 x x 3 , 0 ≥     − + ≤ x x 7, 5 −2x + 1, x ≤ 1  5) f : → , f (x ) =  ; 6) f : → , f (x ) =  ;   −2x 2 , x > 1  2x − 7, x > 5      x + 1 x ≥ −1 7) f : → f (x ) =  ;  −2x − 2 x < −1   

Tartalomjegyzék

87


 x − 1, x ∈ [1, 2]  8) f : [1, 3] → [0, 2] , f (x ) =  ;  2 x − 4x + 5, x ∈ (2, 3]  n + 1, n páros 9) f : → , f (n ) =   3n − 1, n páratlan   n , n teljes négyzet 10) f : → , f (n ) =   3n + 2, n nem teljes négyzet  Megoldás

(

)

1) f szigorúan csökkenő a (−∞, 0] intervallumon, szigorúan növekvő a 0, + ∞

y 4

III. 8. ábra

1

-2

-1

0

2 x

1

intervallumon, konvex, nem injektív és nem szürjektív: 2) f szigorúan növekvő és konvex. Továbbá f injektív is és szürjektív is, tehát f  x , x < 0  y 2 . bijektív függvény, és f −1 (x ) =  x  , x ≥ 0 6  3

3 III. 9. ábra

-1 0 -2

1 2

x

Tartalomjegyzék

88


(

)

3) f szigorúan monoton növekvő a valós számok halmazán és f konkáv a −∞, 0

intervallumon, valamint f konvex is és konkáv is a [0, + ∞) intervallumon. Az értelmezési tartományán f se nem konvex, se nem konkáv. −x , x < 0 −  A függvény injektív és szürjektív, tehát bijektív is és f −1 (x ) =  x .  , x ≥0  3

y 3

III. 10. ábra

-2

-1

0

x

1

-1

-4 4) f szigorúan monoton növekvő a (−∞, 1] intervallumon, és szigorúan növekvő az

(1, +∞) intervallumon, de f nem monoton y 4

-en. Továbbá f nem injektív, mert az

3 2

III. 11. ábra -3

0

1

2

x

Tartalomjegyzék

89


y = 2 értéket két valós x -re is felveszi. f szürjektív és se nem konvex, se nem konkáv -en, viszont a (−∞, 1] és (1, ∞) intervallumokon mindkét tulajdonsággal

rendelkezik.

(

)

5) f szigorúan csökkenő a (−∞, 5] intervallumon és szigorúan növekvő az 5, + ∞

intervallumon. f nem konvex és nem konkáv (az x = 5 pontban szakadása van, viszont a részintervallumokon, akárcsak az előző alpontban, konvex is és konkáv is), f nem injektív (az y = 7 értéket többször is felveszi) és nem szürjektív, mert például az f (x ) = 0 egyenletnek nincs megoldása (lásd III.12. ábrát).

y 7

III. 12. ábra

y

5

1

3

0 -1

2 0

5 6

x

III. 13. ábra

1

x

-2

6) f szigorúan monoton csökkenő és se nem konvex, se nem konkáv (nem tárgyalhatunk konvexitásról az x = 1 pont körül, de a (−∞,1) intervallumon konvex is és konkáv is, valamint az (1, ∞) intervallumon konkáv). f injektív, de nem szürjektív (az y = −1 és y = −2 közti értékeket nem veszi fel, ahogy ez a III. 13. ábrán látszik). 7) f szigorúan csökkenő a (−∞, −1) intervallumon és szigorúan növekvő a [−1, + ∞) intervallumon. f konvex és konkáv a (−∞, −1)

y

3

2

2

1 -2

-1

0

III. 13. ábra

y

1 3

x

o

1

2

III. 14. ábra

x

Tartalomjegyzék

90


intervallumon, valamint konkáv a [−1, + ∞) intervallumon. A valós számok halmazán az f függvény se nem konvex, se nem konkáv. f nem injektív, mert az y = 1 értéket többször is felveszi, és nem szürjektív, mert f (x ) ≥ 0 , ∀x ∈ . 8) f szigorúan monoton növekvő az [1, 3] intervallumon. Konkáv az [1, 2] intervallumon,

valamint

konvex

a

[2, 3]

intervallumon.

f

bijektív

és

x 2 + 1, x ∈ [0,1]    . (a III.14. ábrán az f inverzének grafikus képe f (x ) =   x − 1 + 2, x ∈ (1, 2]    látható) 9) f nem monoton, és mivel a természetes számok halmaza nem intervallum, konvexitásról nem tárgyalhatunk. A függvény injektív, mert az f1 : → , f1 (n ) = n + 1 és f2 : → , f2 (n ) = 3n − 1 függvények injektívek és a képhalmazuk diszjunkt. f nem szürjektív, mert az f (n ) = 4 egyenletnek nincs megoldása. y III. 15. ábra III. 16. ábra y −1

11

8

8

5

3 2 2

1

1

0

1

2

3

4

x

0

1

2

3

4

x

10) f nem monoton és nem injektív, mert f (2) = f (64) = 8 . f szürjektív, mert az

{

f1 : k 2 k ∈

}→

, f1 (n ) = n függvény szürjektív.

Konvexitásról ismét nem beszélhetünk. 4. a) Az előbbi feladat 4-es alpontjában szereplő f függvényre szerkesszél olyan g : → függvényt, amelyre f g = 1R ! Igaz-e, hogy g f = 1R ? b) Az előbbi feladat 6-os alpontjában szereplő függvényre szerkesszél olyan g : → függvényt, amelyre g f = 1R ! Igaz-e, hogy f g = 1R ? c) Ugyanaz a feladat a 9-es és 10-es alpontokban szereplő függvényekre . Megoldás a)

Tartalomjegyzék

91


g(x ) + 3, g (x ) ≤ 1  , és g ) (x ) =  2g (x ), g(x ) > 1  x − 3, ha x ≤ 4   . ( f g ) (x ) = x ∀x ∈ ⇒ egy ilyen g függvény a g(x ) =  x  , ha x > 4  2  - f szürjektív és nem injektív, g injektív és nem szürjektív; - több g függvény szerkeszthető; - ha f : A → B szürjektív, akkor létezik g : B → A injektív úgy, hogy f g = 1B .   x + 3 − 3, x ≤ 1  f (x ) − 3, ha f (x ) ≤ 4   ⇒ (g f ) (x ) =  1≤x ≤2 ≠1 . (g f ) (x ) =  f (x ) 2x − 3,   , ha f (x ) > 4  2x  2 x >2  ,  2 −  2x + 1, x ≤ 1 b) f : R → R , f (x ) =  . Im f = R \ −2, − 1 ⇒  −2x 2 , x >1     − x ,  −1 x < −2  f2 (x ), x < −2  2    − 2 ≤ x < −1 . − 2 ≤ x < −1 ⇒ g(x ) = x , ⇒ g(x ) = x ,      f −1(x ), x ≥ −1 − x + 1 , x ≥ −1  1     2 2 f :

→

x + 3, x ≤ 1 . f (x ) =    x >1 2x ,  

,

(f

)

ismét f injektív és nem szürjektív, g szürjektív és nem injektív; több g függvény létezik; ha f : A → B szürjektív, akkor ∃g : B → A injektív úgy, hogy g f = 1A .   x, x ≥ −1    −2g (x ) + 1, g(x ) ≤ 1    ⇒ ( f g ) (x ) = −2x + 1, − 2 ≤ x < −1 , ( f g ) (x ) =    −2g 2 (x ), g(x ) > 1      x, x < −2   

-

vagyis

x , x ∈ (−∞, −2) ∪ [−1, +∞)  ≠1 . g ) (x ) =  −2x + 1, x ∈ [−2, −1)   n + 1, n páros c) A 9-es alpontban szereplő f : → , f (n ) =  függvény   3n − 1, n páratlan   injektív és nem szürjektív, tehát baloldali inverz függvényt keresünk neki.

(f

Tartalomjegyzék

92


  n − 1, ha n páratlan  −1 g(n ) = fb (n ) = n, ha n páros és 3k vagy 3k + 1alakú , g( f (n )) = n, ∀n ∈ .  n + 1 , ha n páros és 3k − 1alakú   3 g(n ) + 1, g(n ) páros   f (g(n )) =   3g (n ) − 1, g(n ) páratlan      n páratlan n − 1 + 1,  = n + 1, n páros és 3k vagy 3k + 1 alakú .   n + 1 − 1, n páros és 3k − 1alakú 3 ⋅ 3   n teljes négyzet  n, A 10. feladatban az f : → , f (n ) =  függvény   3n + 2, n nem teljes négyzet   szürjektív, de nem injektív ⇒ jobboldali inverz függvényt keresünk neki. g(n ) = n 2 , esetén megfelelő: f (g(n )) = n 2 = n , ∀n ∈ . n teljes négyzet n, g( f (n )) =  (3n + 2)2 , n nem teljes négyzet  Megjegyzés. Nem létezik h : → , h f = 1N , mivel f (g(n )) = n, ∀n ∈

∀n ∈

h( f (n )) = n, ∀n ∈ ∀n ∈

⇒

⇒ h(n ) = g(n ), ∀n ∈

h( f (g(n ))) = g(n ), ∀n ∈

⇒ h ( f (g(n ))) = g(n ) ,

, tehát f invertálható, és inverze a h = g függvény

⇒ f injektív, ami ellentmondás.

x 3 + 3x − 2 függvényre létezik-e olyan másodfokú x +2 függvény, amelyhez f aszimptotikusan közeledik? 16 x 3 + 3x − 2 = x 2 − 2x + 7 − . Kimutatjuk, hogy f Megoldás f (x ) = x +2 x +2 aszimptotikusan közeledik a g(x ) = x 2 − 2x + 7 függvényhez: Legyen ε > 0 16 16 tetszőleges. f (x ) − g(x ) < ε ⇔ − <ε ⇒ < ε (mert x pozitív valós x +2 x +2 16 16 − 2 . A fenti ekvivalenciák alapján belátjuk, hogy ha szám) ⇔ x + 2 > ⇔x> ε ε

5. Az f : [0, ∞) →

f (x ) =

Tartalomjegyzék

93


 16  x > ε − 2 ,    x>0  

{

akkor

f (x ) − g(x ) < ε .

Mivel

∀ε > 0

esetén

létezik

az

}

16 − 2 szám, és ∀x > x ε -ra f (x ) − g(x ) < ε , az f aszimptotikusan ε közeledik g-hez. 6. Bizonyítsd be, hogy két különböző másodfokú függvény nem közeledhet aszimptotikusan egymáshoz. Megoldás. A reductio ad absurdum módszert alkalmazzuk. Feltételezzük, hogy ∀ε > 0 ∃x ε > 0 úgy, hogy ∀x > x ε -ra f (x ) − g (x ) < ε , ahol x ε = max 0,

f (x ) = a1x 2 + b1x + c1 , és g(x ) = a 2x 2 + b2x + c2 .

f (x ) − g(x ) = (a1 − a2 ) x 2 + (b1 − b2 ) x + c1 − c2 = ax 2 + bx + c . Mivel f és g nem azonosak három esetet különböztetünk meg. I. eset. a = b = 0 ⇒ c ≠ 0 , f (x ) − g(x ) = c < ε ∀ε > 0 , nem teljesül, mivel ε = c -re c < c nem igaz. II. eset. a = 0 , b ≠ 0 : f (x ) − g(x ) = bx + c . ε −c Ha b > 0 , akkor minden x ≥ esetén bx + c ≥ ε , tehát f (x ) − g (x ) ≥ ε , ha b ε −c x≥ , ami azt jelenti, hogy f és g nem közelednek egymáshoz. b ε +c Ha b < 0 , akkor minden x ≥ esetén, −bx − c ≥ ε , tehát bx + c ≤ −ε , vagyis, −b mivel ε pozitív, f (x ) − g (x ) ≥ ε . Ezzel kimutattuk, hogy ebben az esetben sem közeledhet f és g egymáshoz aszimptotikusan. III. eset. a ≠ 0 , ax 2 + bx + c < ε . Mivel az ax 2 + bx + c < ε egyenlőtlenség megoldáshalmaza korlátos bármely ε > 0 esetén, az f és a g nem közeledhet aszimptotikusan egymáshoz. 7. Bizonyítsd be, hogy: x + x2 + … + xn a) ha x 1, x 2 , …, x n > 0 , akkor 1 ≥ n x1 ⋅ x 2 ⋅ … ⋅ xn ; n b) ha x 1, x 2 , …, x n ∈ [0, π ] , akkor sin x 1 + sin x 2 + … + sin x n x + x2 + … + xn ≤ sin 1 ; n n x + x2 + … + xn x 2 + x 22 + … + x n2 ; ≤ 1 c) ha x 1, x 2 , …, x n ∈ R , akkor 1 n n  π d) Ha x 1, x 2 , …, x n ∈ 0,  , akkor  2 

Tartalomjegyzék

94

Függvények és tulajdonságaik 2

x 12 tg x 1 + x 22 tg x 2 + … + x n2 tg x n ≥

(x 1 + x 2 + … + x n )

⋅ tg

n

x1 + x 2 + … + xn . n

Megoldás

x +y 2 ≥ xy , mivel ( x − y ) ≥ 0 ⇔ 2 x +y 2 2 ⇔ ( x) −2 x y +( y) ≥ 0 ⇒ x +y ≥ 2 x y ⇔ ≥ xy . 2 Matematikai indukcióval igazolható, hogy ∀ x 1, x 2 ,..., x 2k ∈ R+* és ∀k ∈ * esetén a) ∀x , y > 0 esetén

(

)

x 1 + x 2 + ... + x 2k

≥ 2k x 1x 2 ...x 2k . (1) 2k Ha n ≥ 2 tetszőleges, akkor ∃k ∈

tetszőleges

{

pozitív

∀j ∈ 1,..., 2k +1 − n

}

számokat

*

úgy, hogy 2k ≤ n < 2k +1 . Az x 1, x 2 , ..., x n

kipótoljuk

2k +1

számra

x n + j = n x 1 ...x n

az

egyenlőségek szerint, majd alkalmazzuk az (1) eredményt az

x 1, x 2 ,..., x 2k +1 számokra. x 1 + ... + x n + (2k +1 − n ) n x 1 ...x n k +1

⇔

k +1

≥2

2 (x 1 + ... + x n ) + (2k +1 − n ) n x 1 + ...x n k +1

2k +1 −n

x 1 ...x n ( n x 1 ...x n ) 1

≥ (x 1 ...x n )2k +1

+

2k +1 −n n ⋅2k +1

⇔ 1

= (x 1 ...x n )n ⇔

2 ⇔ (x 1 + ... + x n ) ≥ 2k +1 ⋅ n x 1 ...x n − (2k +1 − n ) n x 1 ...x n ⇔ x + ... + x n ≥ n x 1 ...x n . ⇔ 1 n 1 b) A sin függvény a 0, π  intervallumon konkáv, tehát t = -et helyettesítve,   2  x 1 + x 2  sin x 1 + sin x 2 ≥ ∀x 1, x 2 ∈ -re sin  . A III.4.1. fejezet 7. feladata alapján  2  2 x + ...x n sin x 1 + ... sin x n sin 1 ≥ . n n Megjegyzés. Általában, ha f konvex (konkáv) függvény, és x 1, x 2 , ..., x n az f

értelmezési tartományában (intervallum) van, akkor teljesül az f (x 1 ) + ...f (x n )  x + ...x n  ≤ (≥) f  1 Jensen-féle egyenlőtlenség.    n n c) Az f : → függvény konvex, tehát a III.4.1. fejezet 7. feladata alapján az egyenlőtlenség igaz. Megjegyzés. A fenti egyenlőtlenség egy sajátos esete a Cauchy-Bunjakovszkij 2 n n  n  2 2  egyenlőtlenségnek. ∀ai , bi , i = 1, n esetén ∑ ai ∑ bi ≥ ∑ aibi  .   i =1

i =1

i =1

Tartalomjegyzék

95


Az ai = x i , i = 1, n és bi = 1 , i = 1, n helyettesítésekkel az előbbi egyenlőtlenséghez jutunk.  π d) Mivel az f , g : 0,  → , f (x ) = x 2 és g(x ) = tg x függvények növekvők  2   π függvény is konvex, és így alkalmazható a Jensen és konvexek, az f ⋅ g : 0,  →  2  egyenlőtlenség.  π  x + ... + x n  fg(x 1 ) + ... + fg(x n ) fg  1 , ∀x i ∈ 0,  , i = 1, n , vagyis ≤    2  n n 2 2 x 1 + ... + x n x 1 tg x 1 + ... + x n2 tg x n  x 1 + ... + x n   ≤ tg ,   n n n ahonnan következik a bizonyítandó egyenlőtlenség. 2f (x ) f (y ) 8. Bizonyítsd be, hogy ha az f : → *+ függvényre f ( xy ) = , f (x ) + f (y ) ∀x , y ∈ , akkor n ∀ x 1 , x 2 , …, x n ∈ . f (n x1 ⋅ x 2 ⋅ … ⋅ xn ) = 1 1 1 + +…+ f (x 1 ) f (x 2 ) f (x n ) Megoldás. A III.4.1. fejezet 7. feladatához hasonlóan járunk el. A feltételből 2 követezik, hogy és f ( 4 xyzt ) = f xy zt = f ( xy ) = 1 1 + f (x ) f (y ) 2 2 4 = = . = 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + 2 2 f ( xy ) f ( zt ) f (x ) f (y ) f (z ) f (t ) 1 1 1 1 + + f (x ) f (y ) f (z ) f (t ) Ahogy az egyenlőséget bizonyítottuk n = 4 -re, ugyanúgy bizonyítható a matematikai indukció módszerével n = 2k -ra. Ha n tetszőleges (és nem kettőhatvány), akkor létezik olyan k természetes szám, hogy 2k > n > 2k −1 . Az x 1, x 2 ,..., x n tetszőleges és

(

)

x n + j = n x 1 ...x n ∀j ∈ {1,...2k − n } számokra alkalmazzuk az adott egyenlőséget.

f

(

2k

k

)

x 1x 2 ...x n (n x 1...x n )2 −n =

⇔ f ( n x 1 ...x n ) =

2k 1 1 1 + ... + + (2k − n ) f (x 1 ) f (x n ) f ( n x 1 ...x n )

2k , ahonnan 1 1 2k − n + ... + + f (x 1 ) f (x n ) f ( n x 1 ...x n )

⇔

Tartalomjegyzék

96


 1 1   + 2k − n = 2k f ( n x 1 ...x n ) ⋅  + ... + f (x n )  f (x 1 ) n és f ( n x 1 ...x n ) = ∀x i > 0 , i = 1, n , ∀n ∈ * . 1 1 + ... + f (x 1 ) f (x n ) 9. Bizonyítsd be, hogy ha az f1, f2 , …, fn : I ⊂ → + függvények konkávak , akkor az f (x ) = n f1 (x ) ⋅ f2 (x ) ⋅ … ⋅ fn (x ) függvény is konkáv. Megoldás. Előbb igazoljuk a Huygens-féle egyenlőtlenséget. Ha ak ` és bk pozitív

{

}

valós számok k ∈ 1, 2,..., n -re, akkor

(a1 + b1 )(a2 + b2 ) ... (an + bn ) ≥ ( n a1a2 ...an + n b1b2 ...bn ) . n

Az egyenlőtlenséget b1b2 ...bn -nel elosztva és az

ai = x i jelölést használva az bi

n

(1 + x 1 )(1 + x 2 ) ... (1 + x n ) ≥ (1 + n x 1x 2 ...x n ) egyenlőtlenséget kell igazolnunk. Az egyenlőtlenség

n

n

1 + n x 1x 2 ...x n n

(1 + x 1 )(1 + x n ) ... (1 + x n )

x1 x2 xn 1  x x2 x n   , és ⋅ ⋅ ... ⋅ ≤ ⋅  1 + + ... + 1 + x1 1 + x 2 1 + xn n 1 + x 1 1 + x 2 1 + x n  1 1 1 1 1 1 1   , tehát ⋅ ⋅ ... ⋅ ≤  + + ... + n 1 + x 1 1 + x 2 1 + x1 1 + x 2 1 + xn 1 + x n 

1 + n x 1x 2 ...x n n

≤ 1 alakban is írható. Másrészt

(1 + x 1 )(1 + x 2 ) ... (1 + x n )

≤

x + 1 1  x 1 + 1 x 2 + 1  = 1. + + ... + n  n 1 + x 1 1 + x 2 1 + x n 

Megjegyzések 1) Az egyenlőtlenség sajátos esete az általános Cauchy féle egyenlőtlenségnek m n m  n m    ≤ a aijm , ahol aij > 0 , ha i = 1, n és j = 1, m . ∑ ∑ ∏ ∏ ij    i =1 j =1

j =1 i =1

2) Az f : → f (x ) = ln (1 + e x ) függvény konvexitásából is ugyanehhez az egyenlőtlenséghez jutunk. 3) A baloldalon elvégezve a műveleteket és az azonos számú tagokat csoportosítva, majd az egyes csoportokra a számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenséget alkalmazva ugyanehhez az egyenlőtlenséghez jutunk. A feladat megoldása Az ai = tfi (x ) és bi = (1 − t ) fi (y ) i = 1, n számokra alkalmazzuk az egyenlőtlenséget.

