מתכונת במתמטיקה 571 - מתכונת 2 בדרך לבגרות

$T_{k+1}$ הוא הסכום של $k+1$ המכפלות הראשונות, כלומר $T_k$ ועוד המכפלה הבאה: $a_{k+1}b_{k+1}=(k+1)\cdot2^{k+1}$.

אם $T_k=(k-1)\cdot2^{k+1}$, אז:

טעות נפוצה: לכתוב את המכפלה הבאה כ-$(k+1)\cdot2^{k}$ ולקבל $(k-1)\cdot2^{k+1}+(k+1)\cdot2^k=(3k-1)\cdot2^k$ - האיבר ה-$(k+1)$ של $b_n$ הוא $2^{k+1}$.

$T_1=1\cdot2=2$, והנוסחה נותנת $(1-1)\cdot2^2=0$.

$T_2=1\cdot2+2\cdot4=10$, והנוסחה נותנת $(2-1)\cdot2^3=8$.

הנוסחה אינה נכונה. אף שסעיף א(1) מראה שמעבר מ-$k$ ל-$k+1$ עובד, שלב הבסיס ($n=1$) נכשל, ולכן אין הוכחה באינדוקציה - והנוסחה פשוט שגויה.

טעות נפוצה: לחשב את $T_2$ כמכפלה אחת בלבד, $a_2b_2=8$, ולהסיק שהנוסחה נכונה עבור $n=2$ - $T_2$ הוא סכום של שתי המכפלות הראשונות.

שלב הבסיס: $T_1=2$ ו-$(1-1)\cdot2^2+c=c$, ולכן $c=2$.

שלב הצעד: אם $T_k=(k-1)\cdot2^{k+1}+2$, אז כמו בסעיף א(1):

הבסיס והצעד מתקיימים, ולכן לפי עקרון האינדוקציה $T_n=(n-1)\cdot2^{n+1}+2$ לכל $n$ טבעי.

טעות נפוצה: לחשב את ההפרש בכיוון ההפוך, $0-2$, ולקבל $c=-2$ - צריך להוסיף לנוסחה את מה שחסר לה כדי להגיע ל-$T_1=2$.

$EF$ קטע אמצעים בטרפז: $EF=\frac{AB+DC}{2}=\frac{5+15}{2}=10$.

במשולש $ABD$: $E$ אמצע $AD$ ו-$EG\parallel AB$, ולכן $EG$ קטע אמצעים: $EG=\frac{AB}{2}=2.5$.

במשולש $ABC$: $F$ אמצע $BC$ ו-$HF\parallel AB$, ולכן $HF=\frac{AB}{2}=2.5$.

$GH=EF-EG-HF=10-2.5-2.5=5$.

טעות נפוצה: לחשב את $EG$ כמחצית $DC$ ולקבל $EG=7.5$ - $G$ נמצאת על האלכסון $BD$, ובמשולש $ABD$ הקטע $EG$ מקביל לבסיס $AB$; $7.5$ הוא האורך של $EH$.

$G$ ו-$H$ על קטע האמצעים $EF$, ולכן $GH\parallel AB$.

לפי ב(1), $GH=5=AB$.

במרובע $ABHG$ יש זוג צלעות נגדיות שהן גם מקבילות וגם שוות, ולכן הוא מקבילית.

טעות נפוצה: להסתפק ב-$GH\parallel AB$ ולקבוע שהמרובע מקבילית - זוג צלעות מקבילות לבדו מוכיח רק שהמרובע טרפז.

לפי ב(1), $EG$ קטע אמצעים במשולש $ABD$, ולכן $G$ אמצע $BD$.

לפי ב(2), $ABHG$ מקבילית, ולכן $AG\parallel BH$, כלומר $GM\parallel BH$.

במשולש $DBH$ הישר $GM$ עובר דרך אמצע הצלע $DB$ ומקביל לצלע $BH$, ולכן הוא חוצה את $DH$: $M$ אמצע $DH$.

