קיצורי דרך בפונקציות

הדרך המלאה

הפונקציות הטריגונומטריות ההפוכות דורשות $-1\le x\le1$. המכנה דורש $x\ne1$. בתחום שנותר מתקיים $\arccos x>0$, ולכן תנאי הלוגריתם שקול לתנאי:

$$2\arcsin x+\arccos x>0.$$

נסמן $g(x)=2\arcsin x+\arccos x$. מתקיים:

$$g(-1)=0,\qquad g'(x)=\frac1{\sqrt{1-x^2}}>0\quad(-1<x<1).$$

לכן הארגומנט חיובי בכל התחום $(-1,1)$. שני הקצוות פסולים, ותחום ההגדרה הוא $(-1,1)$.

הדרך המקוצרת

בנקודה $x=1$ המכנה מתאפס. בנקודה $x=-1$ הארגומנט של הלוגריתם מתאפס. כך נפסלות האפשרויות שמכילות את הקצוות. לאישור התחום הפתוח משתמשים בזהות:

$$\frac{\arcsin x}{\arccos x}+\frac12 =\frac{\pi/2-\arccos x/2}{\arccos x}.$$

כאשר $-1<x<1$, מתקיים $0<\arccos x<\pi$. המונה והמכנה חיוביים. לכן כל נקודה בתחום שנותר מותרת.

הדרך המלאה

מפרקים לפי סימן הביטוי שבתוך הערך המוחלט:

$$f(x)= \begin{cases} 8-2x,&-1\le x\le4,\\ 2x-8,&4<x<5. \end{cases}$$

התמונה בחלק הראשון היא $[0,10]$. התמונה בחלק השני היא $(0,2)$. איחוד התמונות הוא $[0,10]$.

הדרך המקוצרת

כותבים $f(x)=2|x-4|$. המרחק הקטן ביותר מן הנקודה $4$ הוא $0$. המרחק הגדול ביותר הוא $5$, והוא מתקבל בנקודה $x=-1$. כל מרחק ביניהם מתקבל כבר בקטע $[-1,4]$. לכן התמונה היא $[0,10]$.

הקצה $x=5$ אינו שייך לתחום, אך ערך הפלט שלו מתקבל גם בנקודה מותרת: $f(3)=2$.

הדרך המלאה

אם שתי הפונקציות עולות, אז לכל $x_1<x_2$ מתקיים:

$$f(x_1)\le f(x_2),\qquad g(x_1)\le g(x_2).$$

חיבור האי־שוויונות מוכיח שגם הסכום עולה. כדי לשלול את יתר הטענות יש למצוא פונקציות שמקיימות את ההנחות ומפרות את המסקנה.

הדרך המקוצרת

בחרו $f(x)=x$ ו־$g(x)=-x$. שתיהן חד־חד־ערכיות, על והפיכות, אך סכומן הוא פונקציית האפס. כך נפסלות שלוש טענות יחד.

בחרו כעת $f(x)=g(x)=x$. שתיהן עולות, אך המכפלה היא $x^2$, שאינה עולה בכל הישר. למשל, $-2<-1$ אך $4>1$. נשארת טענת הסכום, והאי־שוויונות לעיל מוכיחים אותה לכל זוג פונקציות מתאים.

הדרך המלאה

למועמדת הראשונה נסמן $h(x)=xe^{-x^2}$. מתקיים:

$$h(-x)=-h(x),\qquad h'(x)=e^{-x^2}(1-2x^2).$$

הנגזרת מתאפסת בנקודות $x=\pm1/\sqrt2$. היא חיובית ביניהן ושלילית מחוץ להן. לכן יש מינימום בצד השלילי ומקסימום בצד החיובי. כמו כן:

$$\lim_{x\to-\infty}h(x)=\lim_{x\to\infty}h(x)=0.$$

תכונות אלה מתאימות לתיאור הגרף.

הדרך המקוצרת

הפונקציה $x\sin x$ זוגית ואינה מתאימה לסימטריה. הפולינום $3x-2x^3$ אינו שואף לאפס בקצוות. הפונקציה $xe^x$ שואפת לאינסוף בקצה הימני. נשארת $xe^{-x^2}$, שהיא אי־זוגית ושואפת לאפס בשני הקצוות. בדיקת הנגזרת לעיל מאשרת גם את צורת הבליטות.

הדרך המלאה

כדי לדעת אם ההרכבה מקבלת ערך מסוים, פותרים משוואה עבור הקלט הפנימי. המשוואה $|x|=u$ פתירה בדיוק כאשר $u\ge0$. המשוואה $x^2-x=u$ פתירה בדיוק כאשר $1+4u\ge0$.

לכן ההרכבות משתמשות רק בתחומים $[0,\infty)$ ו־$[-\frac14,\infty)$, בהתאמה. הנתונים אינם מבטיחים שנקודות הקיצון נמצאות בתחומים אלה.

הדרך המקוצרת

רשמו מיד את שתי תמונות הקלט:

$$|x|\in[0,\infty),\qquad x^2-x\in[-\tfrac14,\infty).$$

מכאן שאין הבטחה לשמירת הקיצון. לעומת זאת, בהרכבה $|f(x)|$ לא הוגבל הקלט של $f$. לכן:

$$-8\le f(x)\le6\quad\Longrightarrow\quad |f(x)|\le8.$$

בנקודה שבה $f(x)=-8$ מתקבל שוויון. לפיכך המקסימום של $|f|$ הוא $8$, וזוהי הטענה הנכונה בהכרח בשאלה.

