בגרות במתמטיקה 571 - קיץ 2024 מועד ב'

שלב הבסיס ($n=1$): אגף שמאל $\frac1{1\cdot2}=\frac12$, אגף ימין $\frac1{1+1}=\frac12$. שווים.

הנחת האינדוקציה: נניח שעבור $n=k$ מתקיים $\frac1{1\cdot2}+\dots+\frac1{k(k+1)}=\frac k{k+1}$.

שלב הצעד: עבור $n=k+1$ הסכום הוא הסכום עבור $k$ ועוד האיבר $\frac1{(k+1)(k+2)}$. לפי ההנחה:

זו בדיוק הטענה עבור $n=k+1$. לפי עקרון האינדוקציה השוויון נכון לכל $n$ טבעי.

(דרך אחרת: $\frac1{i(i+1)}=\frac1i-\frac1{i+1}$, והסכום "מתקפל" ל-$1-\frac1{n+1}=\frac n{n+1}$.)

טעות נפוצה: להוסיף בצעד את $\frac1{k(k+1)}$ (האיבר האחרון שכבר נמצא בסכום) במקום $\frac1{(k+1)(k+2)}$, לקבל $\frac k{k+1}+\frac1{k(k+1)}=\frac{k^2+1}{k(k+1)}$, ו"להסיק" שהצעד נכשל.

כדי להפריך טענה כללית מספיקה דוגמה נגדית אחת.

עבור $n=1$: $1\cdot2=2$ ו-$\frac{1+1}1=2$ - השוויון מתקיים (ולכן בדיקה של $n=1$ בלבד אינה מספיקה).

עבור $n=2$: $1\cdot2+2\cdot3=2+6=8$, ואילו $\frac{2+1}2=\frac32$. $8\neq\frac32$.

לכן הביטוי אינו שווה ל-$\frac{n+1}n$ לכל $n$ טבעי.

(ההיגיון: אגף שמאל הוא סכום של מספרים טבעיים שגדל עם $n$, ואילו $\frac{n+1}n\le2$. כאן הפכו כל איבר וגם את התוצאה של א(1), אבל ההופכי של סכום אינו סכום ההופכיים.)

טעות נפוצה: לבדוק רק את $n=1$, לראות ששני האגפים שווים ל-2, ולענות "כן".

נסמן ב-$R$ את רדיוס המעגל החוסם את משולש ABC, וב-$r$ את רדיוס המעגל החוסם את משולש AOB.

$\angle AOB$ היא זווית מרכזית הנשענת על הקשת AB, ו-$\angle ACB$ זווית היקפית הנשענת על אותה קשת ($\alpha<90^\circ$, ולכן C על הקשת הגדולה). לכן $\angle AOB=2\alpha$.

משפט הסינוסים במשולש ABC: $\frac{AB}{\sin\alpha}=2R$, כלומר $AB=2R\sin\alpha$.

משפט הסינוסים במשולש AOB: $\frac{AB}{\sin2\alpha}=2r$, כלומר $AB=2r\sin2\alpha$.

משווים את שני הביטויים ל-AB:

טעות נפוצה: לכתוב $\angle AOB=\alpha$ (לשכוח שהזווית המרכזית כפולה מההיקפית), ולקבל יחס $\frac{\sin\alpha}{\sin\alpha}=1$.

לפי ב(1): $2\cos\alpha=\sqrt2$, כלומר $\cos\alpha=\frac{\sqrt2}2$, ומאחר ש-$0^\circ<\alpha<90^\circ$: $\alpha=45^\circ$.

לכן $\angle AOB=2\alpha=90^\circ$.

במשולש AOB הזווית ב-O ישרה, ולכן הצלע AB (היתר) היא קוטר של המעגל החוסם את משולש AOB (זווית היקפית של $90^\circ$ נשענת על קוטר).

CB משיקה למעגל הזה בנקודה B, ו-AB קוטר שלו העובר ב-B. משיק מאונך לרדיוס (ולכן לקוטר) בנקודת ההשקה: $\angle ABC=90^\circ$.

במעגל הגדול $\angle ABC$ היא זווית היקפית של $90^\circ$, ולכן היא נשענת על קוטר: AC קוטר במעגל שמרכזו O, כלומר O נמצא על הצלע AC.

טעות נפוצה: להסיק $CB\perp OB$ - המשיק מאונך לקוטר AB של המעגל הקטן, לא לרדיוס OB של המעגל הגדול. מ-$\angle OBC=90^\circ$ היה יוצא ש-CB משיקה למעגל הגדול, ואז C לא יכולה להיות עליו.