טעות נפוצה: לנמק ש-$M$ אמצע $DH$ כי $G$ אמצע $AM$ - אין נתון כזה; הנימוק הוא המשפט ההפוך לקטע אמצעים במשולש $DBH$.

$f'(x)=3x^2-6x$, $f''(x)=6x-6$.

$f''$ היא פונקציה קווית - הישר I. $f'$ היא פרבולה שעוברת דרך $(0,0)$ ו-$(2,0)$ - גרף II. $f$ היא פולינום ממעלה שלישית עם $f(0)=1$ - גרף III.

בדיקה: גרף II מתאפס ב-$x=2$, ושם לגרף III מינימום; גרף I מתאפס ב-$x=1$, ושם לגרף II מינימום.

טעות נפוצה: לחשוב שהגרף ה"מסובך" יותר הוא הנגזרת, ולהתאים I: $f''$, II: $f$, III: $f'$ - אבל לגרף II מינימום ב-$x=1$, ושם גרף III אינו מתאפס ($f(1)=-1$); דווקא II מתאפס ב-$x=2$, במינימום של III, ולכן II היא הנגזרת של III.

$f''(x)=6x-6=0$ כאשר $x=1$, ו-$f''$ מחליפה שם סימן - נקודת פיתול. $f(1)=1-3+1=-1$.

שיפוע המשיק: $f'(1)=3-6=-3$.

טעות נפוצה: להשתמש ב-$f''(1)=0$ כשיפוע ולקבל משיק אופקי $y=-1$ - שיפוע המשיק הוא ערך הנגזרת הראשונה.

דרך 1: $\int_0^1f''(x)\,dx=f'(1)-f'(0)=-3-0=-3$.

דרך 2: בקטע $0\le x\le1$ הגרף של $f''(x)=6x-6$ נמצא מתחת לציר ה-$x$, ויחד עם הצירים הוא יוצר משולש ישר-זווית עם ניצבים 1 ו-6. שטחו $\frac{1\cdot6}{2}=3$, והוא מתחת לציר, ולכן האינטגרל הוא $-3$.

טעות נפוצה: לענות $3$ - השטח חיובי, אבל האינטגרל של פונקציה שלילית הוא שלילי.

המכנה $2x^2-2=2(x-1)(x+1)$ מתאפס ב-$x=\pm1$, והמונה שם $4\ne0$: אסימפטוטות אנכיות $x=1$, $x=-1$.

מעלות המונה והמכנה שוות: $y=\frac32$ אסימפטוטה אופקית.

$f(0)=\frac{1}{-2}=-0.5$: נקודת החיתוך $(0,-0.5)$.

טעות נפוצה: לטעות בסימן המכנה ולכתוב את נקודת החיתוך $(0,0.5)$ - ב-$x=0$ המכנה הוא $2\cdot0-2=-2$, ולכן $f(0)=-0.5$.

$f=\frac1f\iff f^2=1\iff f=\pm1$.

$f(x)=1$: $3x^2+1=2x^2-2\Rightarrow x^2=-3$ - אין פתרון.

$f(x)=-1$: $3x^2+1=-2x^2+2\Rightarrow 5x^2=1\Rightarrow x=\pm\frac1{\sqrt5}$.

נקודות החיתוך: $\left(\pm\frac{1}{\sqrt5},-1\right)$.

טעות נפוצה: לפתור רק $f(x)=1$, לקבל שאין פתרון ולהסיק שהגרפים אינם נחתכים - שוכחים את המקרה $f(x)=-1$.

$\frac1{f(x)}=\frac{2x^2-2}{3x^2+1}$, ומעלות המונה והמכנה שוות: $y=\frac23$.

(באופן כללי: אם $f\to\frac32$ באינסוף, אז $\frac1f\to\frac23$.)

המרחק: $\frac32-\frac23=\frac{9-4}{6}=\frac56$.

טעות נפוצה: לכתוב שהאסימפטוטה של $\frac1f$ היא $y=-\frac32$ (לבלבל בין $\frac1f$ ל-$-f$), ולקבל מרחק 3.

