בגרות במתמטיקה 571 - קיץ 2025 מועד א'

שלב הבסיס, $n=1$: אגף שמאל $2^2=4$; אגף ימין $\frac{2\cdot3\cdot2}{3}=4$. הטענה נכונה.

שלב הצעד: נניח שהטענה נכונה עבור $n=k$:

ונוכיח עבור $n=k+1$. האיבר הבא בסכום הוא $(2(k+1))^2=(2k+2)^2=4(k+1)^2$. לפי ההנחה:

בסוגריים המרובעים: $2k^2+7k+6=(2k+3)(k+2)$. לכן הסכום שווה ל-$\frac{2(k+1)(2k+3)(k+2)}{3}$.

זה בדיוק אגף ימין עבור $n=k+1$: $\frac{2(k+1)(2(k+1)+1)((k+1)+1)}{3}=\frac{2(k+1)(2k+3)(k+2)}{3}$.

לפי עקרון האינדוקציה, הטענה נכונה לכל $n$ טבעי.

טעות נפוצה: להוסיף בשלב הצעד את האיבר $(2k+1)^2$ (ה"מספר הבא") במקום $(2k+2)^2$ - בסכום מופיעים רק ריבועי מספרים זוגיים, ואז הביטוי לא מתפרק לצורה הנדרשת.

$90=2n$ עבור $n=45$. לפי א(1):

הסכום המבוקש מתחיל ב-$4^2$, כלומר חסר בו האיבר הראשון $2^2=4$:

טעות נפוצה: להציב בנוסחה בלי להחסיר את $2^2$ ולענות $125{,}580$.

$AB\parallel CD$, ולכן $\angle BAO=\angle BAC=\angle ACD=\angle OCD$ (זוויות מתחלפות).

לפי הנתון $\angle BAO=\angle CDO$, ולכן $\angle OCD=\angle ODC$: במשולש OCD מול זוויות שוות צלעות שוות, $OC=OD$.

באופן דומה $\angle ABO=\angle ABD=\angle BDC=\angle CDO$ (מתחלפות), ולפי הנתון $\angle CDO=\angle BAO$. לכן $\angle ABO=\angle BAO$, ו-$OA=OB$.

מכאן $AC=AO+OC=BO+OD=BD$: האלכסונים שווים, וטרפז שאלכסוניו שווים הוא שווה שוקיים.

טעות נפוצה: להסיק מהנתון ישר ש-$OA=OD$ ("מול זוויות שוות") - הזוויות $\angle BAO$ ו-$\angle CDO$ נמצאות במשולשים שונים, ואינן זוויות של המשולש AOD.

לפי ב(1) (ובהוכחה שלו) $OA=OB=9$ ו-$OC=OD=12$.

האלכסונים מאונכים, ולכן המשולש AOB ישר זווית ושווה שוקיים. לפי פיתגורס $AB=\sqrt{9^2+9^2}=9\sqrt2$.

$AC=AO+OC=21$. במשולש CAB הקטע OF מקביל לצלע AB (O על CA, F על CB), ולפי משפט תאלס המורחב:

טעות נפוצה: לקחת את היחס מהקדקוד הלא נכון, $\frac{OF}{AB}=\frac{AO}{AC}=\frac9{21}$, ולקבל $OF=\frac{27\sqrt2}{7}\approx5.455$ - הקטע OF "יוצא" מהקדקוד C, ולכן היחס הוא $\frac{CO}{CA}$.

נתבונן בנקודות המיוחדות של כל גרף:

גרף II: נקודת פיתול עם משיק אופקי (על ציר ה-$x$, בצד השלילי), ונקודת מקסימום אחת (בצד החיובי).

גרף III: נוגע בציר ה-$x$ בצד השלילי (מינימום שערכו 0, בלי החלפת סימן), ואחר כך מקסימום, חיתוך עם ציר ה-$x$ (מחיובי לשלילי) ומינימום.

גרף I: חותך את ציר ה-$x$ שלוש פעמים.

אפסי הנגזרת הם הנקודות שבהן המשיק לגרף הפונקציה אופקי. גרף III מתאפס בדיוק במקומות המתאימים לגרף II: נגיעה בלי החלפת סימן - שם ל-II פיתול אופקי (II עולה משני צדיה), וחיתוך מחיובי לשלילי - שם ל-II מקסימום. לכן II היא $f$ ו-III היא $f'$.

