שאלון 35572פרק ב' — פונקציות מעריכיות ולוגריתמיות33 נקודות · ברמת הבחינה
כלכלנית בוחנת שתי פונקציות המהוות הופכיות זו לזו: פונקציית עלות C(x)=eˣ ופונקציית התועלת U(x)=ln x. מכיוון שהגרפים של שתי הפונקציות ההופכיות הם שיקוף זה של זה ביחס לישר y=x, היא מבקשת לנצל את הקשר הגאומטרי הזה כדי לחשב את השטח שמתחת לגרף U(x)=ln x מבלי לבצע אינטגרציה בחלקים.
א.חשבו את השטח A₁ הכלוא בין גרף y=eˣ לבין ציר ה-x, בתחום 0≤x≤1.
5 נק׳הציגו פתרון
- מכיוון ש-eˣ>0 לכל x, השטח שווה לאינטגרל המסומן: A₁ = ∫₀¹eˣdx = [eˣ]₀¹ = e¹−e⁰ = e−1.
תשובה: A₁ = e−1.
ב.התבוננו במלבן שקודקודיו (0,0), (1,0), (1,e), (0,e) (שטחו 1·e=e). הסבירו כיצד גרף y=eˣ (בתחום 0≤x≤1) מחלק את המלבן הזה לשני חלקים — האזור מתחת לעקומה (ששטחו A₁ מסעיף א') והאזור מעליה (בתוך המלבן) — ומצאו את שטח האזור השני, A₂.
6 נק׳הציגו פתרון
- גרף y=eˣ עובר בתוך המלבן (כי לכל x∈[0,1], eˣ∈[1,e], בתוך תחום ה-y של המלבן), ומחלק אותו לשני אזורים: האזור התחתון (בין העקומה לציר ה-x, מוגבל גם על ידי x=0 ו-x=1) ששטחו A₁=e−1, והאזור העליון (בין העקומה לבין הישר y=e, מוגבל על ידי ציר ה-y) ששטחו A₂.
- מכיוון ששני האזורים יחד מהווים בדיוק את המלבן: A₁+A₂ = שטח המלבן = e. לכן A₂ = e−A₁ = e−(e−1) = 1.
תשובה: A₂ = 1.
ג.האזור A₂ מוגבל על ידי ציר ה-y (x=0), הישר y=e, והעקומה y=eˣ, עבור y בין 1 ל-e. מכיוון שעל העקומה מתקיים x=ln y (ההופכית של y=eˣ), הראו כי A₂ שווה בדיוק לשטח הכלוא בין גרף y=ln x לבין ציר ה-x, בתחום 1≤x≤e — והסיקו את הערך המדויק של ∫₁ᵉln x dx, ללא כל אינטגרציה נוספת.
9 נק׳הציגו פתרון
- האזור A₂, לכל גובה y∈[1,e], משתרע מציר ה-y (x=0) עד לעקומה, שבה x=ln y (שכן y=eˣ⟺x=ln y). לכן רוחב האזור בגובה y הוא בדיוק ln y, ושטחו נתון על ידי האינטגרל A₂=∫₁ᵉ ln y dy (אינטגרציה לפי המשתנה y, המייצג כאן את הציר האנכי).
- אינטגרל זה, ∫₁ᵉ ln y dy, הוא באופן פורמלי (עד שינוי שם המשתנה מ-y ל-x, ששני המשתנים הם רק תוויות של אותו ציר מספרים) בדיוק אותו ביטוי כמו ∫₁ᵉ ln x dx — שהוא בדיוק השטח הכלוא בין גרף y=ln x לציר ה-x בתחום 1≤x≤e.
- לכן ∫₁ᵉ ln x dx = A₂ = 1 (מסעיף ב'), וזאת מבלי לבצע אף אינטגרציה חדשה — רק על סמך יחס השיקוף הגאומטרי בין eˣ ל-ln x וחלוקת המלבן.
תשובה: ∫₁ᵉln x dx = A₂ = 1.
ד.אמתו את התוצאה של סעיף ג' בדרך ישירה: חשבו את ∫₁ᵉln x dx באמצעות הפונקציה הקדומה x·ln x−x.
6 נק׳הציגו פתרון
- נבדוק שהפונקציה הקדומה נכונה: הנגזרת של x·ln x−x היא (1·ln x + x·(1/x)) − 1 = ln x+1−1 = ln x. ✓
- ∫₁ᵉln x dx = [x·ln x−x]₁ᵉ = (e·ln e−e) − (1·ln1−1) = (e·1−e) − (0−1) = 0−(−1) = 1.
- התוצאה זהה לחלוטין לזו שהתקבלה בסעיף ג' בשיטת השיקוף הגאומטרי, ללא צורך באינטגרציה בחלקים.
תשובה: ∫₁ᵉln x dx = 1 (מאמת את סעיף ג').
ה.נסחו את העיקרון הכללי שהודגם בסעיפים א'-ד': עבור פונקציה f עולה ממש עם פונקציה הופכית f⁻¹, ועבור a>0, קיים קשר בין ∫₀ᵃf(x)dx לבין האינטגרל של f⁻¹(y)dy מ-y=f(0) עד y=f(a). רשמו את הקשר הכללי, והראו כי המקרה הפרטי f(x)=eˣ, a=1 (מהסעיפים הקודמים) אכן מקיים אותו.
7 נק׳הציגו פתרון
- העיקרון הכללי, הנובע מאותו נימוק גאומטרי של חלוקת המלבן [0,a]×[0,f(a)]: שטח המלבן a·f(a) מתחלק לאזור מתחת לגרף f (בין 0 ל-a) ולאזור שמעליו (שהוא, לפי אותו נימוק כמו בסעיף ג', בדיוק האזור מתחת לגרף f⁻¹ בין f(0) ל-f(a)). לכן, במקרה הכללי: ∫₀ᵃf(x)dx + (האינטגרל של f⁻¹(y)dy מ-f(0) עד f(a)) = a·f(a)−0·f(0).
- במקרה הפרטי מהסעיפים הקודמים: f(x)=eˣ, a=1, f(0)=1, f(a)=f(1)=e. הצבה: ∫₀¹eˣdx + ∫₁ᵉln y dy = A₁+A₂ = (e−1)+1 = e. וגם a·f(a)−0·f(0) = 1·e−0·1 = e. שני האגפים שווים, ולכן העיקרון הכללי מתקיים במקרה הפרטי בדיוק כפי שהודגם.
תשובה: ∫₀ᵃf(x)dx + (האינטגרל של f⁻¹(y)dy מ-f(0) עד f(a)) = a·f(a)−0·f(0); במקרה הפרטי: (e−1)+1=e=1·e−0·1. ✓
חלוקת הנקודות בין הסעיפים היא הערכה פנימית של MathHero — בשאלון הרשמי הניקוד ניתן לשאלה כולה.