Tartalomjegyzék

97

Függvények és tulajdonságaik n

n  n   f tx (1 t ) y tf ( x ) (1 t ) f ( y ) t f ( x ) ( 1 t ) fi (y ) , + − ≥ + − ≥ + − ) ) ( (  ∏ ∏ ∏ ∏ i i i i   i =1  i =1 i =1 i =1 n

n

tehát f (tx + (1 − t )y ) ≥ tf (x ) + (1 − t )f (y ) . 10. Bizonyítsd be, hogy ha létezik olyan ω > 0 , hogy az f : → \ {3} f (x ) − 5 függvényre teljesüljön az f (x + ω ) = , ∀x ∈ , akkor f periodikus. (Titu f (x ) − 3 Andreescu) Megoldás. Kimutatjuk, hogy f (x + 4ω) = f (x ) , ∀x ∈ . f (x ) − 5 −5 f (x + ω) − 5 f (x ) − 3 −4 f (x ) + 10 2 f (x ) − 5 , f (x + 2ω) = = = = f (x ) − 5 f (x + ω) − 3 −2 f (x ) + 4 f (x ) − 2 −3 f (x ) − 3 4 f (x ) − 10 −5 2 f (x + 2ω) − 5 f (x ) − 2 −f (x ) f (x + 4ω) = = = = f (x ) , 2 f (x ) − 5 f (x + 2ω) − 2 −1 −2 f (x ) − 2 ahonnan következik, hogy 4ω periódusa az f függvénynek. 11. Bizonyítsd be, hogy ha az f : → függvény teljesíti az 1 f (x + a ) = + f (x ) − f 2 (x ) egyenlőséget, ∀x ∈ esetén ( a ∈ + rögzített), 2 akkor f periodikus. 1 Megoldás. f (x + 2a ) = + f (x + a ) − f 2 (x + a ) = 2 1 1 1  = + + f (x ) − f 2 (x ) −  + f (x ) − f 2 (x ) + f (x ) − f 2 (x ) =   2 2 4 1 1 1 1 = + − f (x ) + f 2 (x ) = + − f (x ) . 2 4 2 2 1 1 De f (x + a ) ≥ , ∀x ∈ , tehát f (x ) ≥ , ∀x ∈ . Így f (x + 2a ) = f (x ) , 2 2 ∀x ∈ , tehát 2a periódusa f-nek. Megjegyzés. Felhasználtuk, hogy a gyök alatti kifejezés pozitív, vagyis f (x ) ≥ f 2 (x ) ⇔ f (x ) ∈ 0,1 .  

Tartalomjegyzék

98


III.4.3. Exponenciális és logaritmikus kifejezések (128. oldal) 1. Számítsd ki: a) log 2 9 ⋅ log3 32 ; b) 3log4 5 − 3log5 4 + 4log5 3 − 5log4 3 ; c) log2

2 9 + log 4 ; 3 4

Megoldás. a) log

2

d)

9 = 2 log

2

log 3 12 log3 4 . − log36 3 log108 3 2 4 és log3 32 = 5 log3 2 , tehát 3= = log 3 2 log3 2

9 ⋅ log3 32 = 20 .

log

2

b)

3log4 5 = (4log4 3 )

log4 5

= 4(log4 3)(log4 5) = 5log4 3

és

log5 4

3log5 4 = (5log5 3 )

= 4log5 3 . Az

előbbiek alapján 3log4 5 − 3log5 4 + 4log5 3 − 5log4 3 = 0 . 2 9 2 log2 3 − 1 = log2 3 − 1 , tehát c) log2 = log2 2 − log2 3 = 1 − log2 3 és log4 = 3 4 log2 4 2 9 log2 + log 4 = 0 . 3 4 log 3 3 1 1 d) , log3 12 = 1 + log3 4 és log36 3 = = = log 3 36 log3 9 ⋅ 4 2 + log3 4 1 1 , ahonnan log108 3 = = log3 27 ⋅ 4 3 + log3 4 log 3 12 log3 4 − = (1 + log 3 4)(2 + log 3 4) − log3 4 (3 + log3 4) = 2 . log36 3 log108 3 2. Melyik nagyobb? b) log13 168 vagy log17 190 ; a) log2 5 vagy log5 16 ; vagy 3 log3 2 ; d) 6 lg2 6 vagy 25 lg 2 ⋅ lg 3 ; 1 1 e) vagy 2; f) log2 3 + log3 4 vagy 2 2 . + log2 π log5 π log2 16 4 = és log2 5 > log2 4 = 2 , ahonnan Megoldás. a) log5 16 = log2 5 log2 5 4 log22 5 > 4 ⇒ log2 5 > = log5 16 . log2 5 b) 168 > 12 ⋅ 13 -ból következik, hogy log13 168 > 1 + log13 12 , 190 < 12 ⋅ 17 alapján log17 190 < 1 + log17 12 és log17 12 < log13 12 , tehát log13 168 > log17 190 . c) 2

log2 3

c) Legyen

log2 3 = M . log2 3 = M 2

2

1

⇒ 2M = 3 ⇒ 2M = 3 M . Viszont

1 1 = log3 2 és 2M = 2 log2 3 , 3 M = 3 log3 2 ⇒ 2 log2 3 = 3 log3 2 . M 2 d) 6 lg2 6 = 6 (lg 2 + lg 3) = 6 lg2 2 + 6 lg2 3 + 12 lg 2 ⋅ lg 3 ⇒

Tartalomjegyzék

99


6 lg2 6 − 25 lg 2 ⋅ lg 3 = 6 (lg2 2 − 2 lg 2 ⋅ lg 3 + lg2 3) − lg 2 ⋅ lg 3 = 3 3 3 9 27 − lg 2 ⋅ lg 3 = 2 lg ⋅ 3 lg − lg 2 ⋅ lg 3 = lg ⋅ lg − lg 2 ⋅ lg 3 > 0 , 2 2 2 4 8 9 27 mivel > 2 és > 3 , ahonnan 6 lg2 6 > 25 lg 2 ⋅ lg 3 . 4 8 1 1 e) + = logπ 2 + logπ 5 = logπ 10 , 10 > π 2 ⇒ logπ 10 > 2 ⇒ log2 π log5 π 1 1 + > 2. log2 π log5 π = 6 lg2

2 f) log3 4 = , log2 3

2

 log2 3 2 2   log 3 − + >0  > 0 ⇒ log2 3 − 2 2 2  log2 3 log2 3 log2 3  

2 >2 2. log2 3 log2 3 ≠ log3 4 , mivel az Megjegyzés. Felhasználtuk, hogy x n = logn (n + 1) sorozat szigorúan csökkenő. 3. Bizonyítsd be, hogy: a) lg2 9 + lg2 11 > lg 98 ; b) lg 3 9 < lg 8 ; c) lg2 19 < lg3 16 . Megoldás. a) A következő ekvivalens átalakításokat végezzük: lg2 9 + lg2 11 > lg 98 ⇔ lg2 (10 − 1) + lg2 (10 + 1) > lg(102 − 2) ⇔ ⇒ log2 3 +

2

2

  1  1  2     ⇔ 1 + lg 1 −  + 1 + lg 1 +  > 2 + lg 1 −  ⇔      10  10  100     1  1  1  1  2  ⇔ lg2 1 −  + lg2 1 +  + 2 lg 1 −  + 2 lg 1 +  > lg 1 −  (1)          10 10 10 10 100  2  1  1  1   2 1   2  De 2 lg 1 −  + 2 lg 1 +  = lg 1 − = lg 1 − + 4  > lg 1 −  ,       10  10  100  100 10  100  tehát (1) is igaz. b) Kimutatjuk, hogy lg 3 9 < 0, 9 < lg 8 . 9

9

I. lg 8 > 0, 9 ⇔ 10lg 8 > 1010 ⇔ 8 > 1010 ⇔ 810 > 109 ⇔ 230 > 29 59 ⇔ 221 > 59 ⇔ 27 > 53 ⇔ 128 > 125 , ami igaz. 24

II. 0, 963 = 0, 884... , lg 3 9 < 0, 963 ⇔ lg 9 < 0, 96 ⇔ 9 < 100,96 ⇔ 9 < 10 25 ⇔ ⇔ 350 < 1024 ⇔ 325 < 1012 .

1 10 Viszont 39 < 2 ⋅ 104 , tehát elégséges kimutatni, hogy 316 < 108 ⇔ 32 < 8 ⇔ 2 2

Tartalomjegyzék

100


10 1 9 2 2 8 ⇔ 2< ⇔ >   = (0, 9) . Másrészt (0, 9) = 0, 81 , (0, 81) = 0, 6561 és   9 2 10 1 2 (0, 6561) = 0, 43... < , tehát lg 3 9 < lg 8 . 2 2 3 2 2 c) lg 19 < lg 20 = (1 + lg 2) és lg 3 16 = (4 lg 2) = 64 lg 3 2 , tehát elégséges 8

64 lg 3 2 − lg2 2 − 2 lg 2 − 1 > 0 . Az f (x ) = 64x 3 − x 2 − 2x − 1 3 3  3 függvény növekvő a  , 1 intervallumon és f   > 0 , valamint < lg 2 < 1 10  10  10  (mert 210 = 1024 > 1000 = 103 ). Ebből következik a kívánt egyenlőtlenség. 4. Határozzuk meg a következő kifejezések értelmezési tartományát: x −1 b) log3 (x 2 − 1) ; c) log13 ; a) log2 (x + 1) ; x +1  2x − 1  d) log 1 (2x − 1) ; e) log 3  x f) log2 (log 3 x ) ; ;   4 4 −9 2 igazolni, hogy

3

g) log5 (log22 x 2 − 4 log2 x + 1) ;

h) log32 x 2 .

Megoldás. a) log2 (x + 1) értelmezett, ha x + 1 > 0 , tehát x ∈ (−1, +∞) . b) x 2 − 1 > 0 ⇔ (x − 1) (x + 1) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞) . c) x ≠ −1 , mert a tört értelmezett kell legyen. x −1 Másrészt az > 0 egyenlőtlenség is kell teljesüljön. x +1 X x–1

−∞

–1

1

+∞

–––––––––– 0+++++++

x+1 –––––––– 0++++++++++ x −1 +++++++|––0+++++++ x +1 Tehát x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞) . d) 2x − 1 > 0 ⇔ 2x > 1 ⇔ x > 0 , tehát x ∈ (0, +∞) . e) 4x − 9 = 0 ⇔ x = log 4 9 = log2 3 x

−∞

0

log2 3

+∞

2x − 1 – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + + 4x − 9 – – – – – – – – – – – 0 + + + + + + + 2x − 1 4x − 9 + + + + + + 0 – – – | + + + + + + + Tehát x ∈ (−∞, 0) ∪ (log2 3, +∞) .

Tartalomjegyzék

101


értelmezett kell legyen, következik, hogy x > 0 . Másrészt

f) Mivel log3 x

log2 (log3 x ) is értelmezett kell legyen, tehát log3 x > 0 ⇒ x > 1 . Az előbbiek alapján x ∈ (1, +∞) . g)

log2 x

⇒

értelmezett 2

x >0

(1).

Legyen

log2 x 2 = y

⇒

2

4 log2 x = 2 log2 x = 2y , tehát az y − 2y + 1 > 0 egyenlőtlenség kell teljesüljön, 2

ami ekvivalens az (y − 1) > 0 egyenlőtlenséggel ⇔ y ≠ 1 ⇔ x 2 ≠ 2 ⇒

x ∈ \ \ {± 2} (2). (1) és (2) alapján x ∈ \ *+ \ {± 2} . 3

h) log 3 x 2 értelmezett ⇔ x 2 > 0 ⇔ x ∈ \ * (1). log32 x 2 értelmezett ⇔ log 3 x 2 ≥ 0

(

)

⇔ x 2 ≥ 1 ⇔ x ∈ R \ −1,1 (2). (1) és (2) alapján x ∈ \ \ (−1,1) . 5. Az alábbiakban a tanult összefüggéseket alkalmaztuk kifejezésekre1. Melyek helyesek az így kapott egyenlőségek közül és melyek nem? (A hamis egyenlőségek esetében adj meg egy-egy maximális intervallumot, amelyen érvényesek lesznek). a) log 3 x 2 = 2 log 3 x b) log 3 x 2 = 2 log 3 x ; c) log 3 x 2 = 2 log 3 x , ha x ≠ 0 ; d) log2 ab = log2 a + log2 b ; e) log4 (x 2 − 1) = log 4 (x − 1) + log4 (x + 1) ; f) log 4 (x − 1) + log 4 (x + 1) = log 4 (x 2 − 1) ; g) log5

x2 + 1 = log5 (x 2 + 1) − log5 (x 2 + 2) ; x2 + 2

1 logx −1 (x + 1) log 3 (x − 2) = log3 x − 2 ; i) logx (x + 1) = ; logx −1 x 2 1 j) logx a = ; k) x − 3 = 2log2 (x −3) . loga x Megoldás a) Hamis, mivel log 3 x 2 értelmezett ∀x ∈ \ * esetén, míg log3 x csak akkor, ha x > 0 . Ebből következik, hogy az állítás érvényes, ha x > 0 . b) Csak akkor érvényes, ha x ∈ \ * c) Az állítás helyes. d) Hamis, mert a < 0 és b < 0 esetén a jobb oldal nem értelmezett, míg a bal igen. Igaz a kijelentés, ha a > 0 és b > 0 . e) Hamis. Érvényes, ha x − 1 > 0 és x + 1 > 0 , vagyis x ∈ (1, +∞) . h)

f) Helyes. g) Helyes. h) Helyes, mivel x − 2 > 0 , tehát x − 2 értelmezett. i) Hamis. Mivel logx (x + 1) értelmezett ⇒ x > 0 , x ≠ 1 és x + 1 > 0 ⇒

x ∈ R+* \ {1} (1). A jobb oldalon logx −1 x értelmezett kell legyen és nem lehet 0, tehát x ≠ 1 , x − 1 > 0 és x − 1 ≠ 1 ⇒ 1

x ∈ (1, +∞) \ {2} (2). Mivel logx −1 (x + 1)

Mindig az egyenlőség bal oldalán megjelenő kifejezést alakítjuk át.

Tartalomjegyzék

102


mindig értelmezett, ha logx −1 x értelmezett, (1) és (2) alapján a maximális érvényességi tartomány x ∈ (1, +∞) \ {2} . j) Hamis. Teljesül, ha a ≠ 1 . (Mivel logx a értelmezett kell legyen nincs több feltétel.) k) Hamis. Teljesül, ha x − 3 > 0 , vagyis x ∈ (3, +∞) . 6. Határozd meg a következő kifejezések 10-es alapú logaritmusát: 2

a) 112 ⋅ 27 ;

b) (2 ⋅ 3) ⋅ 12 ⋅ 52 ;

d) a 2 3 bc 3 ;

e)

x 4 ⋅ 3 y2 z z ⋅ 5 y −1 x

c)

f)

;

312 ⋅ 27 ⋅ 511

( 2)

5

⋅ 139 ⋅ 5 31

a b a b

;

;

b a b a

3

a 2 a b    . g)  2  b b a  3

Megoldás. a) 112 ⋅ 27 = 112 ⋅ 33 = 112 ⋅ 3 2 ⇒ lg (112 ⋅ 27 ) = 2 lg 11 +

3 lg 3 . 2

2

b) (2 ⋅ 3) ⋅ 12 ⋅ 52 = 22 ⋅ 32 ⋅ 22 ⋅ 3 ⋅ 52 = 24 ⋅ 33 ⋅ 52 , tehát

lg ((2 ⋅ 3) ⋅ 12 ⋅ 52 ) = 4 lg 2 + 3 lg 3 + 2 lg 5 . 2

7

c)

312 ⋅ 27 ⋅ 511

( 2)

5

⋅ 139 ⋅ 5 31

11

312 ⋅ 2 2 ⋅ 5 2

=

5 2

1 5

9

, tehát lg

312 ⋅ 27 ⋅ 511

( 2)

5

⋅ 139 ⋅ 5 31

= 12 lg 3 + lg 2 +

2 ⋅ 13 ⋅ 31 11 1 + lg 5 − 9 lg 13 − lg 31 . 2 5 1 d) lg a 2 3 bc 3 = 2 lg a + lg b + lg c , ha b és c azonos előjelűek és a számok közül 3 egyik sem nulla. 4

e)

lg

x ⋅ y 3

z⋅ y 5

2

−1

z x

2 3

4

= lg

x ⋅y ⋅z −

1 5

z ⋅y x

1 6

1 10

39

13

= lg x 10 y 15 z

−

5 6

=

39 13 5 lg x + lg y − lg z , 10 15 6

x , y, z > 0 . 1 1

f) lg

a b a b b a b a

= lg

1

1

a 2b 4a 8b 16 1 2

1 4

1 8

ba b a

1 16 3

5

= lg a 16b

−

5 16

=

5 5 lg a − lg b , ha a, b > 0 . 16 16

3  2 1 1  3 a 2 a b  a a 2b 4   9 − 9  27 27  4 4    g) lg  2 lg a − lg b , ha a, b > 0 .  = lg  1 1  = lg a b  =  4 4    b b a   b 2b 2a 4 

ha

Tartalomjegyzék

103


x

7. Számítsátok ki (23 ) és 23 -t! Mi a különbség a 22 és (22 ) kifejezések közt? Megoldás.

2

(23 )

2

x

2

= 23⋅2 = 26 = 64 ; 23 = 29 = 512 .

x

(22 )

x

= 22x ≠ 22 , mivel

2x ≠ 2x , ∀x ∈ R \ {1, 2} . 8. a) Ha lg x = −7, 32 , számítsd ki az x első hét tizedes jegyét! b) Bizonyítsd be, hogy ha x ∈ `∗ , akkor [lg x ] + 1 az x szám számjegyeinek számát jelenti (a tízes számrendszerben). Fogalmazz meg más számrendszerben is hasonló tulajdonságot! Megoldás. a) lg x = −7, 32 ⇒ 10−7,32 = x < 10−7 , de 10−7 = 0, 00000001 , tehát x-nek az első 7 tizedes jegye 0. b) Legyen x ∈ N * úgy, hogy x-nek n számjegye van. Ez alapján 10n −1 ≤ x < 10n , tehát lg 10n −1 ≤ lg x < lg 10n ⇔ n − 1 ≤ lg x < n ⇔ n − 1 = [lg x ] , ahonnan [lg x ] + 1 = n . Tehát az állítás igaz. k alapú számrendszerben az x számjegyeinek száma [logk x ] + 1 . 9. Bizonyítsd be, hogy lg 2 nem racionális! Vizsgáld meg a log2 3 , log3 5 , log5 10 számokat is!