גרף I מתאפס ומחליף סימן בשלוש נקודות - בדיוק בשלוש נקודות הקיצון של III (מינימום, מקסימום, מינימום), ובין הקיצונים הוא חיובי כש-III עולה ושלילי כש-III יורד. לכן I היא $f''$.

(ל-II יש רק שתי נקודות עם משיק אופקי, ולכן I, עם שלוש החלפות סימן, לא יכול להיות $f'$.)

טעות נפוצה: לבחור את הגרף "המסובך" ביותר (I, עם הכי הרבה קיצונים) כגרף של $f$ - דווקא הנגזרות מוסיפות נקודות מיוחדות, לא הפונקציה.

נקודת פיתול של $f$ היא נקודה שבה $f''$ מחליפה סימן, כלומר נקודת קיצון של $f'$.

לגרף III ($f'$) יש שלוש נקודות קיצון: מינימום (הנגיעה בציר), מקסימום ומינימום. באותן נקודות גרף I ($f''$) חותך את ציר ה-$x$ ומחליף סימן.

לכן ל-$f$ יש 3 נקודות פיתול (אחת מהן היא נקודת הפיתול האופקית שרואים בגרף II).

טעות נפוצה: לספור רק את נקודת הפיתול האופקית שרואים בגרף II ולענות 1 - שתי נקודות הפיתול האחרות אינן אופקיות, ולכן קשה לראות אותן בגרף $f$ עצמו.

קודם נקבע מי מעל מי בתחום $0\le x\le a$:

$f$ עולה עד המקסימום ב-$x=a$, ולכן $f'(x)\ge0$ בתחום (גרף III חיובי מ-0 עד נקודת החיתוך).

$f'$ יורדת בתחום (מהמקסימום שלה, שנמצא משמאל לציר ה-$y$, עד המינימום שמימין ל-$a$), ולכן $f''(x)<0$.

לכן גרף $f'$ מעל גרף $f''$:

$f$ היא פונקציה קדומה של $f'$, ו-$f'$ היא פונקציה קדומה של $f''$. לכן $f-f'$ פונקציה קדומה של $f'-f''$:

$f(a)=15$ (המקסימום), $f'(a)=0$ (נקודת קיצון), $f(0)=12$ (גרף II), $f'(0)=6$ (גרף III):

טעות נפוצה: להחליף בין הערכים של גרף II לגרף III ($f(0)=6$, $f'(0)=12$), ולקבל $15-(6-12)=21$.

המכנה $(x^2+2x)^2$ הוא ריבוע, ובתחום ההגדרה הוא חיובי. לכן הסימן של $f$ הוא הסימן של המונה $2(x+1)$.

$2(x+1)>0$ כאשר $x>-1$. מוציאים את $x=0$, שאינו בתחום ההגדרה:

תחומי החיוביות: $-1<x<0$, $x>0$.

טעות נפוצה: לענות $x>-1$ בלי להוציא את $x=0$ - בנקודה הזו הפונקציה לא מוגדרת.

לפי ד(1): עבור $x<-2$ הפונקציה שלילית ($x+1<0$); בתחום $-2<x<0$ היא שלילית משמאל ל-$-1$, מתאפסת ב-$x=-1$ וחיובית מימין לו; ועבור $x>0$ היא חיובית.

גרפים I ו-II חיוביים משמאל לאסימפטוטה $x=-2$ - נפסלים.

בגרף IV הענף האמצעי יורד: חיובי משמאל לנקודת החיתוך ושלילי מימינה - הפוך מהסימן של $f$. נפסל.

בגרף III: ענף שמאלי שלילי, ענף אמצעי עולה מ-$-\infty$ (ליד $x=-2$), חותך את ציר ה-$x$ ושואף ל-$+\infty$ (ליד $x=0$), וענף ימני חיובי. זה הגרף של $f$.

טעות נפוצה: לבחור בגרף I מתוך מחשבה שהמכנה בריבוע ולכן ליד כל אסימפטוטה הגרף שואף ל-$+\infty$ משני הצדדים - גם המונה משפיע על הסימן, והוא שלילי ליד $x=-2$.

בתחום $1\le x\le3$ הפונקציה חיובית (ד(1)), ולכן השטח הוא האינטגרל.

