מתמטיקה

פתרון הדרך: התחום כבר מסורטט, ולכן מתחילים מן הקודקודים שלו: קודקוד שמונח על אחד הצירים מתקבל מהצבת אפס במשוואת הישר שעליו הוא נמצא, והקודקוד שבין שני הישרים הוא הפתרון של מערכת שתי המשוואות. כל ישר בסרטוט נותן אי-שוויון אחד, ואת כיוון אי-השוויון קובעת הצבה של נקודה שנמצאת בתוך התחום. פונקציית מטרה ליניארית מקבלת את ערכה הגדול ביותר באחד מקודקודי התחום, ולכן מציבים בה את כל הקודקודים ובוחרים את הגדול. בסעיף האחרון נוסף אילוץ: כותבים אותו כאי-שוויון, מוצאים את נקודות החיתוך של הישר החדש עם הצירים ועם הישרים הקודמים, משאירים רק את הנקודות שמקיימות את כל האילוצים, ומציבים אותן שוב בפונקציית המטרה.
א. הנקודה A מונחת על ציר ה-x ועל הישר 4x + y = 44. נציב y = 0 ונקבל 4x = 44, כלומר x = 11, ולכן A(11 , 0).
הנקודה C מונחת על ציר ה-y ועל הישר 2x + 5y = 40. נציב x = 0 ונקבל 5y = 40, כלומר y = 8, ולכן C(0 , 8).
הנקודה B היא נקודת החיתוך של שני הישרים. מן המשוואה 4x + y = 44 נקבל y = 44 - 4x, ובהצבה במשוואה 2x + 5y = 40:
2x + 5(44 - 4x) = 40, כלומר 2x + 220 - 20x = 40, ומכאן -18x = -180 ו-x = 10. אז y = 44 - 4 · 10 = 4, ולכן B(10 , 4).
ב. נבדוק בנקודה (1 , 1), שנמצאת בתוך התחום המקווקו: 2 · 1 + 5 · 1 = 7 ≤ 40 וגם 4 · 1 + 1 = 5 ≤ 44.
לכן בשני הישרים התחום נמצא בצד שבו הביטוי קטן מן המספר, והתחום כולו מונח ברביע הראשון:
2x + 5y ≤ 40 , 4x + y ≤ 44 , x ≥ 0 , y ≥ 0.
ג. נציב את ארבעת הקודקודים בפונקציית המטרה P = 45x + 100y:
O(0 , 0): P = 0  |  A(11 , 0): P = 45 · 11 = 495  |  B(10 , 4): P = 45 · 10 + 100 · 4 = 850  |  C(0 , 8): P = 100 · 8 = 800.
הרווח הגדול ביותר מתקבל בקודקוד B: יש לייצר 10 ספסלים ו-4 שולחנות, והרווח המקסימלי הוא 850 שקלים.
ד. (1) ליטוש של x ספסלים נמשך 2x שעות, וליטוש של y שולחנות נמשך y שעות. המכונה עובדת 16 שעות לכל היותר, ולכן האילוץ החדש הוא 2x + y ≤ 16.
בייצור שמצאנו בסעיף ג, B(10 , 4): 2 · 10 + 4 = 24 > 16, ולכן ייצור זה אינו מקיים את האילוץ החדש.
(2) מערכת האילוצים במחזור הבא: 2x + 5y ≤ 40 , 4x + y ≤ 44 , 2x + y ≤ 16 , x ≥ 0 , y ≥ 0.
נמצא את נקודות החיתוך של הישר 2x + y = 16:
עם ציר ה-x: נציב y = 0 ונקבל 2x = 16, כלומר x = 8, והנקודה היא E(8 , 0).
עם ציר ה-y: נציב x = 0 ונקבל y = 16. הנקודה (0 , 16) אינה בתחום, כי 2 · 0 + 5 · 16 = 80 > 40.
עם הישר 2x + 5y = 40: נחסר את המשוואה 2x + y = 16 מן המשוואה 2x + 5y = 40 ונקבל 4y = 24, כלומר y = 6. אז 2x = 16 - 6 = 10 ו-x = 5, והנקודה היא D(5 , 6).