( )

Megoldás. Feltételezzük, hogy lg2 racionális ⇒ ∃ p, q ∈ ` , q ≠ 0 , p, q = 1 úgy, hogy lg 2 =

p q

p ⇔ 10 = 2 ⇔ 10p = 2q ⇔ 5p = 2q −p . Viszont p ∈ ` , q − p ∈ ` q

p = 0 nem teljesülhet, tehát ellentmondáshoz jutottunk, vagyis lg 2 ∈ \ \ _ . és  q − p = 0  Hasonlóan log2 3 , log 3 5 ∉ _ (2, 3, 5 prímek). log5 10 = log5 (5 ⋅ 2) = 1 + log5 2 , log5 2 ∉ _ ⇒ 1 + log5 2 ∉ _ . 10. (Kronecker tétele) Jelöljük H α -val az α irracionális szám természetes

{

}

többszöröseinek törtrészéből álló halmazt: H α = {kα } k ∈ ` . Bizonyítsd be, hogy

1 . 10n Megoldás. Kimutatjuk, hogy a H α halmaznak végtelen sok eleme van. {n α} = {m α} ⇒ n α − n = m α − m , n , m ∈ N ⇒ (n − m ) α = n − m és ha 1 1 1 1 1 1 n − m1 ∈ Q . Ez ellentmondás, tehát n = m . Az előbbiek n ≠ m , akkor α = 1 n −m alapján, mivel ` végtelen, következik, hogy H α is végtelen. Viszont H α korlátos is (mert {x } ∈ 0, 1 ∀x ∈ \ ) ⇒ ∃l ∈ H α′ torlódási pont, vagyis ∀n ∈ ` -re   1 1  ,l + ∃k, m ∈ ` úgy, hogy {k α} , {m α} ∈ l − .  2 ⋅ 10n 2 ⋅ 10n  ha x 0 ∈ [0,1] , akkor bármely n ∈ N -re létezik olyan θ ∈ H α , hogy x 0 − θ <

)

Tartalomjegyzék

104


1 . Viszont 10n {k α} − {mα} ≥ {(k − m ) α} (mert [x ] − [y ] ≥ [x − y ] ),

Ebből következik, hogy {k α} − {m α} <

1 1 , vagyis ∀n ∈ ` -re ∃ θ ∈ H α , amelyre θ < n . n 10 10 Képezzük a (k ⋅ θ ) sorozatot. Az Arkhimédész axiómából következik, hogy ∃t0 ∈ ` , 1 t0 θ ≤ x 0 < (t0 + 1) θ ⇒ 0 ≤ x 0 − t 0θ < θ ⇒ x 0 − t0θ < n és t0 θ ∈ H α , mivel 10 t0 θ ≤ x 0 ∈ 0,1 (ha x 0 = 1 , akkor ∃t0 úgy, hogy t0 θ < x 0 ≤ (t0 + 1) θ , stb.)   Ebből következik, hogy ∀n ∈ ` és ∀x 0 ∈ 0,1 esetén ∃ θt0 ∈ H α úgy, hogy   1 x 0 − θt0 < n . 10 11. Kezdődhet-e kettőnek valamilyen hatványa 20-al? Hát 19-cel? Megoldás. 211 = 2048 , tehát 20-al kezdődhet. Ha 2n 19A alakú, akkor 2n A 2n = 19 ⋅ 10v + A , ahol A < 10v . Ebből következik, hogy v = 19 + v ∈ 19, 20 ,  10 10 2n tehát 19 < v < 20 . Ez akkor teljesül, ha v + lg 19 < n lg 2 < v + lg 20 , azaz n lg 2 10 törtrésze {lg 19} és {lg 20} közt van. Mivel lg 2 ∉ _ , az előbbi feladat alapján létezik olyan n, amelyre {lg 19} < {n lg 2} < {lg 20} , tehát létezik olyan hatványa 2nek, amely 19-cel kezdődik. Megjegyzés. 284 = 19342813113834066795298816 , és ez az első kettőhatvány, amely 19-cel kezdődik. 12. Bizonyítsd be, hogy ha n nem hatványa 10-nek, és m ∈ N ∗ tetszőleges szám, akkor létezik olyan természetes kitevőjű hatványa n-nek, amely első néhány számjegye az m számjegyeivel megegyezik. (Például, ha n = 2 és m = 2001 , akkor létezik olyan természetes hatványa kettőnek, amely 2001-el kezdődik) Megoldás. Azt kell bizonyítanunk, hogy ∀m ∈ `* esetén ∃ k, l ∈ ` úgy, hogy tehát {(k − m ) α} <

)

nk < m + 1 ⇔ lg m ≤ k lg n − l < lg(m + 1) . 10l n ≠ 10p ⇒ lg n irracionális. A Kronecker-tétel alapján az ({α lg n })α∈N sorozat sűrű m ⋅ 10l ≤ n k < (m + 1) ⋅ 10l ⇔ m ≤

0,1 -en ⇒ ({α lg n + β }) sűrű \ + -on, tehát ∃ α, β ∈ ` úgy, hogy   α,β ∈N {α lg n } + β ∈ (lg m, lg(m + 1)) ⇔ lg m < α lg n − [α lg n ] + β < lg(m + 1) ⇔

lg m < α lg n − l < lg(m + 1) , ahol l = −β + [α lg n ] , l ∈ ` . Tehát a fentiek alapján n α első néhány számjegye pont az m számot adja.

Tartalomjegyzék

105


III.4.4. Exponenciális és logaritmikus egyenletek, egyenlőtlenségek és rendszerek (130. oldal) 1. Oldd meg az alábbi egyenleteket! 2 b) 2x −1 = 128 ; c) 2x −3x +1 = 0, 5 ; a) 2x = 16 ; x

d) 0, 25x = 0, 5 ;

1 e)    3

g) (3 + 2 2 ) = 7 + 5 2 ;

h) (3 − 2 2 ) = 7 + 5 2 .

x

= 81 ;

f)

x2

( 7)

= 343 ;

x

Megoldás. Az exponenciális függvény injektivitását használjuk. a) 2x = 16 ⇔ 2x = 24 ⇒ x = 4 . b) 2x −1 = 128 ⇔ 2x −1 = 27 ⇔ x − 1 = 7 ⇒ x = 8 . 2 c) 2x −3x +1 = 2−1 ⇔ x 2 − 3x + 1 = −1 ⇔ (x − 1) (x − 2) = 0 ⇒ x 1 = 1 és x 2 = 2 . x

2x

1 1 1 1 1 x d) (0, 25) = 0, 5 ⇔   = ⇔   = ⇔ 2x = 1 ⇔ x = . 4 2  2 2 2 x 1 e)   = 81 ⇔ 3− x = 34 ⇒ x = −4 , tehát az egyenletnek nincsen valós  3 megoldása. f) g)

x2

( 7)

= 343 ⇔ 7

(3 + 2 2 )

x

x2 2

= 73 ⇒

x2 = 3 ⇒ x 1 = 6 és x 2 = − 6 . 2

= 7 + 5 2 ⇔ x lg(3 + 2 2) = lg(7 + 2) ⇒ x =

Viszont (3 + 2 2 ) = 99 + 70 2 = (7 + 5 2 ) , tehát x = 3

h) 3 − 2 2 =

2

lg(7 + 2 2) . lg(3 + 2 2)

3 . 2

−3 2 1 , tehát az előző feladat alapján (3 − 2 2 ) = (7 + 5 2 ) , 3+2 2

3 vagyis x = − . 2 2. Oldd meg az alábbi egyenleteket! x 2 1 4 27 ; b) 4 4x +3 = 1024 ; c) 6x −5x = ; a)   = 9 46656 8 2 2 2 e) 32x +1 = 3−x ; f) 5−x +1 = −25 . d) 2x −2x +1 = 4 2 ; Megoldás. Az exponenciális függvény injektivitását használjuk. x 2x −3 3 4 27 2 2 ⇔   =   ⇔ 2x = −3 ⇔ x = − . a)   = 9  3  3 2 8 1 b) 44x +3 = 1024 ⇔ 44x +3 = 45 ⇔ 4x + 3 = 5 ⇒ x = . 2 2 2 1 c) 6x −5x = ⇔ 6x −5x = 6−6 ⇔ x 2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x 1 = 2 és x 2 = 3 . 46656

Tartalomjegyzék

106


d) 2x

2

−2x +1

= 4 2 ⇔ x 2 − 2x + 1 =

1 1 1 3 2 ⇔ (x − 1) = ⇒ x 1 = + 1 = és 4 4 2 2

1 1 x2 = − + 1 = . 2 2 2 2 2x +1 = 3−x ⇒ 2x + 1 = −x 2 ⇒ (x + 1) = 0 ⇒ x = −1 . e) 3 2

f) 5−x +1 = −25 nem teljesülhet egyetlen x ∈ \ értékre sem, mivel 5−x ∀x ∈ \ és −25 < 0 . 3. Oldd meg az alábbi egyenleteket: 2 2 a) 22x −1 ⋅ 5x +3 = 3 ; b) 2x −1 = 3x +1 ; 2 c) 3x −1 ⋅ 52x +3 = 7x +1 ⋅ 115x ; d) 3x ⋅ 7x = 52x +1 . Megoldás. a) 22x −1 ⋅ 5x +3 = 3 ⇒ (2x − 1) lg 2 + (x + 3) lg 5 = lg 3 ⇒ lg 3 + lg 2 − 3 lg 5 . ⇒ x (2 lg 2 + lg 5) = lg 3 + lg 2 − 3 lg 5 ⇒ x = 2 lg 2 + lg 5 2

+1

>0

2

= 3x +1 ⇒ (x 2 − 1) lg 2 = (x 2 + 1) lg 3 ⇒ x 2 (lg 2 − lg 3) = lg 3 + lg 2 ⇒ lg 3 + lg 2 x2 = − < 0 , tehát nincs valós megoldás. lg 3 − lg 2 c) 3x −1 ⋅ 52x +3 = 7x +1 ⋅ 115x ⇒ (x − 1) lg 3 + (2x + 3) lg 5 = (x + 1) lg 7 + 5x lg 11 ⇒ ⇒ x (lg 3 + 2 lg 5 − lg 7 − 5 lg 11) = lg 7 − 3 lg 5 + lg 3 ⇒ lg 7 − 3 lg 5 + lg 3 x= . lg 3 + 2 lg 5 − lg 7 − 5 lg 11

b) 2x

−1

2

2

d) 3x ⋅ 7x = 52x +1 ⇒ x 2 lg 3 + x lg 7 = (2x + 1) lg 5

lg

(lg 3) x 2 + (lg 7 − 2 lg 5)x − lg 5 = 0 . x 1, 2 = 4. Oldd meg az alábbi egyenleteket! a) 3x + 3x +1 + 3x +2 = 3159 ; 4−

c) 16 (0, 25)

x 4

=2

x +5

Megoldás. a) Az egyenlet

;

25 7 ± lg2 + 4 lg 3 ⋅ lg 5 7 25 . lg 9

b) 7x +2 + 4 ⋅ 7x −1 = 347 ; d)

8x = 3 41−x .

3x (1 + 3 + 32 ) = 35 ⋅ 13 alakba írható, tehát x = 5 .

b) Az egyenlet 7x −1 (7 3 + 4) = 347 alakba írható, 7 3 + 4 = 347 , tehát 7x −1 = 1 és így x = 1 . c) Az első gyökkifejezés értelmezett minden x ∈ \ esetén, a második pedig csak akkor, ha x ≥ −5 , tehát a megoldásokat az −5, + ∞ intervallumban keressük. 

)

−8 +

x

egyenlet a következő alakban is írható: 24 ⋅ 2 2 = 2 x +5 ⇔ x −8 + 2 + 4 = x + 5 , vagyis 4 x + 5 = x ⇒ x 2 = 16x + 80 ⇒ x = 20 és 1 2

Az

Tartalomjegyzék

107


x 2 = −4 . Mind a kettő nem megoldás, mivel a 4 −4 + 5 = −4 egyenlőség nem teljesül ( x 2 = −4 idegen gyök). Tehát az egyetlen megoldás x = 20 . 3x

d)

8x = 3 41−x ⇔ 2 2 = 2

2−2x 3

3x 2 − 2x 4 = ⇔ 9x = 4 − 4x ⇔ x = . 2 3 13

⇔

5. Oldd meg az alábbi egyenleteket! a) 4x + 2x +1 = 80 ; c) 132x − 6 ⋅ 13x + 5 = 0 ; e) 5x − 4 = 5 g)

(

5+2 6

Megoldás.

a)

x −1 2

;

) +( x

b) 52x − 5x − 600 = 0 ; d) 25 x −3 − 5 ⋅ 5 x −3 = 500 ; 3 x f) 2x + (0, 5) = ; 2

5−2 6

)

x

4x + 2x +1 = 80

= 10 . ⇔

2

(2x ) + 2 ⋅ 2x − 80 = 0 .

A

2x = y

helyettesítéssel az y 2 + 2y − 80 = 0 egyenlethez jutunk. Ennek a gyökei y1 = 8 és y2 = −10 . y2 = −10 nem ad megoldást, mivel a 2x = −10 egyenletnek nincs valós gyöke. A 2x = 8 egyenletből x = 3 az eredeti egyenlet egyedüli megoldása. b) Legyen 5x = y , így az y 2 − y − 600 = 0 egyenlethez jutunk. Ennek gyökei

y1 = 25 és y2 = −24 . Visszahelyettesítve y-t 5x -el, kapjuk, hogy 5x = 52 ⇒ x = 2 , és y2 idegen gyök. c) 13x = y ⇒ y 2 − 6y + 5 = 0 , ahonnan y1 = 1 és y2 = 5 . 13x = 1 ⇒ x 1 = 0 , 13x = 5 ⇒ x 2 = log13 5 . d) Az egyenlet a következő alakra hozható:

5

x −3

(5

x −3

)

2

−5⋅5

x −3

− 500 = 0 . Az

= y helyettesítéssel az y 2 − 5y − 500 = 0 egyenlethez jutunk, amelynek

gyökei y1 = 25 és y2 = −20 . y2 idegen gyök, míg y1 -ből kapjuk, hogy

5

x −3

= 25

⇒

x −3 = 2 ⇒ x = 7. 2 x −1 x 1 x −  x2  5 x 2  e) 5 − 4 = 5 ⇔ 5  − 5 2 ⋅ 5 2 − 4 = 0 . 5 2 = y ⇒ y 2 − y −4 = 0,   5 x

ahonnan y1 = 5

és y2 < 0 , tehát nincsen gyöke az 5 2 = y2 egyenletnek.

x

y1 = 5 = 5 2 ⇒ x = 1 . 3 1 3 1 3 x ⇔ 2x + x − = 0 , 2x = y ⇒ y + − = 0 , ahonnan f) 2x + (0, 5) = 2 2 2 y 2 3 y 2 − y + 1 = 0 . ∆ = 9 − 16 < 0 ⇒ nincs valós megoldás. 2

Tartalomjegyzék

108


x 1 5−2 6 ⇒ a 5+2 6 =y helyettesítést = = 5−2 6 5+2 6 25 − 24 1 alkalmazzuk, amellyel az y + = 10 egyenlethez jutunk. Ebből következik, hogy y 1 y 2 − 10y + 1 = 0 , tehát y1 = 5 + 2 6 és y2 = . Visszahelyettesítve az y1 5+2 6 és y2 értékeket, kapjuk, hogy az egyenlet megoldásai x 1 = 2 és x 2 = −2 .

(

g)

)

b) x x − x −x = 3 (1 + x −x ) ;

6. a) 52x +1 + 6x +1 = 30 + 150x ; c) x 2x − (x 2 + x ) x x + x 3 = 0 ;

d) 9 (9x + 9−x ) − 3 (3x + 3−x ) = 72 .

Megoldás. a) Az egyenlet ekvivalens az 52x +1 + 6x +1 = 30 + 52x ⋅ 6x egyenlettel. Ebből 52x (5 − 6x ) − 6(5 − 6x ) = 0 ⇔ (5 − 6x )(52x − 6) = 0 . 5 − 6x = 0 ⇒ 1 x 1 = log6 5 . 52x − 6 = 0 ⇒ x 2 = log5 6 . 2  1 1 1 b) x −x = x , tehát az x x = y helyettesítést alkalmazzuk. Ebből y − = 3 1 +   x y y  ⇒ y 2 − 1 = 3y + 3 ⇒ y 2 − 3y − 4 = 0 és y1 = 4 , valamint y2 = −1 . Az x x = −1 egyenletnek egyetlen gyöke a x = −1 , míg az x x = 4 egyenletnek az x = 2 , tehát

{

}

M = −1, 2 . c) Az egyenlet ekvivalens az (x x − x ) (x x − x 2 ) = 0 egyenlettel. x x − x = 0 ⇒

x 1 = −1 és x 2 = 1 . x x − x 2 = 0 ⇒ x 3 = 2 és x = 1 ( x = 0 nem megfelelő, mert

{

}

00 értelmetlen). A fentiek alapján M = −1,1, 2 .

