Claims about ln: proving without computing

On elev, this lesson comes with exercises checked instantly, a hint when your child gets stuck, and progress tracking.

Practise on elev

Automatic translation, not reviewed, of the Hebrew lesson your child follows at school.

בבחינה יש סעיפים כמו "הראו כי…" או "האם הטענה נכונה? נמקו". לעתים קרובות לא צריך חישוב ארוך. צריך סיבה: סימן של נגזרת, אי-שוויון ידוע, או דוגמה נגדית.

הסימן של הנגזרת מספיק

כדי להראות שפונקציה עולה בכל התחום שלה, לא צריך טבלה. מספיק להראות ש-f′(x)>0f'(x) > 0 לכל xx בתחום.

הראו כי f(x)=ln⁡x+xf(x) = \ln x + x עולה, ושיש לה נקודת חיתוך אחת בדיוק עם ציר ה-xx

תחום ההגדרה הוא x>0x > 0.

f′(x)=1x+1f'(x) = \frac{1}{x} + 1

גוזרים.

x>0⇒1x>0⇒f′(x)>1>0x > 0 \Rightarrow \frac{1}{x} > 0 \Rightarrow f'(x) > 1 > 0

בתחום ההגדרה שני המחוברים חיוביים: ff עולה.

f(1e)=−1+1e<0 ; f(1)=1>0\begin{aligned}f\left(\frac{1}{e}\right) &= -1 + \frac{1}{e} < 0 \ ; \ f(1) \\ &= 1 > 0\end{aligned}

הפונקציה מחליפה סימן בין 1e\frac{1}{e} ל-11: יש לפחות נקודת חיתוך אחת.

x1<x2⇒f(x1)<f(x2)x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) < f(x_2)

פונקציה עולה לא חוזרת לאותו גובה, ולכן יש בדיוק נקודת חיתוך אחת.

האם למשוואה ln⁡x=x\ln x = x יש פתרון? רמז: הסתכלו על g(x)=x−ln⁡xg(x) = x - \ln x.

Show the answer and the solution

לא. g′(x)=1−1xg'(x) = 1 - \frac{1}{x} מתאפסת רק ב-x=1x = 1, ושם יש מינימום: g(1)=1g(1) = 1. לכן g(x)≥1>0g(x) \ge 1 > 0 לכל x>0x > 0, כלומר x−ln⁡xx - \ln x אף פעם לא 00.

אי-שוויון ששווה לזכור: ln⁡x≤x−1\ln x \le x - 1

(ln⁡x)′′=−1x2<0(\ln x)'' = -\frac{1}{x^2} < 0

לגרף של ln⁡x\ln x יש קעירות כלפי מטה בכל התחום.

y=x−1y = x - 1

זה המשיק לגרף של ln⁡x\ln x בנקודה (1,0)(1, 0).

ln⁡x≤x−1\ln x \le x - 1

גרף עם קעירות כלפי מטה נמצא מתחת למשיקים שלו. השוויון רק ב-x=1x = 1.

הוכיחו כי ln⁡x≤x−1\ln x \le x - 1 לכל x>0x > 0

מעבירים הכול לאגף אחד, ובודקים את המינימום.

g(x)=x−1−ln⁡xg(x) = x - 1 - \ln x

צריך להראות ש-g(x)≥0g(x) \ge 0.

g′(x)=1−1x=x−1x\begin{aligned}g'(x) &= 1 - \frac{1}{x} \\ &= \frac{x - 1}{x}\end{aligned}

שלילית עבור 0<x<10 < x < 1, חיובית עבור x>1x > 1.

g(1)=0g(1) = 0

ב-x=1x = 1 יש מינימום, והערך שלו 00.

g(x)≥g(1)=0 ⇒ ln⁡x≤x−1g(x) \ge g(1) = 0 \ \Rightarrow \ \ln x \le x - 1

כל ערך של gg גדול מהמינימום או שווה לו.

השתמשו באי-השוויון כדי להראות ש-ln⁡2<1\ln 2 < 1, בלי מחשבון.

