בגרות במתמטיקה 571 - קיץ 2023 מועד א'

$T_{k+1}$ הוא $T_k$ ועוד האיבר ה-$(k+1)$ של הסכום:

לפי ההנחה $T_k=(2k-3)\cdot2^{k+1}$, ולכן (מוציאים את $2^{k+1}$ כגורם משותף):

זה בדיוק הביטוי הנדרש.

טעות נפוצה: להוסיף ל-$T_k$ את האיבר $a_kb_k=(2k-1)\cdot2^k$ במקום $a_{k+1}b_{k+1}$, ולקבל $T_{k+1}=(2k-3)\cdot2^{k+1}+(2k-1)\cdot2^k=(6k-7)\cdot2^k$, שאינו הביטוי הנדרש.

נבדוק את המקרה $n=1$: $T_1=a_1b_1=1\cdot2=2$, ואילו הנוסחה נותנת $(2\cdot1-3)\cdot2^{2}=-4$.

$2\neq-4$, ולכן הטענה אינה נכונה (כבר עבור $n=1$).

סעיף א(1) הוכיח רק את שלב הצעד: אם הטענה נכונה ל-$k$, היא נכונה ל-$k+1$. בלי שלב בסיס שמתקיים אין הוכחה באינדוקציה - ה"שרשרת" לא מתחילה.

(הצעד שומר על ההפרש בין $T_n$ לנוסחה, ולמעשה $T_n=(2n-3)\cdot2^{n+1}+6$ לכל $n$, כך שהטענה אינה נכונה לאף $n$.)

טעות נפוצה: להסיק מסעיף א(1) שהטענה נכונה לכל $n$ טבעי - שלב הצעד לבדו אינו הוכחה, ובדיקת $n=1$ מפריכה את הטענה.

$E$ ו-$F$ אמצעי השוקיים, ולכן קטע האמצעים מקביל לבסיסים: $EF\parallel AB\parallel DC$.

במשולש $ABD$: $E$ אמצע הצלע $AD$, ו-$EG\parallel AB$ ($G$ על $BD$). לפי המשפט ההפוך לקטע אמצעים, $G$ אמצע $BD$ ו-$EG$ קטע אמצעים במשולש, ולכן $EG=\frac{AB}{2}$.

$ABHG$ מקבילית, ולכן צלעותיה הנגדיות שוות: $GH=AB$.

טעות נפוצה: לחשב את $EG$ כקטע אמצעים במשולש $ADC$ ולכתוב $EG=\frac{DC}{2}$ - הנקודה $G$ נמצאת על האלכסון $BD$, ולכן המשולש המתאים הוא $ABD$; האורך $\frac{DC}{2}$ שייך לקטע $EH$.

לפי ב(1), $G$ אמצע $BD$.

$ABHG$ מקבילית, ולכן $AG\parallel BH$. הישר $GM$ הוא המשך של $AG$, ולכן גם $GM\parallel BH$.

במשולש $DBH$: הישר $GM$ עובר דרך $G$, אמצע הצלע $DB$, ומקביל לצלע $BH$. לפי המשפט ההפוך לקטע אמצעים הוא חוצה את הצלע השלישית $DH$, כלומר $M$ אמצע $DH$.

לכן $AM$ חוצה את $DH$.

טעות נפוצה: לחפש קטע אמצעים במשולש $ADH$ (כי $E$ אמצע $AD$) - אבל $EG$ מקביל ל-$DC$ ולא ל-$DH$, ולכן במשולש הזה אין קטע אמצעים מתאים; המשולש הנכון הוא $DBH$, שבו ידועים אמצע הצלע $DB$ והקביל $GM\parallel BH$.

נתבונן בנקודות המיוחדות:

גרף I מתאפס ב-$x=0.8$ ומחליף שם סימן (משלילי לחיובי).

גרף II: נקודת מינימום ב-$x=2$.

גרף III מתאפס ב-$x=0$ וב-$x=2$, ויש לו נקודת מינימום ב-$x=0.8$.

הנגזרת של פונקציה מתאפסת ומחליפה סימן בנקודות הקיצון שלה. גרף III מתאפס ב-$x=2$ ועובר משלילי לחיובי, ושם לגרף II מינימום (II יורד כש-III שלילי ועולה כש-III חיובי). לכן III היא הנגזרת של II.

גרף I מתאפס ב-$x=0.8$, ושם לגרף III מינימום (III יורד כש-I שלילי ועולה כש-I חיובי). לכן I היא הנגזרת של III.

מכאן: II הוא $f(x)$, III הוא $f'(x)$, I הוא $f''(x)$.

