טענות על ln: להוכיח בלי לחשב

ב-elev השיעור הזה מגיע עם תרגילים שנבדקים מיד, רמז ברגע שנתקעים, ומעקב אחרי ההתקדמות.

לתרגל ב-elev

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.

להציג את התשובה והפתרון

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.

להציג את התשובה והפתרון

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.

תרגילים

תרגיל 1

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

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: נכון

הפתרון:

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}.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 2

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

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: נכון

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 3

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

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: לא נכון

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 4

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

  1. אינסוף
  2. 11
  3. 22
  4. 00
להציג את התשובה והפתרון

התשובה: ב 11

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 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
להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 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

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 6

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

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: לא נכון

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 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
להציג את התשובה והפתרון

התשובה: ב ln⁡x≤x−1\ln x \le x - 1

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 8

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

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: לא נכון

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 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.

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: נכון

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 10

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

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 1

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 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
להציג את התשובה והפתרון

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

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 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.

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: נכון

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 13

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

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 2

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 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
להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 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

הפתרון:

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".

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 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.

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 0.614

הפתרון:

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.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

השיעור הבא מחכה ב-elev

סרטונים, תרגול שנבדק מיד, ומסלול שמתקדם בקצב שלך — לכל הפרקים של הכיתה.

לתרגל ב-elevלגלות את elev לכיתה הזאת