עם הישר 4x + y = 44: נחסר את המשוואה 2x + y = 16 מן המשוואה 4x + y = 44 ונקבל 2x = 28, כלומר x = 14 ו-y = 16 - 28 = -12. הנקודה (14 , -12) אינה בתחום, כי y < 0.
הנקודות E(8 , 0) ו-D(5 , 6) מקיימות גם את האילוץ 4x + y ≤ 44: 4 · 8 + 0 = 32 ≤ 44 ו-4 · 5 + 6 = 26 ≤ 44. הקודקודים A(11 , 0) ו-B(10 , 4) אינם מקיימים את האילוץ החדש (2 · 11 + 0 = 22 > 16 ו-24 > 16), והקודקוד C(0 , 8) מקיים אותו (2 · 0 + 8 = 8 ≤ 16).
קודקודי התחום האפשרי במחזור הבא: O(0 , 0) , E(8 , 0) , D(5 , 6) , C(0 , 8).
נציב אותם בפונקציית המטרה P = 45x + 100y:
O(0 , 0): P = 0  |  E(8 , 0): P = 45 · 8 = 360  |  D(5 , 6): P = 45 · 5 + 100 · 6 = 825  |  C(0 , 8): P = 100 · 8 = 800.
במחזור הבא הרווח הגבוה ביותר מתקבל בקודקוד D: יש לייצר 5 ספסלים ו-6 שולחנות, והרווח הוא 825 שקלים.

פתרון הדרך: את השיפוע של ישר מחשבים משתי נקודות שעליו, ואת משוואת הישר מקבלים מן השיפוע ומנקודה אחת שעליו. שני ישרים ניצבים זה לזה כשמכפלת השיפועים שלהם היא -1, ושני ישרים מקבילים כשהשיפועים שלהם שווים. נקודת החיתוך של שני ישרים היא הפתרון של מערכת שתי המשוואות שלהם, ואורך של קטע מתקבל מנוסחת המרחק בין שתי נקודות. כדי לבדוק אם נקודה נמצאת על ישר, מציבים את שיעוריה במשוואת הישר.
א. נסמן ב-m את השיפוע של הכביש AB. לפי הנקודות A(-2 , 2) ו-B(10 , 8):
m = 8 - 210 - (-2) = 612 = 12.
משוואת הישר לפי השיפוע והנקודה A(-2 , 2): y - 2 = 12(x - (-2)), כלומר y - 2 = 12x + 1, ומכאן y = 12x + 3.
בדיקה בנקודה B(10 , 8): 12 · 10 + 3 = 8.
ב. הכביש החדש ניצב לכביש AB, ולכן מכפלת השיפועים שלהם היא -1. נסמן ב-k את השיפוע של הכביש החדש:
12 · k = -1, ולכן k = -2.
הכביש החדש יוצא מן הנקודה C(5 , -2): y - (-2) = -2(x - 5), כלומר y + 2 = -2x + 10, ומשוואת הישר היא y = -2x + 8.
ג. הצומת H נמצא על שני הישרים, ולכן נשווה בין שתי המשוואות:
12x + 3 = -2x + 8. נכפול את שני האגפים ב-2: x + 6 = -4x + 16, כלומר 5x = 10, ו-x = 2.
נציב במשוואת הכביש החדש: y = -2 · 2 + 8 = 4. בדיקה במשוואת הכביש AB: 12 · 2 + 3 = 4.
שיעורי הצומת: H(2 , 4).
ד. לפי נוסחת המרחק בין הנקודות C(5 , -2) ו-H(2 , 4):
CH = (5 - 2)² + (-2 - 4)² = 9 + 36 = 45 ≈ 6.708.
אורך הכביש החדש הוא 6.71 ק"מ בקירוב.
ה. שביל האופניים מקביל לכביש AB, ולכן השיפוע שלו שווה לשיפוע של הכביש, 12. השביל יוצא מן הנקודה C(5 , -2):
y - (-2) = 12(x - 5), כלומר y + 2 = 12x - 2.5, ומשוואת השביל היא y = 12x - 4.5.
נציב את הנקודה D(1 , -4): 12 · 1 - 4.5 = 0.5 - 4.5 = -4.
הנקודה D מקיימת את משוואת השביל, ולכן שביל האופניים עובר בגשר.