$f$ אי-זוגית: $f(-x)=-f(x)$, והגרף סימטרי ביחס לראשית.

$f$ רציפה ומוגדרת ב-0, ולכן $f(0)=-f(0)$, כלומר $f(0)=0$ - הגרף עובר בראשית.

$f(1)=0$, ולכן $f(-1)=-f(1)=0$.

לנקודת המינימום ב-$x=-\frac12$ מתאימה (בשיקוף סביב הראשית) נקודת מקסימום ב-$x=\frac12$. נתון שיש מינימום אחד בלבד, ולכן אין עוד קיצונים: $f$ יורדת עבור $x<-\frac12$, עולה בקטע $-\frac12<x<\frac12$ ויורדת עבור $x>\frac12$.

בכל קטע מונוטוניות יש לכל היותר אפס אחד, ולכן האפסים הם בדיוק $-1$, $0$, $1$, וסימני $f$: חיובית עבור $x<-1$, שלילית בקטע $-1<x<0$, חיובית בקטע $0<x<1$, שלילית עבור $x>1$.

סקיצה אפשרית:

טעות נפוצה: לסרטט גרף עם שתי נקודות חיתוך בלבד, $(\pm1,0)$, ולשכוח שפונקציה אי-זוגית ורציפה המוגדרת ב-0 מקיימת $f(0)=0$.

$g'(x)=-f(x)$, ולכן הסימן של $g'$ הפוך לסימן של $f$ (מ-ג(1)):

$g'$ עוברת משלילית לחיובית ב-$x=-1$ וב-$x=1$ - שתי נקודות מינימום. ב-$x=0$ היא עוברת מחיובית לשלילית - מקסימום.

$g(1)=2$, ו-$g$ זוגית, ולכן $g(-1)=g(1)=2$.

נקודות המינימום: $(1,2)$ ו-$(-1,2)$.

טעות נפוצה: להתעלם מהמינוס ולקרוא את המגמה של $g$ ישר מהסימן של $f$, ולקבל מינימום יחיד ב-$x=0$ ומקסימום ב-$x=\pm1$.

I: נקודת המקסימום של $g$ היא ב-$x=0$. לפי ג(2) $g$ יורדת בקטע $0<x<1$, ולכן $g(0)>g(1)=2$. שיעור ה-$y$ של המקסימום גדול מ-2 - ההיגד אינו נכון.

II: $g$ יורדת עבור $x<-1$ ועולה עבור $x>1$, ובקטע $-1\le x\le1$ הערכים שלה גדולים או שווים ל-2 (המינימומים שם שווים ל-2). לכן הערך הקטן ביותר של $g$ הוא 2, כלומר $g(x)\ge2>0$ לכל $x$ - ההיגד נכון.

טעות נפוצה: לחשוב שנקודת מקסימום "יושבת" בין שני המינימומים גם בגובה, כלומר שערכה בין 0 ל-2, ולקבוע ש-I נכון.

לפי הסרטוט לגרף ארבע נקודות חיתוך עם ציר ה-$x$: שתיים משמאל לציר ה-$y$ ושתיים מימינו, והגרף חותך את ציר ה-$y$ מעל ציר ה-$x$ ($f(0)>0$).

ביטוי I הוא פולינום ממעלה שלישית עם שלושה אפסים בלבד - נפסל.

ביטוי II מתאפס ב-$x=0$, כלומר הגרף שלו עובר בראשית - נפסל.

ביטוי IV: האפסים $-6,-3,-1,4$ - שלושה מהם שליליים; וגם $f(0)=(-4)(1)(3)(6)=-72<0$ - נפסל.

ביטוי III: האפסים $-6,-3$ (שליליים) ו-$1,4$ (חיוביים), ו-$f(0)=(-4)(-1)(3)(6)=72>0$. מתאים לסרטוט.

טעות נפוצה: לבחור בביטוי IV כי גם לו ארבעה אפסים ומקדם מוביל חיובי, בלי לבדוק את הסימן של $f(0)$ ואת מספר האפסים בכל צד של ציר ה-$y$.

$g(x)=\sqrt{f(x)}$ מוגדרת כאשר $f(x)\ge0$.