 1  1 1 d) 3x = y és az egyenletet osztjuk 3-mal ⇒ 3 y 2 + 2  − y +  = 24 . y + = t     y   y y 1 és az egyenlet a következőképpen alakul: ⇒ y2 + 2 = t2 − 2 , y 10 3(t 2 − 2) − t − 24 = 0 ⇔ 3t 2 − t − 30 = 0 ⇒ t1 = és t2 = −3 . 3 1 1 10 I. y + = ⇒ 3y 2 − 10y + 3 = 0 ⇒ y1 = 3 és y2 = , ahonnan x 1 = 1 és 3 y 3 x 2 = −1 . 1 II. y + = −3 ⇒ y 2 + 3y + 1 = 0 ⇒ y 3,4 < 0 , tehát ezek a gyökök nem adnak y megoldást.

{

}

Összegezve, M = −1,1 .

Tartalomjegyzék

109


1 x +2 1 ⋅ 9 = 6 ⋅ 4x +1 − 9x +1 ; 3 2 x x x c) 3 ⋅ 16 + 2 ⋅ 81 = 5 ⋅ 36 ;

7. a) 3 ⋅ 4x +

b) 2x +4 + 2x +2 = 5x +1 + 3 ⋅ 5x ; x +1

d) 4x − 4

= 3 ⋅ 2x +

x

.

9 Megoldás. a) Az egyenlet ekvivalens a 3 ⋅ 4x − 24 ⋅ 4x + 27 ⋅ 9x − ⋅ 9x = 0 2 egyenlettel. Ha ez utóbbi mindkét oldalát elosztjuk 9x -nel, a következő egyenletet x x 4 45 4 45 lg 45 − lg 42 ⇒   = ⇒x= . kapjuk: −21 ⋅   = − 9 9 2 42 lg 4 − lg 9 x x 2 2 b) Elosztjuk az egyenlet mindkét oldalát 5x -nel. 24 ⋅   + 22 ⋅   = 8 ⇒ 5 5 x 2 5 ⋅   = 2 ⇒ x = 1 . 5 c) Az egyenlet ekvivalens a 3 ⋅ 42x + 2 ⋅ 92x = 5 ⋅ 4x ⋅ 9x egyenlettel. Ha mindkét x x x 4 4 9 oldalt elosztjuk 4x ⋅ 9x -nel, kapjuk, hogy 3 ⋅   + 2 ⋅   = 5 . Legyen   = y ⇒ 9 9 4 x 2 2 4 3y + = 5 , ahonnan 3y 2 − 5y + 2 = 0 ⇒ y1 = 1 és y2 = .   = 1 ⇒ x 1 = 0 . y 3 9 x

1  4  2   = ⇒ x 2 = .  9  2 3 d) Mindkét oldalt osztjuk 2x + x -nel és az 2x − x = y helyettesítést használjuk. 4 y − = 3 ⇒ y 2 − 3y − 4 = 0 ⇒ y1 = 4 és y2 = −1 < 0 . 2x − x = 4 ⇒ y x − x = 2 ⇒ x 2 − 4x + 4 = x ⇒ x 2 − 5x + 4 = 0 . x 1 = 1 idegen gyök, x 2 = 4 megoldás, tehát M = {4} . 8. a) 3x + 4x = 7x ;

b)

(

2+ 3

) ( x

+

2− 3

)

x

= 2x ;

1

c) 4x + 9x + 2 ⋅ 6x = 25x ; e) (a x + a −x ) (x 2 + 1) = 2 ; 12 x

g) 2

+2

4

x

6

= 2⋅2 x ;

d) 9x + 9 x = 18 ; f) 10x + 11x + 12x = 13x + 14x ; h) x + logx2 = x

x

24 . x

 3 4 Megoldás. a) Az adott egyenlet ekvivalens a   +   = 1 egyenlettel. 7 7  x x 3 4 Az f : \ → \ , f (x ) =   +   függvény szigorúan csökkenő, a g : \ → \ , 7  7  g(x ) = 1 függvény pedig konstans, tehát az f (x ) = g(x ) egyenletnek csak egy megoldása lehet (a függvények grafikus képei csak egy pontban metszhetik egymást). Mivel x = 1 megoldás, következik, hogy M = {1} .

Tartalomjegyzék

110

Függvények és tulajdonságaik x

x

 2 + 3      +  2 − 3  = 1 b) x = 2 megoldása az egyenletnek. Az egyenlet      2 2    alakban írható. Az előző alponthoz hasonlóan, a bal oldalon szereplő függvény szigorúan csökkenő (két szigorúan csökkenő függvény összege szigorúan csökkenő), míg a jobb oldalon levő konstans, tehát nincsen több megoldás. x x x 4 9 6 c) x = 1 megoldás. Az egyenlet   +   + 2   = 1 alakban írható, ahol az  25   25   25  egyenlőség bal oldalán egy szigorúan csökkenő függvény áll, a jobb oldalon pedig egy konstans függvény, tehát nem lehet több megoldás. 1

d) Ha x negatív, akkor 9x + 9 x < 18 , tehát nincs megoldás. Ha x pozitv, akkor 1

1 1 x+ 9x + 9 x ≥ 9 x ≥ 92 = 9 , vagyis 9x + 9 x ≥ 18 . Egyenlőség akkor és csakis 2 1 akkor teljesül, ha x = = 1 (felhasználtuk a számtani-mértani egyenlőtlenséget és x 1 .az x + ≥ 2 , ∀x > 0 egyenlőtlenséget). x  1 e) Az egyenlet ekvivalens az a x + x  (x 2 + 1) = 2 egyenlettel. Viszont a x > 0 ⇒  a  1  1 a x + x ≥ 2 . Ezenkívül x 2 + 1 ≥ 1 , tehát a x + x  (x 2 + 1) ≥ 2 . Egyenlőség  a a  pontosan akkor teljesül, ha x = 0 . f) x = 2 megoldás. Több megoldás nem lehet, mert az egyenlet x x x x 10   11   12   14    +   +   = 1 +   alakban írható és az f :\→ \, 13  13  13   13  x x x 10   11   11  f (x ) =   +   +   függvény szigorúan csökkenő, míg a g : \ → \ , 13  13  13  x 14  g(x ) = 1 +   függvény szigorúan növekvő.  13  1

h)

1 x 12

2

+2

1 x4

1 x 12

≥2 2

akkor állhat fenn, ha x

1 12

⋅2

1 x4

= 2⋅2

1

x 12 +x 4 2

1

≥ 2⋅2

x 12

+

1 4

6

= 2⋅2 x .

Egyenlőség

csak

1 4

= x , vagyis ha x = 1 , vagy x = 0 .

24 csökkenő, a x g : \ *+ → \ , g(x ) = x + log2 x függvény növekvő, tehát az egyenletnek csak egy

i) log2 x

értelmezett, ha x > 0 . Az f : \ *+ → \ , f (x ) =

megoldás lehet. x = 4 megoldás, tehát M = {4} . 9. Oldd meg az alábbi egyenleteket!

Tartalomjegyzék

111


1

a) 9x + 9 x = 84 ;

1

b) 4 x ⋅ 9x + 4x ⋅ 9 x = 210 ;

1

c) 2 x + 27x = 11 ;

d) 2x + 3x + 6x = x 2 . 1

Megoldás. a) 1. módszer. Az f : \ → \ , f (x ) = 9x + 9 x függvény konvex, tehát legtöbb két megoldása lehet az egyenletnek. Észrevehető, hogy x 1 = 2 és 1 x 2 = megoldások. 2 1

2. módszer. Ha x < 0 , akkor 9x + 9 x ≤ 1 + 1 = 2 , tehát nincs megoldás. Ha 1

(0,1

x > 0 , akkor az f : \ → \ , f (x ) = 9x + 9 x függvény a

(

)

intervallumon

szigorúan csökken, az 1, + ∞ intervallumon szigorúan nő, tehát csak két megoldás lehet. x 1 = 2 és x 2 =

1 megoldások, tehát M = {2,1/ 2} . 2

b) Az előbbi feladathoz hasonlóan, most is két megoldás lehet, x 1 = 2 és x 2 =

1 . 2

1

c) Az

f : \ + → \ , f (x ) = 2 x + 27x

függvény szigorúan konvex, tehát az

egyenletnek legtöbb két megoldása lehet (a

(−∞, 0)

intervallumban nem lehet

{

}

1 1 és x 2 = log3 2 megoldások, tehát M = , log3 2 . 3 3 d) x ∈ 0,1 -re 2x + 3x + 6x ∈ 3,11 és x 2 ∈ 0,1 .       x x x x ∈ [1, 2] -re 2 + 3 + 6 ∈ 11, 49 és x 2 ∈ [1, 4 ] .     A fentiek alapján a 0, 2 intervallumban nincs megoldás. De x ≥ 2 -re 2x ≥ x 2 , és   megoldás). x 1 =

( ) függvény szigorúan növekvő, míg a g : (−∞, 0) → \ , g(x ) = x

így pozitív megoldás nem létezik. Az f : −∞, 0 → \ , f (x ) = 2x + 3x + 6x 2

függvény szigorúan

csökkenő, tehát legtöbb egy negatív megoldás létezhet. Ez az x = −1 , tehát M = {−1} . 10. Oldd meg az alábbi egyenleteket: x x 4 a) 5x ⋅ 8 x +1 = 100 ; b)   = −2x 2 + 6x − 9 ;  3 2

c) 10(x +1)(3x +4) − 2 ⋅ 10(x +1)(x +2) = 101−x −x .

Tartalomjegyzék

112

Függvények és tulajdonságaik x −2

1   Megoldás. a) 1. megoldás Az egyenlet 5 ⋅ 2 x +1   

= 1 alakban írható. Ha

1

1

5 ⋅ 2 x +1 ≠ 1 , akkor x − 2 = 0 , tehát az egyik megoldás x 1 = 2 . Az 5 ⋅ 2 x +1 = 1 egyenlet megoldása x 2 = − log5 10 . x x x x +1 = 100 ⇔ x lg 5 + 3 ⋅ ⋅ lg 2 = 2 /⋅ (x + 1) 2. megoldás 5 ⋅ 8 x +1 (x 2 + x ) lg 5 + 3x lg 2 = 2x + 2 ⇒ (lg 5) x 2 + (2 lg 2 − 1) x − 2 = 0 ⇒ 1 − lg 4 ± lg2 4 + 1 − 4 lg 2 + 8 lg 5 . 2 lg 5 ∆ = (2 lg 2 − 3)2 tehát x 1 = 2 és x 2 = − log5 10 .

x 1, 2 =

b) ∀x ∈ \ esetén −2x 2 + 6x − 9 < 0 , mivel ∆ = −36 < 0 ⇒ nincs megoldás. 2 c) Elosztjuk az egyenlet mindkét oldalát 101−x −x -nel. Így a következő egyenlethez jutunk:

104x

2

+8 x +3

− 2 ⋅ 102x

2

+4 x +1

= 1 . / : 102x

2

+4 x +1

2(x +1)2

2(x 2 +2x +1)

⇒ 10

− 2 = 10−2x

2

−4 x −1

⇒

−2(x +1)2

− 2 = 10 ⋅ 10 . ⇒ 10 10 Legyen 10 = y ⇒ y − − 2 = 0 /⋅ y ⇒ y 2 − 2y − 10 = 0 , ahonnan y y1 = 1 + 11 és y2 = 1 − 11 . y2 idegen gyök, az y1 értéket behelyettesítve az 2(x +1)2

2

y = 102(x +1)

egyenletbe

kapjuk,

hogy

⇒

2(x + 1)2 = lg(1 + 11)

 x = −1 + lg(1 + 11)  1 lg(1 + 11 2 x +1 = ± , tehát  .  2 lg(1 11) + x 2 = −1 −  2 11. A valós számok halmazában oldd meg az alábbi egyenleteket! 3x 2 +3

a) (x 2 + x − 57 )

10x

= (x 2 + x − 57 )

;

x2

x +1

b) (x + 2) = (x + 2)

.

Megoldás. a) 1. eset. Ha x 2 + x − 57 = 1 , akkor x megoldás, mivel ∀ a, b ∈ \

−1 ± 233 gyökei az egyenletnek. 2 2.eset. Ha x 2 + x − 57 > 0 és x 2 + x − 57 ≠ 1 , akkor 1 3x 2 − 10x + 3 = 0 , ahonnan x 3 = 3 és x 4 = . 3 1a = 1b , tehát x 1, 2 =

3x 2 + 3 = 10x

⇒

Tartalomjegyzék

113

Függvények és tulajdonságaik Megnézzük,

hogy

ezekre a megoldásokra az alap milyen előjelű lesz. 1 1 32 + 3 − 57 < 0 és 2 + − 57 < 0 , tehát x 3 és x 4 az 5. esethez tartoznak. 3 3 2 3. eset. Ha x + x − 57 = 0 , akkor a kitevők nem lehetnek 0-val egyenlők. −1 ± 229 x 5, 6 = megoldások. 2 4. eset. Ha x 2 + x − 57 = −1 , akkor a kitevők egész számok és azonos paritásúak. x 7 = −8 és x 8 = 7 . Csak az x 8 teljesíti az egyenletet.

5. eset. Ha x 2 + x − 57 < 0 és x 2 + x − 57 ≠ −1 , akkor 10x ∈ valamint 3x 2 + 3 = 10x . Ebből kapjuk az x 3 = 3 megoldást. Összegezve, az egyenletnek hat megoldása van és −1 ± 233 −1 ± 229    M = , , 3, 7  .   2 2    

és 3x 2 + 3 ∈

,

b) 1. eset. x + 2 = 1 ⇒ x 1 = −1 megoldás. 2. eset. x + 2 > 0 és x + 2 ≠ 1 ⇒ x 2 = x + 1 , ahonnan x 2,3 = megoldás, mert teljesítik az x + 2 > 0 és x + 2 ≠ 1 feltételeket. 3. eset. x + 2 = 0 ⇒ x 4 = −2 . 9

1± 5 . Mindkettő 2

2

4. eset. x + 2 = −1 ⇒ x 5 = −3 nem megoldás, mert (−1) ≠ (−1) . 5. eset. x + 2 < 0 és x + 2 ≠ −1 ⇒ x + 1, x 2 ∈

és x 2 = x + 1 . Mivel az

x 2 − x − 1 = 0 egyenlet gyökei nem egészek, ez az eset nem ad újabb megoldást.     1± 5 M = −1, , − 2 .   2     12. Határozd meg az alábbi egyenletek összes megoldását! 2 3 x2 + 1 x ; b) 2 cos = 2x + 2−x ; a) 23x −2x = x 3 sin x x5 x4 4 x3 c) 2 + 4 + 256 = 3 ⋅ 16 ; d) 3 = cos x . x2 + 1 > 0 , ahonnan Megoldás. a) Mivel a bal oldal pozitív, következik, hogy x x2 + 1 1 = x + ≥ 2 , mivel x pozitív. Kimutatjuk, hogy x > 0 . Továbbá x x 3 x 2 −2x 3 2 2 ≤2, vagyis ha x > 0. ⇔ 3x − 2x 3 ≤ 1 , 3x 2 − 2x 3 ≤ 1 2 2 3 2 2x (1 − x ) + (x − 1)(x + 1) ≤ 0 2x − 2x + x − 1 ≤ 0 ⇔ ⇔

(2x 2 − x − 1)(1 − x ) ≤ 0

2

⇔ (2x + 1) (x − 1)(1 − x ) ≤ 0 ⇔ (2x + 1)(1 − x ) ≥ 0 ,

Tartalomjegyzék

114


ami igaz bármely x > 0 esetén, tehát 23x

2

−2x 3

≤x +

1 . Egyenlőség pontosan akkor x

1 = 2 , vagyis ha x = 1 . x x 1 1 b) Az egyenlet ekvivalens a 2 cos = 2x + x egyenlettel. De 2x + x ≥ 2 , 3 2 2 x 1 ∀x ∈ és 2 cos ≤ 2 , ∀x ∈ . Tehát megoldás csak akkor lehet, ha 2x + x = 2 , 2 3 vagyis x = 0 . Ez valóban megoldás, tehát M = {0} . A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenséget használjuk egymás után kétszer.

teljesül, ha x +

5

4

3

4

3

mert x 5 + 2x 4 + 32 ≥ 3 ⋅ 3 64x 9 . 2x + 4x + 2564 ≥ 3 ⋅ 3 2x +2x +32 ≥ 3 ⋅ 24⋅x , Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha mindkét egyenlőtlenségben egyenlőség van, azaz ha x = 2 . Az előbbiek alapján M = {2} . c) sin x ≥ 0 ⇒ 3 sin ha sin x = 0 ⇒ Ugyanekkor a

{ x ∈ {k π

x ∈ kπ 2

k∈ 2

k∈

}

x

≥ 1 . Viszont cos x ≤ 1 , tehát egyenlőség csak akkor lehet,

{

x ∈ kπ

} ⇒ x ∈ {k π 2

2

k∈

}.

cos x = 1 egyenlőségnek is teljesülni kell, Ebből pedig az eredményhez

} ∩ {k π

k∈

jutunk.

} = {0} , mert

Ebből

következik,

hogy

k 2 π 2 = l π ⇔ k 2 π = l , l, k ∈

,

π ∈ \ ⇒ k = l = 0 , tehát M = {0} . 13. A természetes számok halmazában oldd meg a következő egyenleteket! b) 1 !+ 2 !+ 3 !+ … + x ! = y 2 ; a) 1x + 2x + 3x + 4x = 7y ; d) x (x + 2)(x + 8) = 3y . c) 3x + 4x = y 2 ; Megoldás. a) Az x = 0 nem megoldás, tehát feltételezhetjük, hogy x ≥ 1 . Ebben az esetben 1x + 3x páros szám, tehát 1x + 2x + 3x + 4x , páros ∀x ∈ N . Viszont 7y páratlan ∀y ∈ , tehát nincs megoldás. ⇒ az S x = 1!+ 2 !+ ... + x ! összeg utolsó b) Ha x ≥ 5 , akkor x ! = 10k , k ∈ számjegyét nem befolyásolják az 5 ! után következő tagok. Viszont 1! ≡ 1(mod10) ( 1! 10-zel osztva 1-et ad maradékul) ⇒ S1 ≡ 1(mod 10) ; 2 ! ≡ 2(mod10) ⇒ S 2 = 1!+ 2 ! ≡ 3(mod 10) ; 3 ! ≡ 6(mod 10) ⇒ S 3 ≡ 9(mod 10) ; 4 ! = 24 ≡ 4(mod 10) ⇒ S 4 ≡ 3(mod 10) ; Sk ≡ 3(mod 10) , ∀k ≥ 5 . (1). Egy teljes négyzet végződései a következők lehetnek: 0, 1, 4, 5, 6, 9 (2). (1) és (2) alapján csak x = 1 vagy x = 3 lehet megoldás. Ha x = 1 ⇒ 1! = 12 , tehát (1,1) megoldás. Ha x = 3 ⇒ 1!+ 2 !+ 3 ! = 32 , tehát (3, 3) is megoldás.