המונה $2(x+1)=2x+2$ הוא בדיוק הנגזרת של הביטוי הפנימי $x^2+2x$. לכן $f(x)=\frac{(x^2+2x)'}{(x^2+2x)^2}$, ופונקציה קדומה שלה היא $-\frac{1}{x^2+2x}$ (כי $\left(-\frac1u\right)'=\frac{u'}{u^2}$):

טעות נפוצה: להשאיר את החזקה במכנה ולכתוב קדומה $-\frac{1}{(x^2+2x)^2}$, ולקבל $-\frac1{225}+\frac19=\frac{8}{75}\approx0.107$ - באינטגרל החזקה יורדת מ-2 ל-1.

נסמן את המנה ב-$q$. היחס בין שני איברים שהמרחק ביניהם שני מקומות הוא $q^2$:

מאותו נתון $a_4=4a_2$. מציבים בנתון הראשון:

$a_3=a_2\cdot q$, ולכן $a_3=4\cdot2=8$ או $a_3=4\cdot(-2)=-8$.

טעות נפוצה: לחשוב ש-$\frac{a_4}{a_2}$ הוא המנה עצמה, כלומר $q=4$, ולקבל $a_3=a_2q=16$ - בין $a_2$ ל-$a_4$ יש שני צעדים, ולכן היחס הוא $q^2$.

הסדרה A לא עולה ולא יורדת, ולכן המנה שלה שלילית (עם $q=2$ ו-$a_2=4>0$ הסדרה הייתה עולה). לכן $q=-2$, ו-$a_1=\frac{a_2}{q}=-2$.

נחשב את היחס בין שני איברים עוקבים של B:

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

טעות נפוצה: לחשב את היחס הפוך, $\frac{b_n}{b_{n+1}}$, ולקבל מנה $4$ - המנה היא האיבר הבא חלקי הקודם.

האיבר ה-$n$ של C הוא $c_n=\frac{k}{a_{2n-1}a_{2n}}$. בין זוג לזוג מתקדמים שני מקומות בסדרה A:

הפרמטר $k$ מצטמצם, ולכן המנה לא תלויה בו.

טעות נפוצה: לחשב את היחס בין המכפלות $\frac{a_3a_4}{a_1a_2}=q^4$ ולשכוח שהמכפלות נמצאות במכנה של איברי C, ולקבל מנה $16$ - המנה של C היא ההופכי, $\frac{1}{q^4}$.

$a_1=-2$, $a_2=4$, ולכן $c_1=\frac{k}{(-2)\cdot4}=-\frac k8$.

המנה $\frac{1}{16}$ חיובית וקטנה מ-1: כל האיברים באותו סימן, והערך המוחלט שלהם קטן מאיבר לאיבר.

אם $c_1>0$ - האיברים חיוביים ויורדים אל 0, והסדרה יורדת.

אם $c_1<0$ - האיברים שליליים ומתקרבים ל-0 מלמטה, והסדרה עולה.

לכן C עולה כאשר $-\frac k8<0$, כלומר $k>0$.

טעות נפוצה: לחשוב שסדרה עם מנה חיובית עולה כשהאיבר הראשון חיובי, ולענות $k<0$ - כשהמנה בין 0 ל-1 ואיבר חיובי, הסדרה יורדת.

סכום סדרה הנדסית אין-סופית: $S=\frac{a_1}{1-q}$ (שתי הסדרות מתכנסות, כי המנות שלהן בין 0 ל-1).

$b_1=\frac{1}{a_1a_2}=-\frac18$:

$c_1=-\frac k8$:

מציבים בנתון:

טעות נפוצה: לחשב את $S_C$ עם המנה של B ($\frac14$) במקום המנה של C: $S_C=\frac{-\frac k8}{\frac34}=-\frac k6$, ולקבל $k=12$.

המדינה גדולה, ולכן אפשר להתייחס לבחירת 3 מצביעים כשלושה ניסויים בלתי תלויים עם הסתברות הצלחה $p$ (הצבעה למפלגה א') - נוסחת ברנולי.

בדיוק אחד הצביע א': $\binom31p(1-p)^2=3p(1-p)^2$. שלושתם הצביעו ב': $(1-p)^3$.

$1-p\ne0$ (כי $p<1$), ולכן מחלקים ב-$(1-p)^2$:

טעות נפוצה: לשכוח את המקדם $\binom31=3$ (שלוש אפשרויות למקום של מצביע א'), כלומר $p=2(1-p)$, ולקבל $p=\frac23$.