$f(x)=(x-4)(x-1)(x+3)(x+6)$ - פולינום ממעלה רביעית עם מקדם מוביל חיובי ואפסים פשוטים $-6,-3,1,4$. הסימן מתחלף בכל אפס, ומימין ל-4 הוא חיובי (וזה גם מה שרואים בסרטוט):

$f\ge0$ עבור $x\le-6$, $-3\le x\le1$, $x\ge4$; $f<0$ בקטעים $-6<x<-3$ ו-$1<x<4$.

תחום ההגדרה: $x\le-6$ או $-3\le x\le1$ או $x\ge4$.

טעות נפוצה: לקחת רק את ה"גבעה" שבאמצע הסרטוט ולענות $-3\le x\le1$, ולשכוח ששתי הזרועות החיצוניות של הגרף נמצאות גם הן מעל ציר ה-$x$.

$g$ מוגדרת רק בתחום שמצאנו ב-ד(2), ו-$g\ge0$ בכל התחום.

$\sqrt t$ פונקציה עולה, ולכן ל-$g$ אותם תחומי עלייה וירידה כמו ל-$f$ בתוך התחום, ואותם אפסים: $-6,-3,1,4$.

בקטע $-3\le x\le1$ יש ל-$f$ מקסימום ב-$x=-1$ ($f(-1)=100$), ולכן ל-$g$ מקסימום באותה נקודה: $g(-1)=\sqrt{100}=10$.

עבור $x\le-6$, $g$ יורדת עד 0; עבור $x\ge4$, $g$ עולה מ-0 ושואפת לאינסוף.

סקיצה:

טעות נפוצה: לסרטט את $g$ גם בקטעים שבהם $f<0$ (כאילו $g=\sqrt{|f|}$), ולקבל גרף רציף לכל $x$ במקום שלושה חלקים נפרדים.

מפרקים לפי לינאריות האינטגרל:

$g(x-1)$ היא הזזה של $g$ ימינה ביחידה אחת. כאשר $x$ עובר מ-5 ל-8, הביטוי $x-1$ עובר מ-4 ל-7, ולכן השטח זהה:

$\int_5^81\,dx=8-5=3$.

סה"כ: $2k+3$.

טעות נפוצה: לכתוב $\int_5^81\,dx=1$ (לשכוח לכפול באורך הקטע) ולקבל $2k+1$.

נסמן ב-$q$ את מנת הסדרה.

סכום הסדרה ללא שני האיברים האחרונים: $a_1+a_2+\dots+a_{2n-1}$. סכום הסדרה ללא שני האיברים הראשונים: $a_3+a_4+\dots+a_{2n+1}$.

כל איבר בסכום השני גדול פי $q^2$ מהאיבר המתאים בסכום הראשון ($a_3=q^2a_1$, $a_4=q^2a_2$, ...), ושני הסכומים בני $2n-1$ איברים, ולכן:

האיברים חיוביים, ולכן $q=2$.

האיבר האמצעי הוא $a_{n+1}$: לפניו $n$ איברים ($a_1,\dots,a_n$) ואחריו $n$ איברים ($a_{n+2},\dots,a_{2n+1}$).

$a_{n+2}=q^{n+1}a_1$, וכן הלאה, ולכן:

$n+1=8$, כלומר $n=7$.

טעות נפוצה: לחשוב שהאיבר הראשון אחרי האמצעי רחוק $n$ מקומות מ-$a_1$, לכתוב $2^n=256$ ולקבל $n=8$ (בפועל $a_{n+2}$ רחוק $n+1$ מקומות מ-$a_1$).

לפי סעיף א $a_{k+1}=2a_k$, ולכן $a_k+a_{k+1}=3a_k$, ו-:

היחס בין שני איברים עוקבים:

היחס קבוע (אינו תלוי ב-$k$), ולכן B סדרה הנדסית שמנתה $\frac14$.

טעות נפוצה: לשכוח את הריבוע ולענות שהמנה היא $\frac12$ (ההופכי של $q$).

$b_1=\frac1{9a_1^2}$, ומנת B היא $\frac14$.

האיברים במקומות האי-זוגיים $b_1,b_3,b_5,\dots$ הם סדרה הנדסית אין-סופית שמנתה $\left(\frac14\right)^2=\frac1{16}$:

האיברים במקומות הזוגיים $b_2,b_4,\dots$: איבר ראשון $b_2=\frac{b_1}4$ ומנה $\frac1{16}$, ולאחר הכפלה ב-2:

נתון: $S_{\text{odd}}-S_{\text{even}}=\frac1{30}$:

$\frac1{9a_1^2}=\frac1{16}$, כלומר $a_1^2=\frac{16}9$, ו-$a_1>0$: $a_1=\frac43$.