טעות נפוצה: להתאים לפי הסדר I: $f$, II: $f'$, III: $f''$ בלי לבדוק קיצון מול אפס - לגרף I אין נקודת קיצון בכלל, ובמינימום של II ($x=2$) גרף III מתאפס, לא גרף I.

נקודת הפיתול של $f$ היא היכן ש-$f''$ מתאפסת ומחליפה סימן: לפי גרף I, $x=0.8$ (שם גם $f'$, גרף III, מקבלת מינימום).

ערך הפונקציה מגרף II: $f(0.8)=-2$. שיפוע המשיק מגרף III: $f'(0.8)=-6$.

טעות נפוצה: לקחת את הנקודה $(0.8,-6)$ מגרף III כנקודת ההשקה, ולקבל $y=-6x-1.2$ - שיעור ה-$y$ של נקודת ההשקה הוא $f(0.8)=-2$, לא $f'(0.8)$.

$f'$ היא פונקציה קדומה של $f''$, ולכן לפי המשפט היסודי:

(שני הערכים נקראים מגרף III.)

טעות נפוצה: להציב את ערכי $f$ במקום ערכי $f'$: $f(0.8)-f(0)=-2-3.5=-5.5$.

בנקודת חיתוך $f(x)=\frac{1}{f(x)}$, כלומר $f^2(x)=1$: $f(x)=1$ או $f(x)=-1$.

הענפים החיצוניים ($x<-1$, $x>1$) נמצאים כולם מעל האסימפטוטה $y=k$, ו-$k>1$, ולכן שם $f(x)>1$: אין שם פתרונות.

הענף האמצעי ($-1<x<1$) שלילי: הערך הגדול ביותר שלו הוא $-a$ (ב-$x=0$), והוא יורד ל-$-\infty$ ליד שתי האסימפטוטות. לכן הוא מקבל כל ערך $y<-a$ פעמיים, את $y=-a$ פעם אחת, וערכים גדולים מ-$-a$ לא מקבל.

$f(x)=1$ אינו מתקבל גם בענף האמצעי. $f(x)=-1$ מתקבל בו פעמיים בדיוק כאשר $-1<-a$, כלומר $a<1$.

($a=1$: נקודת חיתוך אחת, $(0,-1)$; $a>1$: אין נקודות חיתוך.)

לכן יש שתי נקודות חיתוך כאשר $0<a<1$.

טעות נפוצה: לכלול את $a=1$ ולענות $0<a\le1$ - כאשר $a=1$ הערך $-1$ מתקבל רק בנקודה $(0,-1)$, ויש נקודת חיתוך אחת בלבד.

כאשר $x\to\pm\infty$, $f(x)\to k$, ולכן $\frac{1}{f(x)}\to\frac1k$: האסימפטוטה האופקית של $\frac1{f(x)}$ היא $y=\frac1k$.

$k>1$, ולכן $\frac1k<1<k$, והמרחק בין האסימפטוטות הוא $k-\frac1k$:

$k=2$ או $k=-\frac12$. לפי הנתון $k>1$, ולכן $k=2$.

טעות נפוצה: לחשוב שהאסימפטוטה של $\frac1{f(x)}$ היא $y=-k$ (לבלבל בין $\frac1f$ ל-$-f$), לכתוב $2k=1.5$ ולקבל $k=0.75$ - שאינו מקיים את התנאי $k>1$.

מחשבים את המנה בין שני איברים עוקבים בסדרה החדשה:

המנה קבועה (אינה תלויה ב-$n$), ולכן מנת הסדרה החדשה היא $\frac{q_A}{q_B}$.

טעות נפוצה: להפוך את השבר ולכתוב $\frac{q_B}{q_A}$ - האיבר $b_{n+1}=b_nq_B$ נמצא במכנה, ולכן $q_B$ במכנה של המנה.

סדרה הנדסית שאינה קבועה ומנתה חיובית היא מונוטונית (עולה או יורדת). A אינה עולה ואינה יורדת, ולכן $q_A<0$.

B עולה, ולכן $q_B>0$ (במנה שלילית האיברים מחליפים סימן). B מתכנסת ואינה קבועה, ולכן $0<q_B<1$.

מכאן $\frac{q_A}{q_B}<0$: מנת הסדרה החדשה שלילית, וההיגד אינו נכון.

טעות נפוצה: לפרש "אינה עולה ואינה יורדת" כסדרה קבועה ($q_A=1$), ולקבוע שהמנה $\frac{1}{q_B}$ חיובית - נתון ש-A אינה קבועה, וסדרה הנדסית לא קבועה שאינה מונוטונית היא בעלת מנה שלילית.