זו הסתברות מותנית. המאורע "ארבעתם הצביעו לאותה מפלגה" הוא איחוד של שני מאורעות זרים: ארבעתם א' או ארבעתם ב'.

טעות נפוצה: להתעלם מהמידע "ידוע כי..." ולענות $\left(\frac25\right)^4=\frac{16}{625}$ - זו ההסתברות שארבעתם הצביעו א' בלי התנאי.

נסמן ב-$y$ את ההסתברות שמצביע אקראי הוא צעיר. עץ דו-שלבי: גיל, ואז מפלגה.

49% מהמבוגרים הצביעו ב', ולכן $100\%-49\%=51\%$ מהמבוגרים הצביעו א'. 18% מהצעירים הצביעו א'.

ההסתברות הכוללת להצבעה למפלגה א' היא $p=0.4$:

טעות נפוצה: להציב את 49% כהסתברות שמבוגר הצביע א' (בלי לעבור למשלים): $0.49(1-y)+0.18y=0.4$, ומקבלים $y=\frac{9}{31}$.

דני מתקשר לצעירים בלבד: כל צעיר הצביע א' בהסתברות 0.18 ו-ב' בהסתברות 0.82, באופן בלתי תלוי.

דני מפסיק בפעם הראשונה שיש לו מצביע של כל מפלגה. הוא מתקשר ל-5 בדיוק אם ארבעת הראשונים הצביעו לאותה מפלגה, והחמישי הצביע למפלגה האחרת.

שתי אפשרויות זרות: א'א'א'א'ב' או ב'ב'ב'ב'א'.

טעות נפוצה: לחשב רק את התרחיש "ארבעה ב' ואז א'" ולקבל $0.82^4\cdot0.18\approx0.08138$ - גם ארבעה א' ואחריהם ב' עוצרים את דני בשיחה החמישית.

KA משיק למעגל הקטן ב-A, ולכן הוא מאונך לרדיוס בנקודת ההשקה: $\angle KAO=90^\circ$.

$OA=OE=r$ (רדיוסים במעגל הקטן), ולכן המשולש AOE שווה שוקיים ו-$\angle OAE=\angle OEA$. מסכום הזוויות במשולש:

E בתוך המשולש KAO, ולכן הקרן AE בתוך הזווית KAO:

כלומר $\angle AOE=2\angle KAE$. (זה בדיוק המשפט: זווית בין משיק למיתר שווה למחצית הזווית המרכזית הנשענת על אותה קשת.)

טעות נפוצה: לטעון שהזווית בין המשיק למיתר שווה לזווית המרכזית, $\angle KAE=\angle AOE$ - היא שווה לזווית ההיקפית, שהיא מחצית המרכזית.

לפי סעיף א, $\angle KAO=90^\circ$ (משיק מאונך לרדיוס).

הנקודות K, A, O נמצאות על המעגל הגדול, ולכן $\angle KAO$ היא זווית היקפית במעגל הגדול.

זווית היקפית של $90^\circ$ נשענת על קוטר, ולכן KO הוא קוטר של המעגל הגדול.

מרכז המעגל הוא אמצע הקוטר, ו-M היא אמצע הקטע KO - לכן M היא מרכז המעגל הגדול (ו-$MA=MO=MK=R$).

טעות נפוצה: "להוכיח" ש-M מרכז רק מכך ש-$MK=MO$ - יש אינסוף נקודות שוות מרחק מ-K ומ-O (האנך האמצעי); צריך להראות ש-KO קוטר.

לפי סעיף ב, $MA=MO=R$, ולכן המשולש MOA שווה שוקיים: $\angle MOA=\angle MAO$.

$OA=OE=r$, ולכן המשולש OEA שווה שוקיים: $\angle OEA=\angle OAE$.

E על הקטע AM, ולכן $\angle MAO$ ו-$\angle OAE$ הן אותה זווית (זווית משותפת בקדקוד A).

במשולשים MOA ו-OEA:

$\angle MAO=\angle OAE$ (משותפת);

$\angle MOA=\angle MAO=\angle OAE=\angle OEA$.

לכן $\triangle MOA\sim\triangle OEA$ (ז.ז), בהתאמה $M\leftrightarrow O$, $O\leftrightarrow E$, $A\leftrightarrow A$: שני משולשים שווי שוקיים עם זווית בסיס משותפת.