Show the answer and the solution

מציבים x=2x = 2: ln⁡2≤2−1=1\ln 2 \le 2 - 1 = 1. השוויון קורה רק ב-x=1x = 1, ו-2≠12 \ne 1, ולכן ln⁡2<1\ln 2 < 1.

כמה פתרונות יש למשוואה?

מחליפים סימן: יש לפחות פתרון אחד. הפונקציה גם עולה (או גם יורדת) בכל התחום: יש בדיוק פתרון אחד.

שתי טעויות בנימוק.

f(a)⋅f(b)<0⇒פתרון יחידf(a) \cdot f(b) < 0 \Rightarrow \text{פתרון יחיד}
f(a)⋅f(b)<0⇒לפחות פתרון אחדf(a) \cdot f(b) < 0 \Rightarrow \text{לפחות פתרון אחד}

החלפת סימן נותנת לפחות פתרון אחד, ולא פתרון יחיד. בלי מונוטוניות, יכולים להיות שלושה.

f(x)=x3: f′(0)=0\begin{aligned}f(x) &= x^3 : \ f'(0) \\ &= 0\end{aligned}
f′(x)=3x2≥0f'(x) = 3x^2 \ge 0

נגזרת שמתאפסת לא מספיקה לקיצון: f′(0)=0f'(0) = 0, אבל x3x^3 עולה בכל מקום. צריך שהנגזרת תחליף סימן בנקודה.

טענה שגויה? דוגמה נגדית אחת מספיקה. טענה נכונה? צריך נימוק שמתאים לכל xx בתחום, ולא רק לכמה מספרים שבדקתם.

Exercises

Exercise 1

נתונה f(x)=ln⁡x−1xf(x) = \ln x - \frac{1}{x}. הטענה: ff עולה בכל תחום ההגדרה שלה.

Show the answer and the solution

Answer: True

Worked solution:

f′(x)=1x+1x2f'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}

הנגזרת של −1x-\frac{1}{x} היא +1x2+\frac{1}{x^2}

x>0⇒f′(x)>0x > 0 \Rightarrow f'(x) > 0

שני המחוברים חיוביים

נכון. הסימן של כל מחובר ידוע, ואין צורך לפתור f′(x)=0f'(x) = 0. הטעות הנפוצה: לגזור את −1x-\frac{1}{x} ל-−1x2-\frac{1}{x^2}.

Check the answer on elev

Exercise 2

הטענה: לכל x>0x > 0 מתקיים ln⁡x<x\ln x < x.

Show the answer and the solution

Answer: True

Worked solution:

ln⁡x≤x−1\ln x \le x - 1

אי-השוויון שהוכחנו

x−1<xx - 1 < x

תמיד

ln⁡x≤x−1<x\ln x \le x - 1 < x

שרשרת

נכון. אפשר גם לבדוק את המינימום של x−ln⁡xx - \ln x, שהוא 11. בדיקה של כמה מספרים לבד אינה הוכחה.

Check the answer on elev

Exercise 3

הטענה: למשוואה ln⁡x=x−1\ln x = x - 1 יש שני פתרונות.

Show the answer and the solution

Answer: False

Worked solution:

g(x)=x−1−ln⁡x≥0g(x) = x - 1 - \ln x \ge 0

ראינו: gg מגיעה ל-00 רק במינימום

g(x)=0  ⟺  x=1\begin{aligned}g(x) &= 0 \iff x \\ &= 1\end{aligned}

המינימום היחיד הוא ב-x=1x = 1

לא נכון: יש פתרון אחד, x=1x = 1. הישר y=x−1y = x - 1 משיק לגרף של ln⁡x\ln x, ולא חותך אותו.

Check the answer on elev

Exercise 4

כמה פתרונות יש למשוואה ln⁡x=−x\ln x = -x?