פתרון הדרך: השנתות שעל הציר רחוקות זו מזו חצי סטיית תקן, והשנתה האמצעית, השישית, מתאימה לממוצע. לכן מספר המרווחים שבין שתי השנתות הנתונות, כפול חצי סטיית תקן, שווה להפרש בין שני משכי הנסיעה, ומכאן סטיית התקן. את הממוצע מקבלים מן המרחק של אחת השנתות הנתונות מן השנתה האמצעית. משיש ממוצע וסטיית תקן, ממלאים את המלבנים, ואחר כך כל אחוז מתקבל כסכום של האחוזים שרשומים בין השנתות המתאימות. מספר של נסיעות מתקבל מכפל האחוז במספר הנסיעות הכולל.
א. נסמן ב-μ את הממוצע וב-σ את סטיית התקן של משך הנסיעה, בדקות.
בין כל שתי שנתות סמוכות יש חצי סטיית תקן. מן השנתה השנייה עד השנתה התשיעית יש 9 - 2 = 7 מרווחים, כלומר 7 · 0.5σ = 3.5σ.
לכן 3.5σ = 57 - 36 = 21, ומכאן σ = 213.5 = 6 דקות.
ב. השנתה השנייה נמצאת ארבעה מרווחים משמאל לשנתה האמצעית, כלומר שתי סטיות תקן מתחת לממוצע:
36 = μ - 2 · 6, ולכן μ = 36 + 12 = 48 דקות.
בדיקה: השנתה התשיעית נמצאת שלושה מרווחים מימין לשנתה האמצעית, ואכן 48 + 1.5 · 6 = 57.
ג. המרחק בין שתי שנתות סמוכות הוא 0.5 · 6 = 3 דקות. השנתה השמאלית היא 48 - 5 · 3 = 33, והשנתה הימנית היא 48 + 5 · 3 = 63.
משמאל לימין: 33, 36, 39, 42, 45, 48, 51, 54, 57, 60, 63 דקות. ד. 60 = 48 + 12 = μ + 2σ, כלומר הנסיעה של נועה מתאימה לשנתה העשירית.
הטענה של נועה: הנסיעות הארוכות מן הנסיעה שלה הן אלה שמימין לשנתה העשירית: 1.5% + 0.5% = 2%. 2% < 5%, ולכן נועה אינה צודקת.
הטענה של איתי: 60 - 48 = 12 = 2 · 6, כלומר הנסיעה של נועה ארכה שתי סטיות תקן מעל הממוצע. שתי סטיות תקן הן יותר מסטיית תקן אחת, ולכן איתי צודק.
התשובה: רק איתי צודק.
ה. 45 = 48 - 3 = μ - 0.5σ, השנתה החמישית. הנסיעות שנמשכות יותר מ-45 דקות הן אלה שמימין לה:
19% + 19% + 15% + 9% + 5% + 1.5% + 0.5% = 69%.
ו. 42 = 48 - 6 = μ - σ, השנתה הרביעית. הנסיעות שנמשכו פחות מ-42 דקות הן אלה שמשמאל לה:
0.5% + 1.5% + 5% + 9% = 16%.
מספר הנסיעות: 0.16 · 225 = 36 נסיעות.

פתרון הדרך: כל סעיף הוא שאלה על הפונקצייה: רגע השיגור הוא t = 0; גובה נתון נותן משוואה ריבועית, ושני פתרונותיה הם הרגעים שבהם הטיל נמצא בגובה הזה, פעם בעלייה ופעם בירידה; הגובה המרבי נמצא בקודקוד הפרבולה; והנחיתה היא הרגע שבו h = 0. המקדם של t² שלילי, ולכן הפרבולה פונה כלפי מטה, והטיל נמצא מעל גובה נתון בדיוק בין שני הזמנים שבהם הוא נמצא בגובה הזה.
א. רגע השיגור הוא t = 0: h(0) = -0² + 6 · 0 + 7 = 7. ברגע השיגור הטיל נמצא בגובה 7 מטרים מעל הקרקע.
ב. -t² + 6t + 7 = 15, כלומר -t² + 6t - 8 = 0, ולאחר כפל ב-(-1): t² - 6t + 8 = 0.
נפרק לגורמים: (t - 2)(t - 4) = 0, ולכן t = 2 או t = 4.
הטיל נמצא בגובה 15 מטרים לאחר 2 שניות ולאחר 4 שניות.