לפי ב(1), $0<q_B<1$, ולכן לכל האיברים של B אותו סימן כמו $b_1$.

$b_{n+1}-b_n=b_n(q_B-1)$. הסדרה עולה, ולכן $b_n(q_B-1)>0$; מאחר ש-$q_B-1<0$, מתקבל $b_n<0$.

כל איברי B שליליים, וההיגד נכון.

טעות נפוצה: לחשוב שסדרה עולה היא בהכרח סדרה של מספרים חיוביים ולקבוע "לא נכון" - סדרה הנדסית עם $0<q<1$ עולה דווקא כשאיבריה שליליים (למשל $-8,-4,-2,\ldots$).

ההפרש: $d=c_2-c_1=-c_1-c_1=-2c_1$, ולכן $c_3=c_2+d=-c_1-2c_1=-3c_1$.

($c_1\ne0$, אחרת $c_3=0$ והשבר אינו מוגדר.) מציבים:

טעות נפוצה: לחשוב שאם $c_2=-c_1$ אז גם $c_3=-c_2=c_1$ (כאילו הסדרה מחליפה סימן כמו סדרה הנדסית), ולקבל $\frac{c_1\cdot(-c_1)}{c_1}=-c_1=-\frac1{24}$, כלומר $c_1=\frac1{24}$ - בסדרה חשבונית מוסיפים את ההפרש $d=-2c_1$ בכל צעד.

אגף שמאל הוא סכום הסדרה החדשה (איבר ראשון $\frac{a_1}{b_1}$, מנה $\frac{q_A}{q_B}$):

אגף ימין הוא מנת הסכומים של A ושל B:

מחלקים ב-$\frac{a_1}{b_1}\ne0$ ומכפילים במכנים:

נתון $q_A=c_1=-\frac18$:

$q_B=\frac14$ או $q_B=-\frac12$. לפי ב(1) $0<q_B<1$, ולכן $q_B=\frac14$.

(בדיקה: מנת הסדרה החדשה $\frac{-1/8}{1/4}=-\frac12$, והיא מתכנסת.)

טעות נפוצה: לבחור $q_B=-\frac12$ (או להשאיר את שני הפתרונות) - לפי ב(1) הסדרה B עולה ומתכנסת, ולכן $0<q_B<1$.

נבנה טבלה דו-ממדית של הסתברויות. מבין התומכים ($p$) 80% בשנה א': $P(\text{א' וגם בעד})=0.8p$, ולכן $P(\text{ב' וגם בעד})=0.2p$.

מספר תלמידי שנה א' שבעד שווה למספר תלמידי שנה ב' שנגד: $P(\text{ב' וגם נגד})=0.8p$.

לכן $P(\text{ב'})=0.2p+0.8p=p$, ושאר התאים משלימים:

טעות נפוצה: לענות $0.8p$ - זו ההסתברות לחיתוך 'שנה ב' וגם נגד' מבין כל המשתתפים, ולא ההסתברות המותנית מבין תלמידי שנה ב'.

$P(\text{בעד}\mid\text{א'})=\frac{0.8p}{1-p}$, ו-$P(\text{בעד}\mid\text{ב'})=\frac{0.2p}{p}=0.2$.

טעות נפוצה: לחלק במשבצת 'שנה א' וגם נגד' ($1-1.8p$) במקום בסך תלמידי שנה א' ($1-p$): $\frac{0.8p}{1-1.8p}=\frac47$ נותן $p=\frac5{16}$.

(או במשלים: המאורע ההפוך הוא 'שנה א' וגם נגד', שהסתברותו $1-1.8p=\frac14$.)

טעות נפוצה: לחבר בלי להחסיר את החיתוך: $p+p=2p=\frac56$ - תלמידי שנה ב' שבעד נספרים פעמיים.

מאחר שידוע שכולם מתלמידי שנה ב', לכל אחד ההסתברות להיות בעד היא $P(\text{בעד}\mid\text{ב'})=0.2$ (המכללה גדולה, ולכן הבחירות בלתי תלויות).

"לפחות 2 בעד וגם לפחות 2 נגד" מתוך 5: מספר התומכים הוא 2 או 3. לפי נוסחת ברנולי:

טעות נפוצה: לחשב רק "בדיוק 2 בעד" ולקבל $0.2048$ - גם 3 בעד ו-2 נגד מקיים את שני התנאים.