  1. אינסוף
  2. 11
  3. 22
  4. 00
Show the answer and the solution

Answer: B 11

Worked solution:

h(x)=ln⁡x+xh(x) = \ln x + x

מעבירים לאגף אחד

h′(x)=1x+1>0h'(x) = \frac{1}{x} + 1 > 0

hh עולה בכל התחום

h(1e)<0 , h(1)>0h\left(\frac{1}{e}\right) < 0 \ , \ h(1) > 0

מחליפה סימן

פתרון אחד. עולה ומחליפה סימן: בדיוק אחד. מי שמנסה לפתור באלגברה נתקע, כי אין כאן נוסחה. מספיק לנמק.

Check the answer on elev

Exercise 5

סדרו את שורות ההוכחה של הטענה: x−ln⁡x≥1x - \ln x \ge 1 לכל x>0x > 0.

  • g′(x)<0g'(x) < 0 עבור 0<x<10 < x < 1, ו-g′(x)>0g'(x) > 0 עבור x>1x > 1
  • g′(x)=1−1x=x−1xg'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x}
  • לכן g(x)≥1g(x) \ge 1 לכל x>0x > 0
  • לכן ל-gg יש מינימום ב-x=1x = 1, ו-g(1)=1g(1) = 1
  • נגדיר g(x)=x−ln⁡xg(x) = x - \ln x, בתחום x>0x > 0
Show the answer and the solution

Answer: נגדיר g(x)=x−ln⁡xg(x) = x - \ln x, בתחום x>0x > 0 · g′(x)=1−1x=x−1xg'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x} · g′(x)<0g'(x) < 0 עבור 0<x<10 < x < 1, ו-g′(x)>0g'(x) > 0 עבור x>1x > 1 · לכן ל-gg יש מינימום ב-x=1x = 1, ו-g(1)=1g(1) = 1 · לכן g(x)≥1g(x) \ge 1 לכל x>0x > 0

Worked solution:

g′(x)=x−1xg'(x) = \frac{x-1}{x}

הגדרה, נגזרת, סימן, מינימום, מסקנה

המסקנה באה אחרונה, אחרי המינימום. מי שמתחיל ב-"g(x)≥1g(x) \ge 1" מניח את מה שצריך להוכיח.

Check the answer on elev

Exercise 6

נתונה f(x)=ln⁡x−ln⁡(x−1)f(x) = \ln x - \ln(x - 1), בתחום x>1x > 1. הטענה: ff עולה.

Show the answer and the solution

Answer: False

Worked solution:

f′(x)=1x−1x−1f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x - 1}
=(x−1)−xx(x−1)=−1x(x−1)= \frac{(x - 1) - x}{x(x-1)} = \frac{-1}{x(x-1)}

מכנה משותף

x>1⇒x(x−1)>0⇒f′(x)<0x > 1 \Rightarrow x(x-1) > 0 \Rightarrow f'(x) < 0

לא נכון: ff יורדת. שני ה-ln⁡\ln עולים, אבל ההפרש שלהם יכול לרדת. בודקים את הסימן של הנגזרת, לא את הסימן של כל חלק.

Check the answer on elev

Exercise 7

איזה מבין אי-השוויונות נכון לכל x>0x > 0?

  1. ln⁡x>0\ln x > 0
  2. ln⁡x≤x−1\ln x \le x - 1
  3. ln⁡x≤1−x\ln x \le 1 - x
  4. ln⁡x≥x−1\ln x \ge x - 1
Show the answer and the solution

Answer: B ln⁡x≤x−1\ln x \le x - 1

Worked solution:

x=2:ln⁡2≈0.693<1x = 2 : \ln 2 \approx 0.693 < 1

דוגמה נגדית לאפשרות הראשונה

x=2:0.693>−1x = 2 : 0.693 > -1

דוגמה נגדית לאפשרות השלישית

x=12:ln⁡12<0x = \tfrac{1}{2} : \ln \tfrac{1}{2} < 0

דוגמה נגדית לאפשרות הרביעית

ln⁡x≤x−1\ln x \le x - 1. כל אחת מהאחרות נפסלת בדוגמה נגדית אחת, וזה כל מה שצריך כדי לפסול טענה.