{

}

M = (1,1),(3, 3) .

Tartalomjegyzék

115

Függvények és tulajdonságaik c) x = 0 nem megoldás és 3x + 4x páratlan, ∀x ∈

*

⇒ y 2 páratlan szám ⇒

alakú. Továbbá x = 1 sem megoldás, és x > 1 -re 4x 8 , tehát

y 2 = 8l + 1 , l ∈

3x + 4x 8-cal osztva ugyanannyit ad maradékul, mint 3x . Megvizsgáljuk 3x -nek a 8cal való osztási maradékait. 32k +1 ≡ 3(mod 8) 3 ≡ 3(mod 8) ⇒ 2k , ∀k ∈ (1). 3 ≡ 1(mod 8) 32 ≡ 1(mod 8) Mivel y 2 8l + 1 alakú és 3x + 4x ≡ 3x (mod 8) , (1) alapján x = 2k , tehát x páros. Ez azt jelenti, hogy 3k , 4k és y pithagorászi számhármast alkot, ebben a sorrendben ( 32k + 42k = y 2 ), ahonnan y = l (m 2 + n 2 ) , 4k = l (2mn ) és 3k = l (m 2 − n 2 ) , ahol

(

)

(

)

m, n ∈ N , m, n = 1 és m ≠ n . 3k , 4k = 1 , tehát az előző összefüggések alapján l = 1 , ahonnan következik, hogy 4k = 2mn . Mivel m és n relatív prímek, következik, hogy m vagy n páratlan, és így 4k = 2mn és 3k = m 2 − n 2 > 0 csak akkor teljesülhet, ha n = 1 . Ezek szerint 4k = 2m , ahonnan m = 22k−1 . Behelyettesítve m-et a 3k = m 2 − 1 összefüggésbe, kapjuk, hogy 3k = 24k−2 − 1 , ahonnan k = 1 . Tehát egyetlen számpár elégíti ki az egyenletet, és ez a (2, 5) számpár. d) x = 0 nem megoldás. Ha x = 1 , akkor y = 3 , tehát az (1, 3) pár megoldás. Ha x > 1 , akkor x, (x + 2) és (x + 8) is osztható kell legyen 3-mal, ami lehetetlen, tehát nincs több megoldás. 14. Tárgyald a következő egyenletek megoldását az a valós paraméter értékei szerint: b) (a − 1) 4x − 4 ⋅ 2x + a + 2 = 0 . a) 25x − (a + 1) 5x + a = 0 ; Megoldás. a) 5x = y ⇒ y 2 − (a + 1)y + a = 0 ⇒ (y − a )(y − 1) = 0 ⇒ y1 = a   x  y = 1 . 5 = a ⇒ ha a > 0 , akkor x 1 = log5 a , ha a ≤ 0 , akkor nincs megoldás    2 ebben az esetben. 5x = 1 ⇒ x 2 = 0 . Összegezve, ha a > 0 , akkor x 1 = log5 a és x 2 = 0 , ha a ≤ 0 , akkor x = 0 . b) 2x = y ⇒ (a − 1)y 2 − 4y + a + 2 = 0 . (*) I. eset. Ha a = 1 , akkor −4y + 3 = 0 ⇒ y = II. eset. Ha

3 és x = log2 3 − 2 . 4

∆ = 4 − a 2 − a + 2 < 0 , akkor nincsen valós megoldás. 4

(

) (

)

4 − a 2 − a + 2 < 0 ⇔ a 2 + a − 6 > 0 ⇔ a ∈ −∞, − 3 ∪ 2, + ∞ . 2 ± (a + 3)(2 − a ) . III. eset. Ha a ∈ −3, 2 \ {1} . Ekkor ∆ ≥ 0 és y1, 2 =   a −1

Tartalomjegyzék

116


Az 2x = y1 és 2x = y2 egyenleteknek csak akkor van valós megoldása, ha y1 > 0 ,

2 ± (a + 3)(2 − a ) kifejezések előjelét, ha a a a −1 −3, 2 intervallumban van. Ha a ∈ −3,1 , akkor 2 + (a + 3)(2 − a ) < 0 , tehát y 1    a −1 2 + (a + 3)(2 − a ) > 0 , tehát nem ad megoldást. Ha a ∈ 1, 2 , akkor  a −1 2 + (a + 3)(a − 2) x = log2 . Ezzel letárgyaltuk az y1 gyököt. a −1

vagy y2 > 0 , tehát kell vizsgáljuk a

)

(

Vizsgáljuk a

2 − (a + 3)(a − 2) = a −1

2−

() 5 2

2

2

 1 − a +   2 > 0 egyenlőtlenséget. Ha 2

a ∈ −3, − 2 , akkor a nevező pozitív vagy 0, a számláló negatív, tehát y2 ≤ 0 , vagyis  

(

)

nem megoldás. Ha a ∈ −2,1 , akkor y2 > 0 , tehát megoldás. Ha a ∈ (1, 2] , akkor

y2 > 0 , tehát megoldás. Ezzel minden esetet letárgyaltunk. Eredményeinket a következő táblázatba foglaltuk össze. a A gyökök (−∞, − 2] Nincs megoldás (−2,1) x = log 2 − (a + 3)(2 − a ) 2 a −1 1 x = log2 3 − 2

(1, 2) x = log 2 ± (a + 3)(2 − a ) 1,2 2 a −1 2 x =1 (2, ∞) Nincs megoldás Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha a (*) egyenlet gyökeinek előjelét tárgyaljuk a gyökök kiszámítása nélkül. 15. Oldd meg a következő egyenlőtlenségeket! 2 2x a) x < 8 ; b) 32 x + 32 x −1 − 32 x −2 ≤ 11 ; 4

(

6x −6

d)

e) x 2 ⋅ 5x − 52+x ≤ 0 ;

f) 3x < 1 + 12 ⋅ 3−x ;

1

1

−x

2 + 1) x +1 ≤ ( 2 − 1) ;

c) 3x + 2x −1 − 2x +2 − 3x −1 + 2x −3 ≥ 0 ; 1

g) 9 x + 6 x − 4 x ≥ 0 ;

h) 3 ⋅ 72x + 37 ⋅ 140x ≤ 26 ⋅ 202x ;

i) 52x +1 + 6x +1 > 30 + 5x ⋅ 30x ;

j) (x 2 + x + 1) < 1 ;

x

Tartalomjegyzék

117

Függvények és tulajdonságaik k) x − 3

2x 2 −7

l) 2x + 3x ≥ 5x ;

> 1;

3

m) 3x + 7x < 2 ⋅ 5x ;

n) x + x 3 + 2x + 2x ≥ 6 .

2

(1) 2 2x Megoldás. a) x < 8 ⇔ 2x −2x < 23 ⇔ x 2 − 2x − 3 < 0 ⇔ x ∈ −1, 3 . Az (1) 4 átalakításnál a 2x függvény monotonitását használtuk. b) Az egyenlőtlenség ekvivalens a következővel:

32

x −2

(

(9 + 3 − 1) ≤ 11 ⇔ 32

x −2

≤1 ⇔ 2 x −2 ≤ 0 ⇔

)

( )

x ≤ 1 ⇔ x ∈ 0,1 .

 1 c) 3x + 2x −1 − 2x +2 − 3x −1 + 2x −3 ≥ 0 ⇔ 3x −1 (3 − 1) + 2x −1 1 − 8 +  ≥ 0 ⇔  4 x −1

x −1

3

 3 27  3  3 ⇔ 2 ⋅   ≥ ⇔   ≥   ⇔ x − 1 ≥ 3 ⇔ x ≥ 4 . 2 2 2 4 6x −6 x 1 6x − 6 , ⇒ ( 2 + 1) x +1 ≤ ( 2 + 1) ⇔ d) 2 −1 = ≤x 2 +1 x +1 (x − 2)(x − 3) x 2 + x − 6x + 6 ≥ 0. ≥0 ⇔ x +1 x +1 x −∞ –1 2 3 +∞ – – – – – – – – – 0 + + + + + + + + ++ x −2 –––––––––––––0++++++++ x −3 x +1 –––––––0+++++++++++++ (x − 2)(x − 3) + + + + + + + + + +0 – 0 + + + + + + + + (x − 2)(x − 3) – – – – – – – |+ + 0 – 0 + + + + + + + + x +1

(

)

⇔

A fenti előjeltáblázat alapján x ∈ −1, 2 ∪ 3, + ∞ .   2 x 2+x x 2 e) x ⋅ 5 − 5 ≤ 0 ⇔ 5 (x − 25) ≤ 0 ⇔ x 2 − 25 ≤ 0 (mert 5x > 0 , ∀x ∈ R .) ⇔ x ∈ −5, 5 .  

(y + 3)(y − 4) 12 12 + y − y 2 ⇔ < 0. >0 ⇔ y y y y +∞ 0 4 y +3 ++++++++++++++++++++ y −4 –––––––– 0+++++++++++ (y + 3)(y − 4) – – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + (y + 3)(y − 4) |– – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + + y

f) 0 < 3x = y ⇒ y < 1 +

( )

Következik, hogy y ∈ 0, 4 , ahonnan x ∈ (−∞, log3 4) .

Tartalomjegyzék

118 1 x

Függvények és tulajdonságaik 1 x

1 x

2 x

1 x

1 x

2 x

g) 9 + 6 − 4 ≥ 0 ⇔ 3 + 3 ⋅ 2 − 2 ≥ 0 ⇒

1

1

3x

2x

2

1 x

+1−

3

1 x

≥ 0.

1 x

1 3 Legyen   = y ⇒ y + 1 − ≥ 0 . Az előbbi egyenlőtlenséget beszorozhatjuk 2 y 1

 3 x y-nal, mert y =   > 0 , tehát 2

  − 1 − 5   −1 + 5 ∪ , + ∞ . y 2 + y − 1 ≥ 0 ⇔ y ∈ −∞,    2 2  1  −1 + 5   3 x −1 + 5 1 −1 + 5  , + ∞ ⇒   ≥ y > 0 , tehát y ∈  ⇒ ≥ log 3 . Az   2 2 2 x 2  2 egyenlőtlenség jobb oldalán álló kifejezés negatív, mert −1 + 5 < 2 . Ez alapján       1 1 −1 + 5 ⇔ x ∈ −∞, ≥ log 3  ∪ 0, + ∞ . −1 + 5   x 2 2 log 3   2   2

(

)

x

 20  h) Elosztjuk az egyenlőtlenség mindkét oldalát 140x (> 0) -nel, majd az y =   7 3 jelölést használjuk. A + 37 − 26y ≤ 0 egyenlőtlenséghez jutunk. Mivel y > 0 , y −4 78  39  következik, hogy 26y 2 − 37y − 3 ≥ 0 . y1 = , y2 = , tehát y ∈  , + ∞ ,  52 52  26 x  lg 39 − lg 26   20  39 lg 39 − lg 26 ahonnan   ≥ ⇒x≥ , tehát x ∈  , + ∞ . 7 26 lg 20 − lg 7   lg 20 − lg 7 i) 52x +1 + 6x +1 > 30 + 5x ⋅ 30x ⇔ 52x +1 + 6x +1 > 30 + 52x ⋅ 6x ⇔ ⇔ 5 ⋅ 52x + 6 ⋅ 62x − 52x ⋅ 6x − 30 > 0 ⇔ 52x (5 − 6x ) − 6(5 − 6x ) > 0 ⇔

x

⇔ (5 − 6x )(52x − 6) > 0 . 1 log5 6 log6 5 −∞ 2

+∞

5 − 6x

++++++++++++0––––––

52x − 6

–––––––0+++++++++++

(5 − 6x ) (52x − 6)

– – – – – – – 0 + + + + +0 – – – – – –

Tartalomjegyzék

119


1  A táblázat alapján x ∈  log5 6, log6 5 . 2  2 j) x + x + 1 > 0 ∀x ∈ , tehát az egyenlőtlenség bal oldalán levő kifejezés mindig értelmezett. Ha x 2 + x + 1 < 1 ⇒ x 2 + x < 0 ⇔ x ∈ (−1, 0) . Ebben az esetben az x

(x 2 + x + 1)

< 1 egyenlőtlenség csak akkor teljesülhet, ha a kitevő pozitív, vagyis x

x > 0 , tehát nincs megoldás. Ha x 2 + x + 1 = 1 , akkor (x 2 + x + 1) = 1 , tehát az egyenlőtlenség nem teljesül. Ha x 2 + x + 1 > 1 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, +∞) , akkor x

(x 2 + x + 1)

< 1 ⇔ x < 0 . Ez alapján x ∈ {(−∞, −1) ∪ (0, +∞)} ∩ (−∞, 0) , tehát

x ∈ (−∞, −1) . k) x − 3 ≥ 0 , ∀x ∈

. x − 3 = 0 ⇔ x = 3 nem megoldás. x − 3 ∈ (0, 1) ⇔ 7 2x 2 −7 x ∈ (2, 4) , x ≠ 3 . Ebben az esetben x − 3 > 1 ⇔ 2x 2 − 7 < 0 ⇔ x 2 < ⇔ 2  7 7   , tehát nincs megoldás ebben az esetben. Ha x − 3 > 1 , vagyis x ∈ − ,  2 2 

(

) (

)

x ∈ −∞, 2 ∪ 4, + ∞ ,

akkor

x −3

2x 2 −7

⇔

>1

2x 2 − 7 > 0

⇔

   7   7 7   ∪  ,+ ∞ , tehát x ∈ −∞, −  ∪ 4, + ∞ . x ∈ −∞, −   2   2 2  

(

x

)

x

2  3 l) 2x + 3x ≥ 5x ⇔   +   ≥ 1 . A bal oldalon szereplő függvény szigorúan 5 5

(

csökkenő, tehát elégséges megkeresni azt az x 0 , y 0

)

pontot, ahol a grafikus képe x

x

2  3 metszi az y = 1 függvény grafikus képét. Ha x > x 0 , akkor   +   < 1 , míg ha 5 5 x x 2  3 x ≤ x 0 , akkor   +   ≥ 1 . x 0 = 1 ⇒ x ∈ (−∞,1] . 5 5 x x x x  3 7   3 7  m) 3x + 7x < 2 ⋅ 5x ⇔   +   < 2. Az f : → , f (x ) =   +   5 5 5 5 függvény szigorúan konvex, tehát az f (x ) = 2 egyenletnek csak két gyöke lehet:

(

)

x 1 = 0 és x 2 = 1 . A konvexitásból következik, hogy ha x ∈ x 1, x 2 , akkor

( )

f (x ) < 2 , vagyis x ∈ 0,1 esetén teljesül az egyenlőtlenség. Másrészt x < 0 és x > 1 esetén f (x ) > 2 , tehát a megoldáshalmaz M = (0,1) . 3

n) f : → , f (x ) = x + x 3 szigorúan növekvő, g : → , g(x ) = 2x + 2x is szigorúan növekvő. Így az szigorúan növekvő, tehát f + g : →

Tartalomjegyzék

120


f (x ) + g(x ) = 6 egyenletnek csak egy gyöke lehet. Ez a gyök x = 1 , és minden x ≥ 1 esetén f (x ) + g(x ) ≥ 6 , tehát a megoldáshalmaz az [1, ∞) intervallum. 16. Oldd meg az alábbi egyenletrendszereket! x y 3 + 3 = 28 a)  x +y ;  3 = 27 

2x ⋅ 9y = 648 b)  ;  x y 3 ⋅ 4 = 432 

 xy = 9   1 c)  ;   2 y  = 324 2x   

 1 x lg y = 2 x x +y = y 12  y x = 2  ; e)  ; f)  ; d)   x +y 3 xy = 20 y x = 16  y = x    y x y   x = y  x = y  ; h) g)  x, y > 0 ;  y  y 4  x = y 9y = y x     x y  x y 2 −15y +56 = 1 x − 3y + x + 2y = 3 3 + 3 = 12  ; j)  x ; k) ;  i)  x −3y  y x −3y x −3y  y − x = 5 9  2 −2 = 2 +1 = 2⋅3 +4      x y = z  x 2 + y 2 = 1   z  l) y = x x , y, z > 0 ; x, y > 0 . m)  y   x = yx  x   z = y  Megoldás. a) Az egyenletrendszer a következőképpen alakítható:  a + b = 28 3x + 3y = 28    ⇔  ,   x y 3 ⋅ 3 = 27 a ⋅ b = 27    ahol 3x = a és 3y = b . Ebből következik, hogy a és b az x 2 − 28x + 27 = 0 a = 27 a = 1     x = 0 x = 3 vagy  . Így  vagy  , tehát egyenlet gyökei, tehát       y=3  y=0 b =1 b = 27         M =

{(3, 0), (0, 3)} .

b) Az egyenletrendszer a következő alakban is írható:  x lg 2 + 2y lg 3 = 3 lg 2 + 4 lg 3 x lg 2 + y lg 9 = lg 648    ⇔ ,     x lg 3 + y lg 4 = lg 432 x lg 3 + 2y lg 2 = 3 lg 3 + 4 lg 2      x = 3 ez egy lineáris egyenletrendszer, amelynek megoldásai  .  y =2   x y = 9 y x = 9  324 1 =4 ⇒ c)  ⇔ ⇒ 324 = 2y ⋅ 92 ⇒ 2y =  y 2y 324 = 2 ⋅ x  2 y 81  32 4 2x =  

 x =3   .   y =2  

Tartalomjegyzék

121


x  1 y = 2 y x = 2 2 d)  ⇒  x ⇒ 2x = 16 ⇒ x 2 = 4 ⇒ x = ±2 . Ha x = 2 , akkor y = 16 y x = 16   1

y 2 = 16 , tehát y = ±4 . y = −4 nem gyök, mert (−4)2 nem értelmezett. Ha 1 1 x = −2 , akkor y −2 = 16 ⇒ y = ± . y = − nem megoldás, mert nem 4 4 1

−    1 2  1   értelmezett −  . Összegezve, M =  2, 4 , −2,  .  4    4     1 Megjegyzés. y < 0 esetén x , ∈ Z , tehát x ∈ {±1} . Mivel ez nem megoldás x

( )

1

feltételezhetjük, hogy y > 0 . Ebben az esetben az y x = 2 egyenlőségből következik az y = 2x egyenlőség, tehát az előbbi megoldás helyes. Hasonló vizsgálat szükséges a y

c) pont teljes megoldásához is, mert az (x 2 ) = x 2y átalakításnál a két oldal létezési tartománya nem azonos.