לפי האיבר הכללי $a_5=a_1q^4$. לכן $a_1q^4=81a_1$, ומחלקים ב-$a_1\ne0$:

אם $q=-3$ הסימנים מתחלפים, אבל כל האיברים שליליים - לכן $q=3$.

טעות נפוצה: לכתוב $a_5=a_1q^5$ ולקבל $q^5=81$, כלומר $q\approx2.41$.

$a_{n+1}-a_n=a_n(q-1)=2a_n<0$, כי כל האיברים שליליים. לכן הסדרה יורדת: $-\frac12,-\frac32,-\frac92,\ldots$

טעות נפוצה: לענות "עולה" כי $q>1$ - זה נכון רק לסדרה שאיבריה חיוביים.

המנה קבועה, ולכן B הנדסית עם $q_B=\frac13$.

$b_1=\frac{1}{a_1}=\frac{1}{-\frac12}=-2$.

טעות נפוצה: להפוך רק את המספר ולא את הסימן, ולקבל $b_1=2$.

$|q_B|=\frac13<1$, ולכן הסכום מתכנס:

טעות נפוצה: לכתוב $S=\frac{b_1}{1+q}$ ולקבל $\frac{-2}{4/3}=-1.5$.

הנותרים הם $b_1,b_3,b_5,\ldots$ - האיברים במקומות האי-זוגיים. בין כל שניים מהם 2 מקומות, ולכן הם סדרה הנדסית עם איבר ראשון $b_1=-2$ ומנה $q_B^2=\frac19$:

טעות נפוצה: לחשב את סכום האיברים שנמחקו ($b_2,b_4,\ldots$) במקום הנותרים: $\frac{-\frac23}{1-\frac19}=-\frac34$.

שלושה מצביעים בלתי תלויים, וכל אחד הצביע "נגד" בהסתברות $1-p$:

טעות נפוצה: לכתוב $p^3=\frac1{64}$ (לבלבל בין "בעד" ל"נגד") ולקבל $p=\frac14$.

נוסחת ברנולי עם $n=3$, $k=1$:

טעות נפוצה: לשכוח את $\binom31=3$ (המצביע "בעד" יכול להיות הראשון, השני או השלישי), ולקבל $\frac3{64}$.

"ארבעתם באותו אופן" = "ארבעתם בעד" או "ארבעתם נגד" - שני מאורעות זרים, ולכן מחברים: $\frac{81}{256}+\frac{1}{256}=\frac{82}{256}$.

זו הסתברות מותנית:

טעות נפוצה: לענות $\left(\frac34\right)^4=\frac{81}{256}$ - בלי להתחשב במידע שארבעתם הצביעו באותו אופן.

15% מהמבוגרים הצביעו "נגד", ולכן 85% מהמבוגרים הצביעו "בעד". 55% מהצעירים הצביעו "בעד".

לפי עץ דו-שלבי (גיל ואז הצבעה), ההסתברות הכוללת ל"בעד":

טעות נפוצה: להחליף בין הקבוצות ($0.55$ למבוגרים, $0.85$ לצעירים): $0.55(1-y)+0.85y=0.75$, ולקבל $y=\frac23$.

הסוקר עוצר בפעם הראשונה שיש לו מצביע "בעד" וגם מצביע "נגד". אם שני הראשונים הצביעו אחרת זה מזה, הוא עוצר אחרי 2. לכן כדי להגיע לשיחה השלישית שני הראשונים הצביעו באותו אופן, וכדי לעצור בה - השלישי הצביע אחרת.

שתי אפשרויות: בעד-בעד-נגד או נגד-נגד-בעד (בקרב צעירים: "בעד" 0.55, "נגד" 0.45):

טעות נפוצה: לחשב רק את בעד-בעד-נגד ולקבל $0.136125$.

$BC$ קוטר, ולכן $\angle BAC=90^\circ$, ומכאן $\angle BAG=90^\circ$.

$\triangle BAG\cong\triangle BAC$ לפי צ.ז.צ: $GA=AC$, $\angle BAG=\angle BAC$, $BA$ משותפת.