הדרך המלאה

קחו $x_1<x_2$. מן ההנחות מתקבל:

$$0<f(x_1)<f(x_2) \ \Longrightarrow\ \frac1{f(x_1)}>\frac1{f(x_2)} \ \Longrightarrow\ -\frac1{f(x_1)}<-\frac1{f(x_2)}.$$

הפונקציה המעריכית עולה ממש, ולכן $h(x_1)<h(x_2)$. זה מוכיח עלייה ממש בכל התחום, ללא הנחת גזירות.

הדרך המקוצרת

עקבו אחר הפעולות: $f$ עולה וחיובית; ההופכי יורד; הכפלה בשלילי הופכת אותו לעולה; הפונקציה המעריכית משמרת עלייה. לכן ההרכבה עולה ממש. החיוביות מבטיחה שכל הפעולות מוגדרות.

הדרך המלאה

הביטוי המקורי דורש $x\ne\frac\pi4+\frac{k\pi}2$, כאשר $k\in\mathbb Z$. לאחר מעבר לסינוס ולקוסינוס מתקבל:

$$f(x)=3\frac{\cos^2(2x)-\sin^2(2x)} {\cos^2(2x)+\sin^2(2x)}=3\cos(4x).$$

בפנים הקטע מתקיים $f'(x)=-12\sin(4x)<0$. לכן הפונקציה יורדת ממש וחד־חד־ערכית. בקצה השמאלי ערכה $3$, ובקצה הימני הגבול הוא $-3$. מרציפות ומעלייה של הארגומנט מתקבלת התמונה $(-3,3]$.

הדרך המקוצרת

זהו מיד את הזהות $f(x)=3\cos(4x)$ בתחום המקורי. כאשר $x$ נע בקטע הנתון, הארגומנט נע בקטע $[0,\pi)$. הקוסינוס יורד שם ממש, מ־$1$ לכיוון $-1$. לכן הפונקציה חד־חד־ערכית ותמונתה $(-3,3]$. הקצה החסר נשאר חסר גם אחרי הפישוט.

הדרך המלאה

קחו $y_1<y_2$ בתמונת הפונקציה ונסמן $x_1=f^{-1}(y_1)$ ו־$x_2=f^{-1}(y_2)$. אילו $x_1\ge x_2$, העלייה של $f$ הייתה נותנת $y_1\ge y_2$, בסתירה לבחירה. לכן ההפוכה עולה ממש.

הדרך המקוצרת

בחרו $f(x)=x$. החלפת הקלט והפלט משאירה את אותה משוואה, ולכן $f^{-1}(x)=x$. ההפוכה עולה ממש ואינה יורדת ממש. הדוגמה מקיימת הפיכות ועלייה בכל הישר, ולכן היא פוסלת את הטענה.

הדרך המלאה

הפונקציה מוגדרת ועולה ממש בכל הישר. גבולותיה בקצוות הם $0$ ואינסוף, ולכן תמונתה $(0,\infty)$. פותרים:

$$y=\ln(e^x+1)\ \Longleftrightarrow\ e^y=e^x+1 \ \Longleftrightarrow\ x=\ln(e^y-1).$$

הדרך המקוצרת

הפעולות המקוריות הן מעריך, הוספת יחידה ולוגריתם. הפעולות ההפוכות הן מעריך, הפחתת יחידה ולוגריתם. לכן:

$$g^{-1}(x)=\ln(e^x-1),\qquad x>0.$$

התנאי מבטיח ארגומנט חיובי. שתי ההרכבות מחזירות את הקלט בתחומים המתאימים, ולכן זו ההפוכה בכל תמונת הפונקציה.

הדרך המלאה

גוזרים:

$$f'(x)=2x\left(e^{x^2-4}-e^{4-x^2}\right).$$

הנקודות החשודות לקיצון הן $x=-2,0,2$. סימני הנגזרת בארבעת הקטעים הם, לפי הסדר, שלילי, חיובי, שלילי וחיובי. בשני קצות הישר הפונקציה שואפת לאינסוף. לכן המינימום הכולל מתקבל בנקודות $x=\pm2$, וערכו $2$.

הדרך המקוצרת

הציבו $t=e^{x^2-4}>0$. אז:

$$f(x)-2=t+\frac1t-2=\frac{(t-1)^2}{t}\ge0.$$

שוויון מתקבל כאשר $t=1$, כלומר כאשר $x=\pm2$. לכן זהו חסם לכל קלט וגם מינימום שמתקבל.

הדרך המלאה

נבדוק את $f(x)=e^x$. לכל $x_1<x_2$ מתקיים $e^{x_1}<e^{x_2}$, ולכן היא עולה ממש. המשוואה $e^x=y$ פתירה בדיוק כאשר $y>0$. תמונתה היא $(0,\infty)$, ולכן אינה על אל $\mathbb R$.

הדרך המקוצרת

אותה דוגמה נפסלת כטענת על כבר בבדיקת פלט אחד: אין פתרון למשוואה $e^x=0$. הפונקציה מקיימת את הנחות הטענה, אך אינה מקבלת את כל ערכי תחום היעד. הגבול $e^x\to0$ כאשר $x\to-\infty$ אינו הופך את האפס לערך שמתקבל.

הדרך המלאה

נסמן $a=f(1)>0$. הצבה חוזרת נותנת $f(n)=20^{n-1}a$ לכל מספר שלם $n\ge1$. לכן:

$$S=\sum_{n=1}^{5}\frac{20^{n-1}a}{20^na}=\frac5{20}=\frac14.$$

הדרך המקוצרת

הציבו ישירות את הקשר במכנה:

$$\frac{f(n)}{f(n+1)} =\frac{f(n)}{20f(n)}=\frac1{20}.$$

יש חמישה מחוברים, ולכן הסכום הוא $\frac14$. חיוביות הפונקציה מבטיחה שכל המכנים שונים מאפס ושכל הצמצומים מותרים.