$E$ אמצע הקשת $BC$, ולכן הקשתות $BE$ ו-$EC$ שוות, והזוויות ההיקפיות הנשענות עליהן שוות: $\angle BAE=\angle EAC$. הנקודה $G$ על המשך $AB$, ולכן $\angle GAE=\angle EAC$.

$\angle AEG$ היא זווית בין המשיק $EG$ למיתר $EA$, ולכן היא שווה לזווית ההיקפית הנשענת על הקשת $AE$ מצדו השני של המיתר: $\angle AEG=\angle ACE$.

בשני המשולשים שתי זוויות שוות בהתאמה, ולכן $\Delta ACE\sim\Delta AEG$ (ז.ז), בהתאמה $A\leftrightarrow A$, $C\leftrightarrow E$, $E\leftrightarrow G$.

טעות נפוצה: לנמק $\angle AEG=\angle ABE$ - הזווית בין משיק למיתר שווה לזווית ההיקפית שקודקודה בצד השני של המיתר $AE$ (הנקודה $C$), ואילו $B$ נמצאת באותו צד כמו $G$.

מהדמיון בסעיף א, היחס בין צלעות מתאימות:

טעות נפוצה: להתאים צלעות לא נכונות, $\frac{AC}{AG}=\frac{AG}{AE}$, ולקבל $AC=\frac{AG^2}{AE}=\frac{324}{9\sqrt6}=6\sqrt6\approx14.7$.

$\angle GEB$ היא זווית בין המשיק $EG$ למיתר $EB$, ולכן $\angle GEB=\angle BAE$ (זווית היקפית על הקשת $BE$).

$\angle EBC$ היא זווית היקפית על הקשת $EC$, ולכן $\angle EBC=\angle EAC$.

לפי סעיף א $\angle BAE=\angle EAC$, ולכן $\angle GEB=\angle EBC$.

אלה זוויות מתחלפות בין הישרים $GE$ ו-$BC$ והחותך $BE$, ולכן $BC\parallel GE$.

טעות נפוצה: להסיק את ההקבלה מ-$\angle GEB=\angle BAE$ לבדו - זו אינה זוג זוויות מתחלפות או מתאימות בין $GE$ ל-$BC$; צריך להעביר את השוויון לזווית $\angle EBC$ שליד החותך $BE$.

למשולשים $ABF$ ו-$BFE$ גובה משותף מ-$B$ לישר $AE$, ולכן יחס השטחים שווה ליחס הבסיסים: $\frac{AF}{FE}=2$, כלומר $\frac{AF}{AE}=\frac23$.

לפי ג, $BF\parallel GE$ ($F$ על $BC$). במשולש $AGE$, לפי משפט תאלס:

טעות נפוצה: להפוך את היחס ולכתוב $FE=2AF$, כלומר $\frac{AF}{AE}=\frac13$, ולקבל $AB=6$.

למשולשים $ABF$ ו-$AFC$ גובה משותף מ-$A$ לישר $BC$, ולכן יחס השטחים הוא $\frac{BF}{FC}$.

$AF$ חוצה את הזווית $BAC$ (סעיף א), ולפי משפט חוצה הזווית:

טעות נפוצה: לחשוב שיחס השטחים הוא ריבוע יחס הצלעות, כמו במשולשים דומים, ולקבל $\frac{16}{81}$ - המשולשים $ABF$ ו-$AFC$ אינם דומים; יש להם גובה משותף.

בדלתון האלכסון הראשי $AC$ הוא ציר סימטריה, ולכן $\angle ABC=\angle ADC$.

במרובע חסום במעגל סכום זוויות נגדיות הוא $180°$, ולכן $\angle ABC=\angle ADC=90°$ (ומכאן ש-$AC$ קוטר: זווית היקפית ישרה נשענת על קוטר).

במשולש $ABC$: $\angle BCA=180°-90°-\alpha=90°-\alpha$.

מרכז המעגל החסום נמצא על חוצי הזוויות של המשולש, ולכן:

$\angle OAC=\frac{\alpha}2$, $\angle OCA=\frac{90°-\alpha}2=45°-\frac{\alpha}2$.

טעות נפוצה: לחצות רק את $\alpha$ ולהשאיר ליד $C$ את כל הזווית ($\angle OCA=90°-\alpha$) - מקבלים $\angle AOC=90°+\frac{\alpha}2$ במקום זווית קבועה.

$\angle ABC=90°$, ולכן $AC$ קוטר: $AC=2R$.

משפט הסינוסים במשולש $AOC$ ($AO$ מול הזווית $\angle OCA$, ו-$AC$ מול $\angle AOC$):