lg x ⋅ lg y = lg 2 lg y    x = 2 e) A létezési feltétel alapján y > 0 és x > 0 .  ⇒  ⇒  20   xy = 20 = y      x  2 lg x ⋅ (lg 20 − lg x ) = lg 2 ⇒ lg x − lg 20 ⋅ lg x + lg 2 = 0 ⇒   x 1 = 10 x 1 = 10  x 2 = 2 és  , . (lg x − lg 2)(lg x − 1) = 0 ⇒      x =2 y = 2 y2 = 10    2  1    x x +y = y 12 x 3(x +y ) = y 36    f)  x +y ⇒  x +y ⇒ y (x +y )(x +y ) = y 36 . Ha y = 1 ⇒ x 3 = 1 ⇒ x = 1 , 3  y = x3 = y x     x = 1 tehát  megoldás. Ha y = −1 ⇒ x = ±1 , x = −1 nem lehet, mert  y = 1  x = 1 2 2 (−1) = 1 ≠ −1 , tehát  . y ≠ ±1 esetén (x + y ) = 36 ⇒ x + y = ±6 . y = −1  (6 − y )6 = y 12  Ha x + y = 6 ⇒ x = 6 − y és  ⇒ 6 − y = y2 ⇒ y2 + y − 6 = 0 3 6  − = 6 y y ) (  y1 = −3 ⇒ (y + 3) (y − 2) = 0 , tehát  . A megoldások  y2 = 2 

  x =9  x = 4  és  .     y = −3 y =2    

Tartalomjegyzék

122


 (−6 − y ) = y 12   x + y = −6 esetén x = −6 − y ,  , tehát y 2 + y + 6 = 0 és így 3 6  (−6 − y ) = y    6

{( ) (

)( )(

)}

nincs több megoldás, és M = 1, 1 , 9, − 3 , 4, 2 , 1, − 1 .

x y = y   xy = y y    ⇒ y ⇒ x y = x 4 . Ha x = 1 ⇒ y = 1 , tehát 1,1 megoldás. g)  y 4 y = x 4  y =x     Ha x = −1 ⇒ y = 2k , k ∈ és y ∈ ⇒ y = 4m 2 , m ∈ . Másrészt y y = x 4

( )

⇒ y y = 1 ⇒ y = 1 ≠ 2k ⇒ nem megoldás. x = 0 nem megoldás mert 00 értelmetlen. Ha x ∉ {±1, 0} , akkor y = 4 és így x = ±2 . A fentiek alapján

{( ) ( ) (

M = 1,1 , 2, 4 , −2, 4

)} .

h) Az egyenletrendszerből következik, hogy y 9y = y x . Ha y = 1 , akkor x = 1 . Ha y

y ≠ 1 , akkor 9y = x ⇒ (9y ) = y 9y ⇒ y lg (9y ) = 9y lg y . Mivel y > 0 , oszthatunk y-nal, és így az lg (9y ) = 9 lg y egyenlethez jutunk. Ebből következik, 1 9   9 1    hogy 8 lg y = lg 9 és y = 9 8 . x = 9y = 9 8 , tehát M =   1, 1 , 3 4 , 3 4  .       

( )

2

i) x − 3y = t ⇒ 9t + 1 = 2 ⋅ 3t + 4t ⇔ 32t − 2 ⋅ 3t + 1 = 22t ⇔ (3t − 1) = 22t ⇒

3t − 1 = ±2t ⇒ t = 1 (az egyenletnek van egy negatív gyöke is de abból az eredeti egyenletre nem kapunk megoldást). x − 3y = 1 ⇒ x = 1 + 3y . Ezt 1 és visszahelyettesítve az első egyenletbe, kapjuk, hogy 1 + 1 + 5y = 3 ⇒ y = 5  8 1  8 x = , tehát M =  ,  .  5  5 5     j) A második egyenletből x = log2 (2 + 2y ) . Az f : R → R , f (y ) = log2 (2 + 2y ) függvény szigorúan növekvő ⇒ g(y ) = 3 f (y ) is szigorúan növekvő. A h(y ) = 3y függvény is szigorúan növekvő, tehát g + h szigorúan növekvő, és így a g(y ) + h(y ) = 12 egyenletnek csak egy megoldása lehet. y = 1 megoldás, Ebből

{

}

x = 2 , tehát M = (2,1) . k) Ha x = 1 , akkor y = 6 . Ha x = −1 , akkor y = 4 . Ha x ≠ ±1 , akkor  y =8 x 1 = 3 x 2 = 2   1   y 2 − 15y + 56 = 0 ⇒ ⇒ , , tehát      y2 = 7 y = 7 y = 8 2 1    

{( ) (

) ( ) ( )}

M = 1, 6 , −1, 4 , 3, 8 , 2, 7 .

Tartalomjegyzék

123


l) Ha az ismeretlenek egyike egyenlő 1-gyel, akkor a másik két ismeretlen is egyenlő 1-gyel, tehát x = 1, y = 1, z = 1 megoldás. Ha x ≠ 1 és y ≠ 1 és z ≠ 1 , akkor 1  1     1 z xy  xy   z =y  = x y y y =   ⇒ z = 1 és x y x z =y ⇒ ⇒ x = y ⇒ ⇒    y z  xy z = x  y ≠ 1, y > 0 x = y       xyz = 1 . Ha x < 1 , akkor x y = z < 1 , mert y > 0 . Hasonlóan z x = y < 1 , tehát xyz < 1 . Ez ellentmondás. Ha x > 1 , akkor x y = z > 1 , és z x = y > 1 , tehát xyz > 1 . Ez is ellentmondás, tehát az egyedüli megoldás (1,1,1) . 1 x

2 a megoldás. Ha x ≠ y , akkor feltételezhetjük, 2 hogy x > y (és nyilván x < 1) , ahonnan következik, hogy x y > y y (1).

m) Ha x = y , akkor x = y =

( )

Viszont y ∈ 0,1 ⇒ y x < y y (2) (az y alapú exponenciális függvény szigorúan csökkenő) ⇒ (1) és (2) alapján x y > y x . Ez ellentmond a második egyenletnek, tehát     2 , 2  . a megoldáshalmaz M =       2 2       17. Tárgyald a következő egyenlőtlenségeket az a ∈ paraméter értéke szerint: ax ax 1 1 13 a) 4x − a ⋅ 2x − a + 3 ≤ 0 ; b)   +   ≥ ; c) a 2x + a x +2 − 1 ≥ 1 . 2  3 36 x 2 Megoldás. a) 2 = y ⇒ y − ay − a + 3 ≤ 0 . ∆ = a 2 + 4a − 12 . Ha ∆ < 0 , akkor az egyenlőtlenség nem áll fenn egyetlen x ∈

(

)

(

-re sem. a 2 + 4a − 12 < 0 ⇔

)

(a + 6)(a − 2) < 0 ⇔ a ∈ −6, 2 . Tehát ha a ∈ −6, 2 , akkor y ∈ ∅ ⇒ x ∈ ∅ .

a − ∆ a + ∆   . A ViéteHa a ∉ −6, 2 , akkor y 2 − ay − a + 3 ≤ 0 ⇔ y ∈  ,  2 2  képletek alapján y1 + y2 = a és y1 ⋅ y2 = 3 − a . E két egyenlőség alapján tárgyalhatjuk a gyökök előjelét. Ha a ≤ −6 , akkor y1 ≤ 0 és y2 ≤ 0 , tehát az eredeti egyenlőtlenség megoldáshalmaza üres halmaz. Ha a ∈ [2, 3) , akkor y1 > 0 és

(

)

y2 > 0 , tehát az eredeti egyenlőtlenség megoldáshalmaza  a− ∆ a + ∆  M = log2 , log2 . Ha a ≥ 3 , akkor y1 > 0 és y2 ≤ 0 , tehát   2 2    a + ∆  M = −∞, log2 . Eredményeinket a következő táblázatban foglaltuk össze:  2 

Tartalomjegyzék

124

Függvények és tulajdonságaik a A megoldáshalmaz a ∈ (−∞, 2) M = ∅ a = 2 M = {0}  a − (a + 6)(a − 2) a + (a + 6)(a − 2)  a ∈ (2, 3) M = log2 , log 2   2 2    a + (a + 6)(a − 2)  a ∈ [3, ∞) M = −∞, log2   2 

b) A bal oldalon szereplő függvény szigorúan csökkenő, ha a > 0 és szigorúan ax ax 1 1 13 növekvő, ha a < 0 . Mindkét esetben az   +   = egyenletnek csak egy 2   3 36 2 megoldása lehet, és ez a megoldás x = . a I. eset. Ha a = 0 , akkor az egyenlőtlenség teljesül, ∀x ∈ esetén. ax ax  1   1    II. eset. Ha a < 0 , akkor f : → , f (x ) =   +   szigorúan növekvő, tehát 2  3 13 2 f (x ) ≥ ⇔x≥ . a 36 13 2 III. eset. Ha a > 0 , akkor f szigorúan csökkenő, tehát f (x ) ≥ ⇔x≤ . 36 a 2x x +2 c) A a + a − 1 ≥ 1 egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha

a 2 x + a x +2 − 1 ≥ 1 , 2

2

a 2x + a x +2 − 1 ≤ −1 .

vagy 2

Az

y = ay

jelöléssel

az

2

y + a y − 2 ≥ 0 és y + a y ≤ 0 egyenlőtlenségeket kell megoldanunk. Az első  −a 2 − a 4 + 8 −a 2 + a 4 + 8   , míg a egyenlőtlenség megoldáshalmaza M 1 =  ,  2 2   2   másodiknak M 2 = −a , 0 . Az a lehetséges értékei szerint határozzuk meg az eredeti   egyenlőtlenség megoldáshalmazát. I. eset. Ha a < −1 , akkor létezik olyan b > 1 valós szám, amelyre a = −b . Így az x csak egész értékeket vehet fel, és teljesülniük kell a −a 2 − a 4 + 8 −a 2 + a 4 + 8 egyenlőtlenségeknek. Ebből következik, ≤ (−b)x ≤ 2 2

(

)

hogy a megoldáshalmaz a (−∞, log−a −a 2 + a 4 + 8 / 2] intervallumban található

(

)

páros valamint a (−∞, log−a a 2 + a 4 + 8 / 2] és (−∞, 2] intervallumokban található páratlan egész számokból áll. II. eset. Ha a = −1 , akkor a megoldáshalmaz az egész számok halmaza.

Tartalomjegyzék

125


(

)

III. eset. Ha a ∈ (−1, 0) , akkor a megoldáshalmaz a [log−a −a 2 + a 4 + 8 / 2, ∞)

(

)

intervallumban található páros valamint a [log−a a 2 + a 4 + 8 / 2, ∞) és [2, ∞) intervallumokban található páratlan egész számokból áll. IV. eset. Ha a = 0 , akkor M = R \ {0, − 2} .

(

)

V. eset. Ha a ∈ (0, 1) , akkor M = [loga −a 2 + a 4 + 8 / 2, ∞) . VI. eset. Ha a = 1 , akkor M = R .

(

)

VII. eset. Ha a ∈ (1, ∞) , akkor M = (−∞, loga −a 2 + a 4 + 8 / 2] . 18. Oldd meg a következő logaritmikus egyenleteket (egyenlőtlenségeket és rendszereket)! b) logx −3 (x 2 + x ) = 2 ; a) logx +1 (x 2 − 3x + 1) = 1 ; c) log3 (x 2 − 4x + 3) = log3 (3x + 21) ; e) log x +1 (x 2 − 3x ) = log x

x x +1

 3   x − 2  ;

d) log4 (3x + 1) = log4 (−2x + 14) ; f) logx 2 (x + 1) = logx 2 (x 2 − 3x ) ; h) lg (log2 log 3 x + 1) = 0 ;

g) log 1 log5 5x = 0 ; 5

j) logx log 2 (x 2 + x ) = 1 .

i) logx log 3 logx (2x 2 ) = 0 ;

x

Az egyenletből következik, hogy x + 1 = x 2 − 3x + 1 ⇒  x 1 = 0 x 2 − 4x = 0 ⇒  . Megvizsgáljuk, hogy a gyököknek az eredeti egyenletbe   x =4   2 való behelyettesítése igaz egyenlőséghez vezet-e. x 1 = 0 ⇒ x + 1 = 1 , tehát x 1 nem megoldás, mert a logaritmus alapja nem lehet egy. x 2 = 4 ⇒ x + 1 = 5 és Megoldás.

a)

x 2 − 3x + 1 = 5 , tehát x 2 megoldás.

 x − 3 > 0    b) A logaritmus értelmezett kell legyen, következik, hogy  x − 3 ≠ 1 ⇒    x2 + x > 0   

(

)

2

⇒ x ∈ 3, + ∞ \ {4} . (x − 3) = x 2 + x ⇔ x 2 − 6x + 9 = x 2 + x ⇔ 7x = 9 ⇔

9 9 . Viszont ez nem megoldás, mert ∉ 3, + ∞ \ {4} . Tehát az egyenletnek 7 7 nincs megoldása. 2   x − 4x + 3 > 0 c)  ⇒ x ∈ (−∞,1) ∪ 3, + ∞ ∩ −7, + ∞ ⇒  3x + 21 > 0   

(

x=

{

(

)

)} (

)

Tartalomjegyzék

126


(

) (

)

⇒ x ∈ −7,1 ∪ 3, + ∞ .

x 2 − 4x + 3 = 3x + 21 ⇒ x 2 − 7x − 18 = 0 ⇒ x 1 = 9 és x 2 = −2 . Mindkét érték

{ } 14) .

benne van az értelmezési tartományban, így M = −2, 9

(

d) −2x + 14 > 0 ⇒ 2x < 14 ⇒ x ∈ −∞, log2

3x + 1 = −2x + 14 ⇒ 3x + 2x = 13 . Ennek az egyenletnek maximum egy megoldása lehet, és x = 2 megoldás. Mivel 2 ∈ (−∞, log2 14) ⇒ M = {2} . e) A létezési feltételek alapján x > 3 . Ebben az esetben a kitűzött egyenlőség  3 ekvivalens az (x 2 − 3x ) x −  = 1 egyenlettel. Ennek az egyenletnek a gyökei  2 7 + 33 7 − 33 és x 3 = . Belátható, hogy x 2 teljesíti, x 1 és x 3 nem 4 4 7 + 33 teljesíti a létezési feltételt, tehát az egyetlen megoldás x 2 = . 4 f) logx 2 (x + 1) = logx 2 (x 2 − 3x ) ⇒ x + 1 = x 2 − 3x ⇒ x 2 − 4x − 1 = 0 ⇒ x1 = 1 , x 2 =

⇒ x 1, 2

  x +1> 0   2± 5  2 = . Mindkét gyök megoldás, mivel teljesíti a  x − 3x > 0  1   x ≠1   

feltételeket. g) log 1 log5 5x = 0 ⇒ log5 5x = 1 ⇒

5x = 5 ⇒ x = 5 .

5

h) lg (log2 log 3 x + 1) = 0 ⇒ log2 log3 x + 1 = 1 ⇒ log2 log 3 x = 0 ⇒ ⇒ log3 x = 1 ⇒ i) logx log 3 logx (2x

2

)= 0

⇒ log 3 logx (2x

x =3 ⇒ x =9. 2

)=1 ⇒

logx (2x 2 ) = 3 ⇒ x 3 = 2x 2 ⇒

x 1 = 0 - nem megoldás, mert a logaritmus alapja nem lehet 0. x 2 = 2 megfelel a feltételeknek, tehát megoldás. x 2 j) logx log 2 (x 2 + x ) = 1 ⇒ log 2 (x 2 + x ) = x ⇒   = x 2 + x , ahol x > 0 , x  x x x ≠ 1 és x ≠ 2 . Az f : → , f (x ) = x 2 + x függvény szigorúan növekvő, ha x > 0 és f (0) = 0 . x 2 A g : *+ → , g(x ) =   függvény konkáv 0,1 -en, majd szigorúan csökkenő és   x  g(+0) = 1 , tehát az f (x ) = g(x ) egyenletnek csak egy megoldása lehet. Észrevehető, hogy x = 1 gyöke az egyenletnek, viszont ez a gyök nem elégíti ki a logaritmikus egyenletet, mert log1 1 nem értelmezett. Ezek alapján M = ∅ .

Tartalomjegyzék

127


 60  b) log3  + 61 = x + 1 ; x  c) log9 (x + 1) − log9 (1 − x ) = log9 (2x + 3) ;

19. a) log2 (9 − 2x ) = 3 − x ; 2

3

d) log54 (x − 2) + log25 (x − 2) = 25 ;

e) 9 log x 2 logx 210 = 1 ; 2

3 f) log3x + log23 x = 1 ; x h)

logx

g) 4

log2 (lg x )

= lg x − lg2 x + 1 ;

i) lg2 x + lg x + 1 =

5x ⋅ log5 x = −1 ;

7 x ; lg 10

j) 2 log4 x + 3 logx 4 = 5 . Megoldás. a) log2 (9 − 2x ) = 3 − x ⇒ 23−x = 9 − 2x ⇒ 23−x + 2x = 9 . A 2x = y jelöléssel az egyenlet a következőképpen alakul: 8 + y − 9 = 0 ⇒ y 2 − 9y + 8 = 0 ⇒ y1 = 8 és y2 = 1 . y 2x = 8 ⇒ x = 3 , 2x = 1 ⇒ x = 0 . Mindkét megoldás kielégíti az értelmezésből

{ }

adódó feltételeket, tehát M = 0, 3 . b)

 60  log3  + 61 = x + 1 x 

⇒

60 + 61 . Az f : → , f (x ) = 3x +1 x 60 + 61 függvény csökkenő a → , g(x ) = x

3x +1 =

függvény növekvő és pozitív. A g :

(

)

(0, +∞) intervallumon és pozitív, növekvő a −∞, 0 intervallumon és 1-nél kisebb. Így legtöbb két megoldás van. Ez a két megoldás az x 1 = −1 és az x 2 = 3 .   x > −1  ⇒ x ∈ −1,1 . c) log9 (x + 1) − log9 (1 − x ) = log9 (2x + 3) ⇒ x < 1  3  x > − 2

(

)

log9 (x + 1) = log9 (−x + 3 − 2x 2 ) ⇒ x + 1 = −2x 2 − x + 3 ⇒ x 2 + x − 1 = 0 ⇒ −1 ± 5 −1 − 5 . x1 = nem megoldás, mert nincs benne a −1, 1 2 2  −1 + 5     intervallumban, tehát M =   .   2     2 3 3 4 2 d) log5 (x − 2) + log5 (x − 2) = 25 . (x − 2) > 0 ⇒ x > 2 . Ebben az esetben

(

x 1, 2 =

érvényes

a

2

log54 (x − 2) = 16 log54 (x − 2)

és

3

)

log25 (x − 2) = 9 log25 (x − 2)

összefüggés. A log25 (x − 2) = y jelöléssel a következő egyenlethez jutunk:

Tartalomjegyzék

128


−50 . 32 Ebből következik,

16y 2 + 9y − 25 = 0 ⇒ y1 = 1 és y2 =

y = log25 (x − 2) ≥ 0 11 M = 7, . 5

De

⇒

y1

csak

{ }

megoldás.