טעות נפוצה: לכתוב התאמה לא נכונה, כמו $M\leftrightarrow E$, ומשם להסיק בסעיף ד ש-$\frac{EA}{MA}=\frac{OA}{OA}$, כלומר $EA=R$ - בהתאמה הנכונה הקודקודים הראשיים (M ו-O) מתאימים זה לזה.

מהדמיון בסעיף ג: $\frac{EA}{OA}=\frac{OA}{MA}=\frac{r}{R}=\frac{r}{1.5r}=\frac23$, ולכן $EA=\frac23r$.

$MA=R=1.5r$, ו-E על הקטע MA:

למשולשים MEO ו-MAO אותו גובה מ-O לישר MA, ולכן יחס השטחים הוא יחס הבסיסים:

M אמצע KO, ולכן AM תיכון במשולש OKA, והוא מחלק אותו לשני משולשים שווי שטח:

טעות נפוצה: לשכוח שהמשולש MAO הוא רק חצי מהמשולש OKA, ולענות $1.8S$.

מרכז המעגל החסום נמצא על חוצי הזוויות של המשולש, ולכן $CO$ חוצה את $\angle ACB$: $\angle OCB=\alpha$.

נסמן ב-$M$ את נקודת ההשקה של המעגל עם הצלע $BC$. הרדיוס לנקודת ההשקה מאונך למשיק, ולכן $OM\perp BC$ ו-$OM=r$.

במשולש ישר הזווית $OMC$: $\sin\alpha=\frac{OM}{CO}$, ולכן:

טעות נפוצה: להשתמש בכל הזווית $2\alpha$ (לשכוח ש-$CO$ חוצה אותה) ולקבל $CO=\frac{r}{\sin2\alpha}$.

במשולש $OMC$: $\tan\alpha=\frac{OM}{CM}$, ולכן $CM=\frac{r}{\tan\alpha}=\frac{r\cos\alpha}{\sin\alpha}$.

המשולש שווה שוקיים, ולכן חוצה זווית הראש הוא גם הגובה והתיכון לבסיס. מרכז המעגל החסום נמצא עליו, ולכן נקודת ההשקה $M$ היא אמצע $BC$, והנקודות $A$, $O$, $M$ על ישר אחד המאונך ל-$BC$.

במשולש ישר הזווית $AMC$ (הזווית ליד $C$ היא $2\alpha$): $\cos2\alpha=\frac{CM}{AC}$, ולכן:

טעות נפוצה: לכתוב $\sin2\alpha$ במקום $\cos2\alpha$ (להתבלבל בין הניצב שליד הזווית לניצב שמולה) ולקבל $AC=\frac{r\cos\alpha}{\sin\alpha\sin2\alpha}=\frac{r}{2\sin^2\alpha}$.

$AC=\sqrt3\cdot CO$:

מציבים $\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1$ ומקבלים משוואה ריבועית ב-$\cos\alpha$:

$\cos\alpha=\frac{6}{4\sqrt3}=\frac{\sqrt3}2$ או $\cos\alpha=-\frac{1}{\sqrt3}$.

$2\alpha$ היא זווית בסיס במשולש שווה שוקיים, ולכן $0^\circ<2\alpha<90^\circ$, כלומר $0^\circ<\alpha<45^\circ$ ו-$\cos\alpha>0$. הפתרון השלילי נפסל.

$\cos\alpha=\frac{\sqrt3}2$, ולכן $\alpha=30^\circ$ (וזוויות הבסיס $60^\circ$ - המשולש שווה צלעות).

טעות נפוצה: להציב $\cos2\alpha=1-2\cos^2\alpha$ (סימן הפוך) - מתקבל $2\sqrt3\cos^2\alpha+\cos\alpha-\sqrt3=0$, $\cos\alpha=\frac1{\sqrt3}$ ו-$\alpha\approx54.74^\circ$, שאינו אפשרי בכלל ($\alpha<45^\circ$).

עבור $\alpha=30^\circ$: $\angle OCB=\angle OBC=30^\circ$ (גם $BO$ חוצה זווית בסיס).

לפי א(1): $CO=BO=\frac{r}{\sin30^\circ}=2r$. $K$ על המעגל, ולכן $OK=r$.