טעות נפוצה: להשתמש במנה $\frac14$ גם לתת-הסדרות (במקום $\frac1{16}$), לקבל $\frac43b_1-\frac23b_1=\frac1{30}$, $b_1=\frac1{20}$, ומכאן $a_1=\frac{2\sqrt5}3$.

הבחירה היא מבין החברים בתנועה, ולכן ההסתברות שתלמיד שנבחר מתנדב היא 0.8, ושאינו מתנדב 0.2 (עם החזרה - הבחירות בלתי תלויות).

המאורע המשלים ל"לפחות אחד מכל סוג": כל החמישה מאותו סוג - כולם מתנדבים או כולם אינם מתנדבים (שני מאורעות זרים).

טעות נפוצה: לכפול במקום לחבר את שני המקרים של המשלים, $1-0.8^5\cdot0.2^5$, ולקבל כמעט 1 ($\approx0.9999$).

נסמן: M - חבר בתנועת נוער, V - מתנדב.

$\frac1{12}$ מהלא-חברים מתנדבים, ולכן $\frac{11}{12}$ מהם אינם מתנדבים: $P(\bar V\mid\bar M)=\frac{11}{12}$.

לכן $P(M)=0.4$: 40% מהתלמידים חברים בתנועת נוער.

טבלה (בהסתברויות):

טעות נפוצה: לפרש את $\frac1{12}$ כחלק מכל התלמידים ($P(\bar M\cap V)=\frac1{12}$), לקבל $P(\bar M)=0.55+\frac1{12}\approx0.633$, ולענות שכ-36.7% חברים בתנועה.

$P(M\cap\bar V)=P(M)\cdot P(\bar V\mid M)=0.4\cdot0.2=0.08$.

מתוך 100 תלמידים: $100\cdot0.08=8$ תלמידים.

טעות נפוצה: לקחת 20% מכל התלמידים במקום 20% מהחברים בתנועה, ולענות 20.

התלמידים שאינם מתנדבים: 8 חברים בתנועה (סעיף ג) ו-$100\cdot0.55=55$ שאינם חברים - 63 בסך הכול.

הבחירה ללא החזרה, ולכן אחרי כל בחירה מספר התלמידים קטן ב-1:

טעות נפוצה: לכפול ב-3 "כי החבר בתנועה יכול להיבחר בכל אחד משלושת המקומות" ולקבל $\approx0.299$ - כאן הסדר נתון: החבר הוא דווקא הראשון.

ידוע שהראשון אינו חבר, ולכן נותרו 62 תלמידים: 8 חברים ו-54 שאינם חברים.

צריך שבדיוק אחד משני הנבחרים הבאים יהיה חבר - השני או השלישי:

טעות נפוצה: לחשב רק את הסדר "השני חבר, השלישי לא" ולקבל $\frac8{62}\cdot\frac{54}{61}\approx0.114$.

המרובע CEFO חסום במעגל, ולכן הזווית החיצונית שלו בקודקוד F שווה לזווית הפנימית שמולה, בקודקוד C:

(סכום זוויות נגדיות במרובע חסום הוא $180^\circ$: $\angle EFO+\angle ECO=180^\circ$.)

$OC=OB$ (רדיוסים), ולכן במשולש OBC: $\angle OCB=\angle OBC$, כלומר $\angle ECO=\angle EBF$.

מכאן $\angle EFB=\angle EBF$, ובמשולש EFB מול זוויות שוות מונחות צלעות שוות: $EF=EB$.

טעות נפוצה: לכתוב שהזווית החיצונית $\angle EFB$ שווה לזווית הפנימית הסמוכה לה, $\angle EFO$ - הן משלימות זו את זו ל-$180^\circ$; הזווית השווה לחיצונית היא הזווית הנגדית $\angle ECO$.

D ו-C נמצאות על המעגל החוסם את CEFO, מאותו צד של המיתר EO, ולכן הזוויות ההיקפיות הנשענות על EO שוות: $\angle EDO=\angle ECO$.

לפי סעיף א $\angle ECO=\angle EBO$, ולכן $\angle EDO=\angle EBO$.

נתון $ED\parallel AB$, כלומר $ED\parallel OB$, ולכן הזוויות החד-צדדיות בין המקבילים משלימות: $\angle DEB+\angle EBO=180^\circ$.