1

1

e) 9 log x 2 2

f :

* +

{

 x 2 9

    x 2 9 1  2  10 10 10  logx 2 = 1 ⇒ log x 2 logx 2 = ⇒   = logx 2 ⇒ x   = 210 ,  2  9 2

x >0

ahol

hogy

és

x ≠ 1,

}

\ 1, 2 →

x ≠ 2,

a

logaritmus

értelmezése

alapján.

Az

1  x 2 9

   2 

, f (x ) = x 

függvény szigorúan növekvő, tehát csak egy

megoldás van. Ez a megoldás az x = 25 . log3 3 − log3 x 1 − log3 x 3 = f) log3x = . A log3 x = y helyettesítéssel kapjuk, log 3 3 + log 3 x 1 + log3 x x 1−y + y 2 = 1 ⇒ y 2 (1 + y ) + 1 − y = 1 + y ⇒ y (y 2 + y − 2) = 0 ⇒ hogy 1+y y (y + 2)(y − 1) = 0 . Ha y1 = 0 , akkor x 1 = 1 . Ha y2 = 1 , akkor x 2 = 3 . Ha 1 y 3 = −2 , akkor x 3 = . Mind a három érték megoldása az eredeti egyenletnek is. 9 2 2 g) − lg x + lg x + 1 = 2log2 (lg x ) = lg2 x ⇒ 2 lg2 x − lg x − 1 = 0 . 1 −1 lg x = y ⇒ 2y 2 − y − 1 = 0 , y1 = 1 és y2 = − . y2 idegen gyök, mert log2    2  2 nem értelmezett. y1 = 1 ⇒ x = 10 . 1 1 1 + log5 x log5 5x 1 1+y 2 2 2 ⋅ ⋅ y = −1 ⇒ ⇒ log5 x = y és h) logx 5x = = y 2 log5 x log5 x

y (1 + y ) = 2 ⇒ y 2 + y − 2 = 0 ⇒ y1 = 1 és y2 = −2 . Ebből következik, hogy 1 x 1 = 5 és x 2 = . 25 i) A lg x = y jelöléssel a következő egyenlethez jutunk:  2 7   ⇒ y 3 = 8 ⇒ y = 2 , ahonnan x = 100 . y + y + 1 = y − 1  3 3 = 5 ⇒ 2y 2 − 5y + 3 = 0 , y1 = 1 és y2 = . Ebből 2 y következik, hogy x 1 = 4 és x 2 = 8 . b) x log2 (x + 1) = log 1 x + 7 ; 20. a) log2 x = 3 − x ; j) log4 x = y ⇒ 2y +

3

Tartalomjegyzék

129


d) 7 log5 (x −1) − 5log7 (x +1) = 2 . Megoldás a) Az egyenlet ekvivalens a 23−x = x egyenlettel. Az f : → , f (x ) = 23−x függvény szigorúan csökkenő, a g: → , g(x ) = x függvény szigorúan növekvő, tehát az f (x ) = g(x ) egyenletnek csak egy megoldása lehet. Mivel x = 2 megoldás ⇒ M = {2} .

c) x + 3x + log 3 (x − 2) = 30 ; y

III. 17. ábra 8

b) x > 0 mert log 1 x értelmezett kell

2

3

0

2

x

legyen. Az f :

* +

→

, f (x ) = x ⋅ log2 (x + 1)

g:

szigorúan növekvő, a

* +

→

,

g(x ) = log 1 x + 7 függvény szigorúan csökkenő, tehát az egyenletnek csak egy 3

megoldása lehet. x = 3 megoldás, tehát M = {3} .

(

)

c) Az f : 2, + ∞ →

, f (x ) = x + 3x + log 3 (x − 2) függvény szigorúan növekvő,

tehát csak egy megoldás lehet. Így M = {3} . , f (x ) = 1 + 5log7 (x +1) függvény inverze a g : (1, ∞) →

d) Az f : (−1, ∞) → log5 (x −1)

,

−1

g(x ) = 7 − 1 függvény, tehát az egyenlet f (x ) = f (x ) alakban írható. Másrészt az f függvény növekvő és konvex, tehát a grafikus képe az inverzének grafikus képét csak az első szögfelezőn metszheti. Így az 1 + 5log7 (x +1) = x egyenletet kell megoldani. Ennek az egyenletnek csak az x = 6 a megoldása, tehát M = {6} . 2

21. a) x logx (x +3) = 16 ; b) 2

x lg

x

= 10 ; c) x x = x ; d) x 1+log3 x = 9x 2 . 2

2

Megoldás. a) x logx (x +3) = 16 ⇒ x > 0 és x ≠ 1 . x logx (x +3) = (x + 3) ⇒ az 2

egyenlet alapján (x + 3) = 16 ⇒ x 1 = 1 és x 2 = −7 . Egyik gyök sem elégíti ki az x > 0 , x ≠ 1 feltételt. 1

lg x

b) A létezési feltétel x > 0 . x lg x = 10 ⇒ x lg x = 100 ⇒ x 2 = 100 ⇒ x lg x = 104 . Mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát számítva, kapjuk, hogy lg2 x = 4 , 1 . ahonnan x 1 = 100 és x 2 = 100 c) x ≠ 0 , mert 00 értelmetlen. x ∉ {±1, 0} ⇒ x x = x ⇔ x x = x 1 ⇔ x = 1 ellentmondás. x = 1 és x = −1 megoldások, tehát a megoldáshalmaz M = {−1, 1} .

Tartalomjegyzék

130


d) x 1+log3 x = 9x 2 ⇒ x > 0 . Mindkét oldal 3-mas alapú logaritmusát számoljuk. 1 log3 3x ⋅ log3 x = 2 log3 3x ⇒ log3 3x ⋅ (log3 x − 2) = 0 . log3 3x = 0 ⇒ x 1 = és 3 log3 x = 2 ⇒ x 2 = 9 . 5    log2 (x 2 + y 2 ) = 5    logy x + logx y =  log 3 (x − y ) = 2  2; 22. a)  x y ; b)  ; c)   2 ⋅ 3 = 288  2 log 4 x + log2 y = 4   xy = 27      y x lg x lg y    3x = y 3 ⋅ 9 = 81  3 =4      d)  ; e)  ; f)  −y .  lg 3 lg 4  lg (x + y )2 − lg x = 2 lg 3  2 = x3 (4x ) = (3y )          3 = x −y  log 3 (x − y ) = 2  x = 3 + y  Megoldás. a)  ⇒ ⇒ .  x y  x y  3+y y 5 2   2 ⋅ 3 = 25 ⋅ 32 ⋅ = 2 3 288 2 ⋅ 3 = 2 ⋅ 3          Mivel a második egyenletnek y-ban csak egy megoldása lehet, következik, hogy y = 2 és így x = 5 .  log (x 2 + y 2 ) = 5  2 2 2 2   2    log x y 5 + = ( ) 2   log2 (x + y ) = 5 b)  ⇒ ⇒ ⇒  log2 x     2 log 4 x + log2 y = 4 log xy 4 = 2 log 4 + y = 2    2      2   2 2   log2 (x + y ) = 5 ⇒ log2 (x 2 + y 2 ) = log2 2xy ⇒ x 2 + y 2 = 2xy ⇒ ⇒   = log xy 5 2    x = y = 4. −1 5   5   logy x + (logy x ) =    + = x y log log 2 y x 2 ⇒ c)  ⇒   27     xy = 27 x=     y   1 5 = . ⇒ logy 27 − logy y + logy 27 − 1 2 1 5 A logy 27 = t helyettesítéssel kapjuk, hogy t 2 − t + 1 = 0 ⇒ t1 = 2 és t2 = . 2 2 1 Ha t1 = 2 , akkor y1 = 3 és x 1 = 9 . t2 = esetén y2 = 9 és x 2 = 3 . 2  y + 2x = 4   d) Logaritmáljuk az első egyenletet.  ⇒ y = 4 − 2x és lg (x + y )2 − lg x = 2 lg 3   2 2 2 lg (4 − x ) − lg x = lg 9 ⇒ lg (4 − x ) = lg 9x ⇒ (4 − x ) = 9x ⇒ x 1 = 16 és x 1 = 16 x 2 = 1 x 2 = 1 , Ebből következik, hogy a megoldások  és  . y1 = −28 y2 = 2  

Tartalomjegyzék

131


 lg x ⋅ lg 3 = lg y ⋅ lg 4  3lg x = 4lg y     e)  ⇒ .  lg 3 lg 4   lg 4 ⋅ (lg 4 + lg x ) = lg 3 ⋅ (lg 3 + lg y ) ( x ) = y 4 3 ) (        x = 4 Ez egy lineáris egyenletrendszer lgx és lgy-ban. Így  .   y=3   x 2x   3 y = y = 3   2x 2x  ⇒  ⇒ 2−3 = x 3 . Az f : → , f (x ) = 2−3 függvény f)   −y  −y 3 3   2 =x 2 =x       szigorúan csökkenő, a g : → , g(x ) = x 3 függvény szigorúan növekvő, tehát az 1 f (x ) = g(x ) egyenletnek csak egy megoldása lehet. Mivel x = megoldás, 2 1  következik, hogy a rendszer egyetlen megoldása az  , 3 pár. 2  x −2 2x − 8 23. a) log 3 < 0; > 0 ; c) log8 (x 2 − 4x + 3) < 1 ; b) log 3 x −3 2 x −2 d) log 1 ( 5 − x − x + 1) > −3 ; e)

(3x − 3) log 1 (2x − 2)

2

f) log 1 log 3 2

x +1 ≥ 0; x −1

≥0;

5

x2 −1

g) 1 − 2 log 1 (x + 2) > log 3 (x − 3) ; 9

h) logx log2 (4x − 12) ≤ 1 ;

i) logx 2 (x + 2) < 1 ;

k) logx 2 +3x (x + 3) < 1 ;

l) log9x x (6 + 2x − x 2 ) ≤

Megoldás.

a)

log3

j) logx

2x − 1 > 1; x −1

1 . 2

x −2 x −2 x −2 <0 > 0. >0 ⇒ 1> x −3 x −3 x −3 1 x −2 x −2−x + 3 <0 <1 ⇒ <0 ⇒ x −3 x −3 x −3

( ) ( ) x ∈ (−∞, 3) . A megoldáshalmaz {(−∞, 2) ∪ (3, + ∞)} ∩ (−∞, 3) = (−∞, 2) . x ∈ −∞, 2 ∪ 3, + ∞ .

⇒ ⇒

b) A logaritmus alapja 1-nél nagyobb, így az egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, 2x − 8 > 1 . Ezt az egyenlőtlenséget a következőképpen alakíthatjuk: ha x −2 2x − 8 − x + 2 x −6 >0 ⇔ > 0 ⇔ x ∈ −∞, 2 ∪ 6, + ∞ . x −2 x −2 c) log 8 (x 2 − 4x + 3) < 1 ⇔ 0 < x 2 − 4x + 3 < 8 .

(

1.

) (

)

(

) (

)

x 2 − 4x + 3 > 0 ⇒ (x − 1) (x − 3) > 0 ⇒ x ∈ −∞,1 ∪ 3, + ∞ .

Tartalomjegyzék

132 2.


(

)

x 2 − 4x + 3 < 8 ⇒ x 2 − 4x − 5 < 0 ⇒ (x + 1) (x − 5) < 0 ⇒ x ∈ −1, + 5 .

(

) ( )

Az előbbiek alapján x ∈ −1,1 ∪ 3, 5 .

1 1 <1 ⇒ az 2 2 log 1 ( 5 − x − x + 1) > −3

d)

alapú

logaritmusfüggvény

egyenlőtlenség

pontosan

⇒

csökkenő akkor

teljesül,

a ha

2

−3

1 0 < ( 5 − x − x + 1) <   2 1.

⇒ 0 < 5−x −x +1 < 8 .

5 − x − x + 1 > 0 . A gyök alatti kifejezés pozitív kell legyen, tehát 5 − x ≥ 0 kell teljesüljön, vagyis x ∈ −∞, 5 . 

(

(

)

I.

Ha x ∈ −∞,1 , akkor

II.

Ha

x ∈ 1, 5 , akkor   5 − x > x 2 − 2x + 1

5 − x > x − 1 minden x-re. −1 + x > 0

és így

⇒ x2 − x − 4 < 0

5 − x > −1 + x

(

⇒

)

⇒ x ∈ x 1, x 2 , tehát

1 − 17 1 + 17  . x ∈  ,  2 2   1 + 17  . I. és II. alapján x ∈ −∞, 2   2.

5−x −x +1 < 8 ⇒ 5−x < x + 7 . I. Ha x + 7 ≤ 0 , akkor az egyenlőtlenség nem teljesülhet, tehát, ha x ∈ −∞, − 7  , akkor 5 − x < x + 7 nem teljesül.   5−x < x + 7 ⇒ II. Ha x ∈ −7, 5 , akkor x + 7 > 0 , tehát  5 − x < x 2 + 14x + 49 ⇒ x 2 + 15x + 44 > 0 ⇒

(

(

( ) ( ) ( ) ( x ∈ (−7, 5 is kell teljesüljön,  x ∈ (−∞, − 11) ∪ (−4, + ∞) ∩ (−7, 5 ⇒ x ∈ (−4, 5 .   I. és II. alapján x ∈ (−4, 5 . 

)

x ∈ −∞, x 1 ∪ x 2 , + ∞ , vagyis x ∈ −∞, − 11 ∪ −4, + ∞ . De tehát

Az 1. és 2. alpontokban kapott halmazok metszete adja meg az eredményt, tehát  1 + 17  . x ∈ −4, 2  

Tartalomjegyzék

133

Függvények és tulajdonságaik e)

−∞

x

3x − 3

–1

+∞

log2 3

1

–––––––––––0+++++++++

log 1 (2 − 2) x

+++0––––––

5

+ + + + + + +0 – – – 0+ + + + + + + + + x2 −1 x x (3 − 3) log 1 (2 − 2) +++0–––––– 5

(3 − 3) log 1 (2x − 2) x

+++0––––––

5

x2 −1

(

A táblázat alapján x ∈ 1, log2 3 .  x +1 x +1 x +1 ≥ 0 ⇔ 0 < log3 ≤1 ⇔ 1< ≤ 3. f) log 1 log 3 x −1 x −1 x −1 2 x +1 2 x +1 −2x + 4 >1 ⇒ > 0 ⇒ x ∈ 1, + ∞ . ≤3 ⇒ ≤0 ⇒ x −1 x −1 x −1 x −1 −x + 2 x −2 ≤0 ⇒ ≥ 0 ⇒ x ∈ −∞,1 ∪ 2, + ∞ . Tehát x ∈ 2, + ∞ .   x −1 x −1 x > 3. 1 − 2 log 1 (x + 2) > log 3 (x − 3) ⇔ g) A létezési feltétel

(

(

)

)

)

)

9

log3 (x + 2) x +2 x +2 − log 3 (x − 3) > 0 ⇔ 1 + log 3 1−2 > 0 ⇔ log3 > −1 ⇔ x −3 x −3 −2 x +2 1 3x + 6 − x + 3 2x + 9  9 > ⇔ >0 ⇔ > 0 ⇔ x ∈ −∞, −  ∪ 3, + ∞ .  x −3 3 x −3 x −3 2 x x h) 4 − 12 > 0 kell teljesüljön, tehát 4 > 12 ⇒ x > 1 + log4 3 ⇒

(

(

)

x ∈ 1 + log 4 3, + ∞ .

logx log2 (4x − 12) ≤ 1

Másrészt

⇒

)

x > 1)

(mivel

0 < log2 (4x − 12) ≤ x .

(

)

I.

log2 (4x − 12) > 0 ⇔ 4x − 12 > 1 ⇔ 4x > 13 ⇔ x ∈ log4 13, + ∞ .

II.

log2 (4 − 12) ≤ x x

⇔

x

x

2 ≥ 4 − 12 .

x

y =2

Az

helyettesítéssel

(

y 2 − y − 12 ≤ 0 ⇔ y ∈ −3, 4 és y > 0 ⇒ x ∈ −∞, 2 .     I. és II. alapján x ∈ log4 13, 2 , tehát a végeredmény  x ∈ log4 13, 2 ∩ 1 + log 4 3, + ∞ = log4 13, 2 .  

(

(

) ( i) A logaritmus értelmezett, ha x + 2 > 0 , vagyis x ∈ (−2, + ∞) és x tehát x ≠ ±1 , x ≠ 0 .

(

2

∈

* +

\ {1} ,

Tartalomjegyzék

134


(

)

I. eset. x ∈ −1,1 , x ≠ 0 ⇒ 0 < x 2 < 1 . logx 2 (x + 2) < 1 ⇔ x 2 − x − 2 < 0 ⇔

(

)

(

)

x ∈ −1, 2 , tehát az egyenlőtlenség minden x ∈ −1,1 \ {0} értékre teljesül.

( ) (

)

II. eset. x ∈ −2, + ∞ \ −1,1 ⇒ x 2 > 1 . logx 2 (x + 2) < 1 ⇔ x + 2 < x 2 ⇔   x ∈ −∞, − 1 ∪ 2, + ∞ és figyelembe véve, hogy x ∈ −2, + ∞ \ −1,1 is kell  

(

)

(

(

) (

)

)

teljesüljön, következik, hogy x ∈ −2, − 1 ∪ 2, + ∞ . Összesítve az I. és II. esetet, következik, hogy

(

) (

) (

)

x ∈ −2, − 1 ∪ −1,1 ∪ 2, + ∞ \ {0} . 2x − 1 > 0 ⇒ x > 0 és x ≠ 1 , tehát x ∈ 0, + ∞ \ {1} . Másrészt x −1 2x − 1  1 > 0 ⇒ x ∈ −∞,  ∪ 1, + ∞ . A fentiek alapján a megoldásokat a  x −1 2

(

j) logx

(

)

)

2x − 1  1   1 0,  ∪ 1, + ∞ halmazban keressük. Ha x ∈ 0,  , akkor a logx >1  2   2 x −1 egyenlőtlenség a következőképpen alakítható:    x − 3 − 5  x − 3 + 5  2  2  2  2x − 1  x − 3x + 1 >0 ⇔ <x ⇔ > 0. x −1 x −1 x −1 Elkészítjük az előjeltáblázatot.