מהחפיפה: $BG=BC$ ו-$\angle GBA=\angle CBA$.

טעות נפוצה: לנסות להוכיח $BG=BC$ מכך ש-$G$ ו-$C$ שתיהן "על המעגל" - $G$ מחוץ למעגל; השוויון נובע מהחפיפה.

במרובע החסום $ADBC$: $\angle ADB+\angle ACB=180^\circ$ (זוויות נגדיות).

$\angle GDA$ צמודה ל-$\angle ADB$, ולכן $\angle GDA=180^\circ-\angle ADB=\angle ACB=\angle GCB$.

יחד עם $\angle G$ המשותפת: $\Delta GBC\sim\Delta GAD$ (ז.ז.), בהתאמה $B\leftrightarrow A$, $C\leftrightarrow D$.

טעות נפוצה: לטעון ש-$\angle GDA=\angle GBC$ (זוויות מתאימות) כאילו $DA\parallel BC$ - הישרים אינם מקבילים.

$GA=6$, $GC=12$, ולפי א $GB=BC=10$.

מהדמיון: $\frac{GA}{GB}=\frac{GD}{GC}$, ולכן $GD=\frac{GA\cdot GC}{GB}=\frac{6\cdot12}{10}=7.2$.

יחס הדמיון $\frac{GA}{GB}=\frac{6}{10}=0.6$, ולכן $\frac{S_{GAD}}{S_{GBC}}=0.6^2=0.36$.

$S_{DBCA}=S_{GBC}-S_{GAD}=(1-0.36)S_{GBC}=0.64S_{GBC}$:

טעות נפוצה: לקחת את יחס השטחים כיחס הדמיון עצמו (0.6 במקום 0.36), ולקבל $\frac{0.4}{0.6}=\frac23$.

$AB=\sqrt{10^2-6^2}=8$.

המשיק מאונך לרדיוס, ולכן $\angle BCE=90^\circ$, ו-$CA$ הוא הגובה ליתר $BE$.

$AC^2=AB\cdot AE$: $36=8\cdot AE$, $AE=4.5$.

גובה משותף מ-$C$, ולכן:

טעות נפוצה: לכתוב $AC^2=AE\cdot BC$ (להחליף את $AB$ בקוטר), לקבל $AE=3.6$ ויחס $\frac{11.6}{8}=1.45$.

הזווית $\angle ABD$ היא זווית בין המשיק $BD$ למיתר $BA$. לפי המשפט, היא שווה לזווית ההיקפית שנשענת על הקשת $AB$ מהצד השני - הזווית $\angle ACB$. לכן $\angle ACB=\alpha$.

הקרן $BA$ נמצאת בין $BD$ ל-$BC$, ולכן $\angle ABC=150^\circ-\alpha$.

במשולש $ABC$: $\angle BAC=180^\circ-\alpha-(150^\circ-\alpha)=30^\circ$.

טעות נפוצה: לקחת $\angle ABC=150^\circ$ (לשכוח שהזווית $DBC$ כוללת גם את $\alpha$), ולקבל $\angle BAC=30^\circ-\alpha$.

משפט הסינוסים המורחב: כל צלע שווה ל-$2R$ כפול הסינוס של הזווית שמולה.

מול $AB$ נמצאת $\angle ACB=\alpha$: $AB=2R\sin\alpha$.

מול $BC$ נמצאת $\angle BAC=30^\circ$: $BC=2R\sin30^\circ=R$.

טעות נפוצה: לשכוח את הגורם 2 ולכתוב $BC=R\sin30^\circ=\frac R2$.

בשני המשולשים הזווית $D$ משותפת.

$\angle DBA=\alpha$ (נתון), ו-$\angle DCB=\angle ACB=\alpha$ (סעיף א).

לכן $\triangle DBA\sim\triangle DCB$ לפי ז.ז, בהתאמה $D\leftrightarrow D$, $B\leftrightarrow C$, $A\leftrightarrow B$.