לכן גם $\angle DEB+\angle EDO=180^\circ$: אלה זוויות חד-צדדיות בין הישרים DO ו-EB עם החותך ED, ולכן $DO\parallel EB$.

במרובע EDOB שני זוגות של צלעות נגדיות מקבילות ($ED\parallel OB$, $DO\parallel BE$) - הוא מקבילית.

טעות נפוצה: להסתפק בנתון $ED\parallel OB$ ולקבוע שהמרובע מקבילית - זוג אחד של צלעות מקבילות מבטיח רק טרפז.

AB קוטר, ולכן הזווית ההיקפית הנשענת עליו ישרה: $\angle ACB=90^\circ$, כלומר $BC\perp AC$.

לפי ב(1) EDOB מקבילית, ולכן $OD\parallel BE$, כלומר $OD\parallel BC$.

ישר המקביל לישר המאונך ל-AC מאונך גם הוא ל-AC: $OD\perp AC$.

טעות נפוצה: לנמק "$OD\perp AC$ כי הקטע מהמרכז לאמצע מיתר מאונך למיתר" - עדיין לא הוכח ש-D אמצע AC (זה נובע רק אחרי הניצבות).

לפי ב(2) $\angle ODC=90^\circ$. D נמצאת על המעגל החוסם את CEFO, ו-$\angle ODC$ זווית היקפית בו הנשענת על המיתר OC. זווית היקפית ישרה נשענת על קוטר, ולכן OC קוטר של המעגל הקטן, ומרכזו (אמצע OC) נמצא על הקטע OC.

$\ell$ משיק למעגל הגדול ב-C, ולכן $\ell\perp OC$ (משיק מאונך לרדיוס בנקודת ההשקה).

C נמצאת גם על המעגל הקטן, ו-OC הוא הקוטר שלו דרך C. ישר המאונך לקוטר (לרדיוס) בקצהו הוא משיק, ולכן $\ell$ משיק גם למעגל החוסם את CEFO, בנקודה C.

טעות נפוצה: לטעון ש-$\ell$ משיק למעגל הקטן רק משום ש-C נקודה משותפת לשני המעגלים - ישר דרך נקודה של מעגל יכול גם לחתוך אותו; צריך להראות שהוא מאונך לרדיוס של המעגל הקטן.

במשולש ABC: $\angle ACB=180^\circ-60^\circ-\alpha=120^\circ-\alpha$.

לפי משפט הסינוסים המורחב (כל צלע שווה ל-$2R$ כפול הסינוס של הזווית שמולה): $BC=2R\sin\alpha$, $AB=2R\sin(120^\circ-\alpha)$.

הזווית המרכזית $\angle BOC$ והזווית ההיקפית $\angle BAC$ נשענות על אותה קשת BC, ולכן $\angle BOC=2\alpha$.

D אמצע הקשת BC, ולכן הקשתות BD ו-DC שוות, וגם הזוויות המרכזיות שעליהן: $\angle DOC=\frac{2\alpha}2=\alpha$.

טעות נפוצה: לקחת $\angle DOC=2\alpha$ (כל הזווית המרכזית $BOC$ במקום חציה) ולקבל $S_{\triangle ODC}=\frac{R^2\sin2\alpha}2$.

משווים לנתון: $2\sqrt3\sin(120^\circ-\alpha)=2\sqrt3\sin80^\circ$, כלומר $\sin(120^\circ-\alpha)=\sin80^\circ$.

לזוויות במשולש יש שתי אפשרויות: $120^\circ-\alpha=80^\circ$, כלומר $\alpha=40^\circ$; או $120^\circ-\alpha=180^\circ-80^\circ=100^\circ$, כלומר $\alpha=20^\circ$.

המשולש חד זוויות. עבור $\alpha=20^\circ$: $\angle ACB=120^\circ-20^\circ=100^\circ$ - קהה, ולכן נפסל.

עבור $\alpha=40^\circ$ הזוויות הן $40^\circ$, $60^\circ$, $80^\circ$ - כולן חדות.

$\alpha=40^\circ$.

טעות נפוצה: לבחור את הפתרון $\alpha=20^\circ$ (או להשאיר את שני הפתרונות) בלי לבדוק את תנאי החדות - עבורו $\angle ACB=100^\circ$.

$\angle ACB=120^\circ-40^\circ=80^\circ$.

הזווית ההיקפית $\angle BCD$ נשענת על הקשת BD, שהזווית המרכזית עליה היא $\angle BOD=\alpha=40^\circ$. לכן $\angle BCD=20^\circ$.