Check the answer on elev

Exercise 8

נתונה f(x)=ln⁡(x2+1)f(x) = \ln\left(x^2 + 1\right). הטענה: ל-ff יש מקסימום ב-x=0x = 0.

Show the answer and the solution

Answer: False

Worked solution:

x2+1≥1⇒f(x)≥ln⁡1=0x^2 + 1 \ge 1 \Rightarrow f(x) \ge \ln 1 = 0

ln⁡\ln שומר על הסדר

f(0)=0f(0) = 0

הערך הקטן ביותר

לא נכון: ב-x=0x = 0 יש מינימום. אמנם f′(0)=0f'(0) = 0, אבל הנגזרת עוברת שם משלילית לחיובית.

Check the answer on elev

Exercise 9

נתונה f(x)=ln⁡(1+x)−ln⁡(1−x)f(x) = \ln(1 + x) - \ln(1 - x), בתחום −1<x<1-1 < x < 1. הטענה: הגרף של ff סימטרי ביחס לראשית הצירים.

Show the answer and the solution

Answer: True

Worked solution:

f(−x)=ln⁡(1−x)−ln⁡(1+x)f(-x) = \ln(1 - x) - \ln(1 + x)

מציבים −x-x

f(−x)=−f(x)f(-x) = -f(x)

אותם שני מחוברים, בסדר הפוך

−1<x<1  ⟺  −1<−x<1-1 < x < 1 \iff -1 < -x < 1

גם התחום סימטרי

נכון: ff אי-זוגית. צריך לבדוק גם את התחום. פונקציה עם f(−x)=−f(x)f(-x) = -f(x) אבל עם תחום לא סימטרי לא נחשבת אי-זוגית.

Check the answer on elev

Exercise 10

עבור איזה xx מתקיים ln⁡x=x−1\ln x = x - 1?

Show the answer and the solution

Answer: 1

Worked solution:

g(x)=x−1−ln⁡x≥0g(x) = x - 1 - \ln x \ge 0
g(1)=0−ln⁡1=0\begin{aligned}g(1) &= 0 - \ln 1 \\ &= 0\end{aligned}

השוויון רק במינימום

x=1x = 1. זו נקודת ההשקה של הישר y=x−1y = x - 1 עם הגרף של ln⁡x\ln x.

Check the answer on elev

Exercise 11

תלמיד חישב: f(x)=ln⁡xxf(x) = \frac{\ln x}{x}, f(1)=0f(1) = 0 ו-f(e)=1ef(e) = \frac{1}{e}. הוא כתב: "לכן ff עולה לכל x>1x > 1". מה נכון?

  1. אי אפשר לדעת בלי מחשבון
  2. הנימוק לא נכון: f′(x)<0f'(x) < 0 לכל x>ex > e
  3. הנימוק נכון
  4. הנימוק לא נכון: ff לא מוגדרת ב-x=1x = 1
Show the answer and the solution

Answer: B הנימוק לא נכון: f′(x)<0f'(x) < 0 לכל x>ex > e

Worked solution:

f′(x)=1−ln⁡xx2f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}

כלל המנה

x>e⇒ln⁡x>1⇒f′(x)<0x > e \Rightarrow \ln x > 1 \Rightarrow f'(x) < 0

אחרי ee הפונקציה יורדת

הנימוק לא נכון. שני ערכים לא אומרים מה קורה ביניהם ואחריהם. מונוטוניות מוכיחים בסימן של הנגזרת.

Check the answer on elev

Exercise 12

הפונקציה ff גזירה, f(x)>0f(x) > 0 ו-f′(x)>0f'(x) > 0 לכל xx. הטענה: גם g(x)=ln⁡f(x)g(x) = \ln f(x) עולה לכל xx.

Show the answer and the solution

Answer: True

Worked solution:

g′(x)=f′(x)f(x)g'(x) = \frac{f'(x)}{f(x)}

כלל השרשרת

(+)(+)>0\frac{(+)}{(+)} > 0

מונה חיובי ומכנה חיובי

נכון, בלי לדעת מהי ff. התנאי f(x)>0f(x) > 0 חשוב פעמיים: בלעדיו gg לא מוגדרת, והסימן של המנה לא ידוע.