(

)

x

−∞

3− 5 2

1

3+ 5 2

+∞

 3 − 5   x − 3 + 5  + + + + + + + 0 – – – – – – – 0 + + + + + + + + + + x −   2  2   x −1

–––––––––––– 0+++++++++++++

   x − 3 − 5  x − 3 + 5   2  2  – – – – – – – 0 + + + + | – – –0 + + + + + + + + + +  x −1

Tartalomjegyzék

135


 3 − 5   3 + 5  A táblázat alapján x ∈  ,1 ∪  , + ∞ . Ezt az halmazt kell metszeni a  2   2   3 − 5 1   1  0,  halmazzal, tehát x ∈  ,  .  2  2 2 

(

2x − 1 > 1 egyenlőtlenséget a következőképpen x −1    3 − 5   3 + 5   ∪ 1,  ∩ 1, + ∞ , tehát ⇔ x ∈ −∞,  2   2     

)

Ha x ∈ 1, + ∞ , akkor a logx alakíthatjuk:

2x − 1 >x x −1

(

)

 3 + 5   3 − 5 1   3 + 5   . Az előbbiek alapján a megoldás x ∈  . x ∈ 1, ,  ∪ 1,   2  2  2   2  k) logx 2 +3x (x + 3) < 1 ⇒ x > −3 és x 2 + 3x > 0 , x 2 + 3x ≠ 1 . Ez alapján −3 + 13    x ∈ 0,+ ∞ \   .   2    

I.

(

)

eset.

x 2 + 3x < 1 ,

 −3 + 13   . x ∈ 0,  2 

vagyis

logx 2 +3x (x + 3) < 1

(

⇔

)

x + 3 > x 2 + 3x ⇔ x 2 + 2x − 3 < 0 ⇔ (x + 3)(x − 1) < 0 ⇔ x ∈ −3,1 , tehát  −3 + 13   . x ∈ 0,  2   −3 + 13  II. eset. x 2 + 3x ≥ 1 , vagyis x ∈  , + ∞ . logx 2 +3x (x + 3) < 1  2 

(

) (

)

(

⇔

)

x + 3 < x 2 + 3x ⇔ x ∈ −∞, − 3 ∪ 1, + ∞ ⇒ x ∈ 1, + ∞ .  −3 + 13  A I. és II. esetek alapján M = 0,  ∪ 1, + ∞ .  2 

(

l) log9x 2 (6 + 2x − x 2 ) ≤

)

{ }

1 1 ⇒ 9x 2 > 0 és 9x 2 ≠ 1 , tehát x ∈ R * \ ± 2 3

(

Továbbá 6 + 2x − x 2 > 0 ⇔ x 2 − 2x − 6 < 0 ⇔ x ∈ 1 − 7,1 + 7

(

)

{

(2) alapján x ∈ 1 − 7,1 + 7 \ 0, ± Ha

0 < 9x 2 < 1

1

(2). (1) és

}

1 . 3

1  1 1 x ∈ − ,  \ {0} , akkor log9x 2 (6 + 2x − x 2 ) ≤  3 3 2  1  x ∈ − , 0 , =3x . Ha akkor x = −x  3 

⇔

6 + 2x − x 2 ≥ (9x 2 )2

)

(1).

⇔ és

Tartalomjegyzék

136


6 + 2x − x 2 ≥ −3x ⇔ x 2 − 5x − 6 ≤ 0 ⇔ (x − 6)(x + 1) ≤ 0 ⇒ x ∈ −1, 6 és    1   1   1 x ∈ − , 0 , tehát x ∈ − , 0 . Ha x ∈ 0,  , akkor x = x és 6 + 2x − x 2 ≥ 3x  3   3   3  1  1 ⇔ (x − 2) (x + 3) ≤ 0 ⇔ x ∈ −3, 2 és x ∈ 0,  , tehát x ∈ 0,  . Az egész    3  3  1 1  1 1 tartomány megoldás, tehát x ∈ − ,  \ {0} . x ∉ − ,  Ha ⇒  3 3  3 3 1  1 log9x 2 (6 + 2x − x 2 ) ≤ ⇔ 6 + 2x − x 2 ≤ 3 x . x ∈ 1 − 7 , −  ⇒ x = −x és  2 3  1 x ∈ −∞, − 1 ∪ 6, + ∞ ∩ 1 − 7, −  , tehát x ∈ 1 − 7, − 1 .     3 1  1  Ha x ∈  ,1 + 7  ⇒ x = x és x ∈ −∞, − 3 ∪ 2, + ∞ ∩  ,1 + 7  , tehát   3  3  x ∈ 2,1 + 7 . Az előbbiek alapján ebben az esetben x ∈ 1 − 7, − 1 ∪ 2,1 + 7 ,     1 1 tehát a megoldás x ∈ 1 − 7, − 1 ∪ − ,  ∪ 2,1 + 7 \ {0} .   3 3 

{(

)}

(

{(

)}

)

(

(

24. a) x

log 1 x 2 −3 2

)

)

log22 (8−x )

≤2;

b) (8 − x )

Megoldás. a) Ha x < 0 , akkor log 1 x 2 − 3 ∈

≤ 23x −4 .

kell teljesüljön, mert másképp

2

nincs értelme az x

log 1 x 2 −3 2

kifejezésnek. Ebből következik, hogy log 1 x 2 ∈

⇔

2

k

k

x 2 = 2k , ⇒ x = ±2 2 . Viszont k∈ x < 0, − + k 3 ( ) k k +3  k  −k −2 2  2 2 ≤ 2 , ∀k ∈ = − ( 2 ) , tehát x = − 2 , ha k ∈   

Ha

x >0

és

x < 1,

akkor

x

log 1 x 2 −3 2

≤2

⇔

tehát

x = −2 2 .

megoldás

log 1 x 2 − 3 ≥ logx 2

⇔

2

2 log2 x 1 −3 ≥ . A log2 x = y helyettesítéssel a −1 log2 x 2 1 következő egyenlőtlenséghez jutunk: −2y − 3 ≥ . Továbbá y < 0 , mert x ∈ 0,1 , y tehát ha beszorozzuk az egyenlőtlenséget y-nal, akkor az egyenlőtlenség iránya megváltozik: −2y 2 − 3y − 1 ≤ 0 ⇔ 2y 2 + 3y + 1 ≥ 0 . 2 log 1 x − 3 ≥ logx 2 ⇔

( )

Tartalomjegyzék

137


1  1  y2 = − , tehát y ∈ −∞, − 1 ∪ − , + ∞    2  2    1  1 1   y ∈ −∞, − 1 ∪ − , 0 ⇒ x ∈ 0,  ∪  ,1 .   2   2   2  Ha x = 1 , akkor az egyenlőtlenség teljesül.

(

y1 = − 1 ,

y < 0 , vagyis

és

(

x > 1,

Ha

x

akkor

log 1 x 2 −3 2

⇔

≤2

log 1 x 2 − 3 ≤ logx 2

⇔

2

1 ≤ 0 ⇒ −2y 2 − 3y − 1 ≤ 0 és y > 0 (mert x > 1 ) ⇒ log2 x  1  y ∈ −∞, − 1 ∪ − , + ∞ és y > 0 , tehát y ∈ 0, + ∞ ⇒ x ∈ 1, + ∞ .   2    1  1 Az előbbiek alapján ha x pozitív, akkor x ∈ 0  ∪  , + ∞ , tehát a  2   2   k     1  1 −2 2 k ∈  . megoldáshalmaz M = 0,  ∪  , ∞ ∪   2   2       −2 log2 x − 3 −

(

(

)

(

)

(

)

b) 8 − x > 0 , mert log2 (8 − x ) értelmezett kell legyen, tehát x ∈ −∞, 8 . Ebből következik, hogy logaritmálhatjuk 2-es alapon az egyenlőtlenséget. log22 (8−x )

(8 − x )

≤ 23x −4 ⇔ log23 (8 − x ) ≤ 3x − 4 ⇔

⇔ log2 (8 − x ) ≤ 3 (3x − 4) ⇔ (8 − x ) ≤ 2

3 (3 x −4)

.

( ) , f (x ) = 8 − x függvény szigorúan csökkenő, a g : (−∞, 8) → , g(x ) = 2 függvény szigorúan növekvő, tehát az f (x ) = g(x )

Az

f : −∞, 8 →

3 (3 x −4)

egyenletnek legtöbb egy megoldása lehet. x = 4 esetén f (x ) = g(x ) , tehát az egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha x ∈ 4, 8 .  25. Tárgyald a következő egyenlőtlenségek megoldását: loga (35 − x 3 ) 1 log a b) c) loga (x − 1) + loga x > 2 ; a) x x ≤ ; > 3; a loga (5 − x )

)

log2 x

8 +log x

1 a 1 a d)   . >    81  3 Megoldás. a) logx a értelmezett kell legyen, tehát a > 0 , x > 0 és x ≠ 1 .

( )

I. eset. 1 > a > 0 . Ha x ∈ 0,1 , akkor logx a > 0 ⇒ logx a = logx a és így

( )

x logx a = a ∈ 0,1

⇒

1 >1 a

és

a<

1 a

teljesül minden

( )

x ∈ 0,1 -re. Ha

Tartalomjegyzék

138

(


)

x ∈ 1, + ∞ , akkor logx a < 0 ⇒ logx a = − logx a = logx

(

)

( )

1 1 1 ⇒ x logx a = ≤ a a a

teljesül minden x ∈ 1, + ∞ esetén. Tehát ha a ∈ 0,1 , akkor ∀x ∈ fennáll az egyenlőtlenség. II. eset. Ha a = 1 , akkor logx a = 0 , x 0 = 1 ≤ 1 igaz, ∀x ∈

* +

\ {1} esetén

* +

\ {1} . 1 1 teljesül III. eset. Ha a > 1 , akkor x ∈ 0,1 ⇒ logx a < 0 , tehát x logx a = ≤ a a 1 minden x ∈ 0, 1 -re. Ha x ∈ 1, + ∞ , akkor logx a > 0 , tehát x logx a = a ≤ nem a

( )

( )

(

(

)

)

( )

teljesül egyetlen x ∈ 1, + ∞ -re sem. Összefoglalva, ha a > 1 , akkor x ∈ 0,1 . b) A logaritmus csak a > 0 , a ≠ 1 esetén értelmezett. Ha a eleget tesz ezeknek a loga b feltételeknek, akkor = logc b , tehát az egyenlőtlenség független a-tól. Így a loga c

log5−x (35 − x 3 ) > 3 egyenlőtlenséget kell megoldanunk.

(

)

A logaritmikus kifejezés értelmezett, ha x ∈ −∞, 5 és x ≠ 4 , illetve 35 − x 3 > 0 ,

(

)

(

)

vagyis x ∈ −∞, 3 35 . Innen következik, hogy x ∈ −∞, 3 35 .

3

35 < 4 ⇒

5 − x > 1 , tehát log5−x (35 − x 3 ) > 3 ⇔ (5 − x )3 < 35 − x 3 ⇔ 3x 2 − 15x + 18 < 0

( ) ( Tehát ∀a > 0 , a ≠ 1 esetén x ∈ (2, 3) .

)

( )

⇔ x 2 − 5x + 6 < 0 ⇔ x ∈ 2, 3 ∩ −∞, 3 35 ⇒ x ∈ 2, 3 .

(

)

c) loga (x − 1) + loga x > 2 ⇒ a > 0 , a ≠ 1 és x ∈ 1, + ∞ . Az egyenlőtlenség ekvivalens a loga (x 2 − x ) > 2 egyenlőtlenséggel.

( )

I. eset. a ∈ 0, 1 ⇒ a 2 > x 2 − x ⇒ x 2 − x − a 2 < 0 ⇒ 2  1 − 1 + 4a 2 1 + 1 + 4a 2    , de x ∈ 1, + ∞ , tehát x ∈ 1, 1 + 1 + 4a  . , x ∈    2 2 2   

(

(

)

)

II. eset. a ∈ 1, + ∞ ⇒ x 2 − x > a 2 ⇒   1 − 1 + 4a 2  1 + 1 + 4a 2 x ∈ −∞, , + ∞ és x ∈ 1, + ∞ , tehát  ∪  2 2    

(

1 − 1 + 4a 2  x ∈  , + ∞ .  2 

)

Tartalomjegyzék

139

Függvények és tulajdonságaik 8 +loga x

1 d)    81

loga2 x

1 ( ⇒ a > 0 , a ≠ 1 és x > 0 .    3

4 8 + loga x )

1 >    3

loga2 x

1 >    3

⇒

4 (8 + loga x ) < loga2 x ⇒ loga2 x − 4 loga x − 32 > 0 . A loga x = y helyettesítéssel

y 2 − 4y − 32 > 0

az

(

) (

egyenlőtlenséget

)

y ∈ −∞, − 4 ∪ 8, + ∞ ,

kapjuk.

Ebből

(

következik,

) (

)

loga x ∈ −∞, − 4 ∪ 8, + ∞

vagyis

hogy

⇒

az

egyenlőtlenség ekvivalens a loga x < −4 - vagy - loga x > 8 egyenlőtlenségekkel. 1 I. eset. a ∈ 0,1 ⇒ loga x < −4 ⇔ x > 4 és loga x > 8 ⇔ x < a 8 ⇒ ha a  1  a ∈ 0,1 , akkor x ∈ (−∞, a 8 ) ∪  4 , + ∞ . a  1 II. eset. a > 1 ⇒ loga x < −4 ⇔ x < 4 és loga x > 8 ⇔ x > a 8 , tehát ha a > 1 , a  1  8 akkor x ∈ −∞, 4  ∪ a , + ∞ .  a  26. Határozd meg az a ∈ értékét úgy, hogy a loga 2 −a +1 (x 2 + 9) ≥ 1

( )

( )

(

)

a +9

egyenlőtlenség teljesüljön minden x ∈ esetén! a2 − a + 1 a2 −a + 1 Megoldás. > 0 és ≠ 1 ⇒ a + 9 > 0 , mert a 2 − a + 1 > 0 , a +9 a +9 a2 −a + 1 ∀a ∈ , tehát a ∈ (−9 + ∞) . = 1 ⇔ a 2 − 2a − 8 = 0 ⇒ a1 = 4 és a +9

(

) {

}

a2 = −2 . Tehát a ∈ −9, + ∞ \ −2, 4 . Ha 0 <

a2 − a + 1 < 1 , vagyis a ∈ −2, 4 , akkor loga 2 −a +1 (x 2 + 9) ≥ 1 , ∀ x ∈ a +9 a +9

(

)

a2 − a + 1 a 2 − 10a + 80 , ∀ x ∈ , vagyis x 2 ≤ , ∀ x ∈ . Ez az a +9 a +9 egyenlőtlenség nem teljesülhet minden x értékre, mert a 2 − 10a − 80 < 4 + 9 = 13 , bármely a ∈ −2, 4 esetén. 0+9< a +9 a2 − a + 1 a2 − a + 1 . Ez utóbbi Ha > 1 ⇒ loga 2 −a +1 (x 2 + 9) ≥ 1 ⇔ x 2 + 9 ≥ a +9 a +9 a +9 ⇔ x2 + 9 ≤

(

)

egyenlőtlenség teljesül minden x > 0 -ra is, ha teljesül x = 0 -ra, tehát a a2 − a + 1 egyenlőtlenséget kell megoldanunk. Ez ekvivalens a 02 + 9 ≥ a +9 a 2 − 10a − 80 ≤ 0 egyenlőtlenséggel, mert a > −9 . Ez utóbbi egyenlőtlenség

Tartalomjegyzék

140


(

)

a ∈ 5 − 115, 5 + 115  és a ∈ −9, + ∞ \ −2, 4 , tehát     ∀a ∈ 5 − 115, 5 + 115  ∩ −9, + ∞ \ −2, 4 esetén teljesül minden x ∈ R -re     az egyenlőtlenség.

alapján

{(

27. Oldd meg az x x

x 2001

}

)

= 2001 egyenletet, ha x ∈

+

!

1

Megoldás. Ha x > 1 , akkor x = 20012001 gyök, és több gyök nincs, mert az

(

)

f : 1, + ∞ →

, f (x ) = x x

0 < x 2001 < 1 és x x

x 2001

függvény szigorúan növekvő. Ha 0 < x < 1 , akkor

x 2001

< 1 , tehát nincs megoldás. x = 1 nem megoldás, tehát a 1    megoldáshalmaz M =  20012001  .     injektív függvény, amelyre 28. Bizonyítsd be, hogy nem létezik f : → x x f (3 ) + f (4 ) = 1, ∀x ∈ . Megoldás. Ha x > 0 , akkor ∃ log 3 x és log4 x , és az összefüggésbe x helyett tegyünk log3 x -et és log4 x -et. Innen következik, hogy f (x ) + f (4log3 x ) = 1 és

f (3log4 x ) + f (x ) = 1 , ∀x > 0 , tehát f (4log3 x ) = f (3log4 x ) , ∀x > 0 . Most legyen x = 3 ⇒ f (4) = f (3log4 3 ) . log4 3 < 1 ⇒ 3log4 3 < 3 < 4 ⇒ 4 ≠ 3log4 3 és f (4) = f (3log4 3 ) , tehát f nem injektív. 29. Oldd meg a 2x −1 + 2

1 x

= 3 egyenletet!

Megoldás. Az egyenlet ekvivalens a 2x −1 + 2

1 −1 x

+2

1 −1 x

3

3

x+

≥ 2

2 −3 x

2x −1 + 2

1 −1 x

+2

1 −1 x

3 x+

. Kimutatjuk, hogy 2

2 −3 x

= 1 egyenlettel. De

≥ 1 . Ez ekvivalens az

2 − 3 ≥ 0 egyenlőtlenséggel. Legyen x = y , y > 0 . Meg kell vizsgáljuk a x 2 2 y 2 + − 3 kifejezés előjelét, ha y > 0 . y 2 + − 3 ≥ 0 ⇔ y 3 − 3y + 2 ≥ 0 ⇔ y y x+

x+

2

(y − 1) (y + 2) ≥ 0 , ami teljesül minden y > 0 -ra, tehát ∀x > 0 esetén 2 ⇒

3

2

x+

2 −3 x

≥1 ⇒

2x −1 + 2

1 −1 x

3

+2

1 −1 x

≥1

≥ 1 , egyenlőség csak akkor teljesül, ha

1 − 1 , vagyis x = 1 ⇒ az egyedüli megoldás x = 1 . x 30. Bizonyítsd be, hogy ha x > 1 és y > 1 , akkor lg x lg y < lg2 (x + y ) x −1 =

2 −3 x

Tartalomjegyzék

141

Függvények és tulajdonságaik Megoldás. x > 1 és y > 1 ⇒ lg x > 0 , lg y > 0 , lg(x + y ) > 0 . 1 < x < x + y ⇒ 0 < lg x < lg(x + y ) (1). 1 < y < x + y ⇒ 0 < lg y < lg(x + y ) (2). (1)-et beszorozva lg y > 0 -val, kapjuk, hogy lg (x + y ) ⋅ lg y > lg x ⋅ lg y . (2)-t beszorozva lg(x + y ) > 0 -val kapjuk, hogy lg2 (x + y ) > lg (x + y ) ⋅ lg y Az utolsó két egyenlőtlenségből következik, hogy lg2 (x + y ) > lg x ⋅ lg y .

Tovább

III. FEJEZET FÜGGVÉNYEK ÉS TULAJDONSÁGAIK

Recommend Documents