Check the answer on elev

Exercise 13

נתונה f(x)=x−3ln⁡xf(x) = x - 3\ln x. כמה נקודות חיתוך יש לגרף שלה עם ציר ה-xx?

Show the answer and the solution

Answer: 2

Worked solution:

f′(x)=1−3x=x−3x\begin{aligned}f'(x) &= 1 - \frac{3}{x} \\ &= \frac{x - 3}{x}\end{aligned}

מינימום ב-x=3x = 3

f(3)=3−3ln⁡3≈−0.296<0f(3) = 3 - 3\ln 3 \approx -0.296 < 0

המינימום מתחת לציר

f(1)=1>0  f(10)=10−3ln⁡10>0\begin{aligned}f(1) &= 1 > 0 \ \\ \ f(10) &= 10 - 3\ln 10 > 0\end{aligned}

משני צדדי המינימום הפונקציה חיובית

שתי נקודות: אחת בירידה ואחת בעלייה. לא מספיק לראות שהמינימום שלילי: צריך גם נקודה חיובית בכל צד.

Check the answer on elev

Exercise 14

סדרו את שורות ההוכחה של הטענה: למשוואה ln⁡x+x=2\ln x + x = 2 יש פתרון אחד בדיוק.

  • h′(x)=1x+1>0h'(x) = \frac{1}{x} + 1 > 0, ולכן hh עולה
  • h(1)=−1<0h(1) = -1 < 0 ו-h(2)=ln⁡2>0h(2) = \ln 2 > 0
  • hh עולה, ולכן האפס הזה יחיד
  • hh רציפה ומחליפה סימן, ולכן יש לה אפס בין 11 ל-22
  • נגדיר h(x)=ln⁡x+x−2h(x) = \ln x + x - 2, בתחום x>0x > 0
Show the answer and the solution

Answer: נגדיר h(x)=ln⁡x+x−2h(x) = \ln x + x - 2, בתחום x>0x > 0 · h′(x)=1x+1>0h'(x) = \frac{1}{x} + 1 > 0, ולכן hh עולה · h(1)=−1<0h(1) = -1 < 0 ו-h(2)=ln⁡2>0h(2) = \ln 2 > 0 · hh רציפה ומחליפה סימן, ולכן יש לה אפס בין 11 ל-22 · hh עולה, ולכן האפס הזה יחיד

Worked solution:

h′>0 , h(1)<0<h(2)h' > 0 \ , \ h(1) < 0 < h(2)

מונוטוניות ואחריה החלפת סימן

שני חלקים: קיום (החלפת סימן) ויחידות (מונוטוניות). בלי החלק השני, הוכחנו רק "לפחות אחד".

Check the answer on elev

Exercise 15

כדי להוכיח ש-2ln⁡x<x2\ln x < x לכל x>0x > 0, בודקים את המינימום של g(x)=x−2ln⁡xg(x) = x - 2\ln x. מהו ערך המינימום? עגלו לשלוש ספרות אחרי הנקודה העשרונית.

Show the answer and the solution

Answer: 0.614

Worked solution:

g′(x)=1−2x=0⇒x=2\begin{aligned}g'(x) &= 1 - \frac{2}{x} \\ &= 0 \Rightarrow x \\ &= 2\end{aligned}

מינימום, כי g′g' עוברת משלילית לחיובית

g(2)=2−2ln⁡2≈0.614g(2) = 2 - 2\ln 2 \approx 0.614

2−2ln⁡2≈0.6142 - 2\ln 2 \approx 0.614. המינימום חיובי, ולכן g(x)>0g(x) > 0, כלומר 2ln⁡x<x2\ln x < x. מספיק שהמינימום חיובי; הערך המדויק שלו לא משנה.

Check the answer on elev

Keep practising on elev

Videos, instant checking and a path that follows your child's pace, for every chapter of their grade.

Practise on elevDiscover elev for this grade