ג. הפרבולה פונה כלפי מטה, ולכן בין t = 2 ל-t = 4 הטיל נמצא מעל גובה 15 מטרים. משך הזמן: 4 - 2 = 2 שניות.
ד. שיעור ה-t של הקודקוד: t = -b2a = -62 · (-1) = 3.
h(3) = -3² + 6 · 3 + 7 = -9 + 18 + 7 = 16.
הגובה המרבי של הטיל הוא 16 מטרים, והוא הגיע אליו לאחר 3 שניות.
ה. נחיתה על הקרקע פירושה h = 0: -t² + 6t + 7 = 0, כלומר t² - 6t - 7 = 0.
נפרק לגורמים: (t - 7)(t + 1) = 0, ולכן t = 7 או t = -1.
הפונקצייה מתארת את גובה הטיל מרגע השיגור, כלומר רק בעבור t ≥ 0, והזמן t = -1 הוא לפני השיגור. לכן הפתרון הזה אינו מתאים לבעיה, והטיל נחת על הקרקע לאחר 7 שניות.

פתרון הדרך: בסרטוט רואים כל עמדה של הבסיס ואת העמודה שעומדת בה, ומכאן תרשים המספרים. כל מבט נקבע לפי העמודה הגבוהה ביותר בכל טור או בכל שורה: במבט מלפנים משווים את העמדות שבאותו טור, ובמבט משמאל משווים את העמדות שבאותה שורה. המבט מלמעלה מראה רק אילו עמדות תפוסות. לכן כדי ששני המבטים לא ישתנו, צריך להשאיר קובייה אחת לפחות בכל עמדה תפוסה, ובכל טור צריך להשאיר עמודה אחת בגובה שרואים במבט מלפנים.
א. נספור את הקוביות בכל עמדה, משמאל לימין:
שורה אחורית: 2, 3, 1, 1 ; שורה אמצעית: 2, 2, 1, 0 ; שורה קדמית: 2, 1, 1, 1.
(העמדה הימנית שבשורה האמצעית ריקה. במבנה יש 7 + 5 + 5 = 17 קוביות.) ב. במבט משמאל רואים את שלוש השורות של המבנה: השורה האחורית בצד שמאל של המבט, והשורה הקדמית בצד ימין. בכל שורה רואים את העמודה הגבוהה ביותר שבה:
שורה אחורית: max(2, 3, 1, 1) = 3 , שורה אמצעית: max(2, 2, 1, 0) = 2 , שורה קדמית: max(2, 1, 1, 1) = 2.
במבט משמאל, משמאל לימין, עמודות בגובה 3, 2, 2. ג. המבט מלפנים מראה בכל טור, משמאל לימין, את העמודה הגבוהה ביותר שבו: max(2, 2, 2) = 2 , max(3, 2, 1) = 3 , max(1, 1, 1) = 1 , max(1, 0, 1) = 1.
המבט מלמעלה מראה את 11 העמדות התפוסות.
כדי שהמבט מלמעלה לא ישתנה, בכל אחת מ-11 העמדות נשארת קובייה אחת לפחות. כדי שהמבט מלפנים לא ישתנה, בכל טור נשארת עמודה אחת בגובה שרואים בו. לכן המספר הקטן ביותר של קוביות שיכולות להישאר הוא:
טור שמאלי 2 + 1 + 1 = 4 , טור שני 3 + 1 + 1 = 5 , טור שלישי 1 + 1 + 1 = 3 , טור ימני 1 + 1 = 2.
סך הכול 4 + 5 + 3 + 2 = 14 קוביות, ולכן אפשר להסיר לכל היותר 17 - 14 = 3 קוביות: שתי קוביות מן הטור השמאלי (משתיים מן העמודות שגובהן 2) וקובייה אחת מן העמודה שגובהה 2 בשורה האמצעית של הטור השני. הסרה של קובייה נוספת הייתה מרוקנת עמדה (והמבט מלמעלה היה משתנה) או מנמיכה את העמודה הגבוהה בטור (והמבט מלפנים היה משתנה).
ד. למשל, נשאיר בטור השמאלי את העמודה בגובה 2 בשורה האחורית: יש עוד שני תרשימים נכונים: העמודה בגובה 2 בטור השמאלי יכולה להישאר גם בשורה האמצעית או בשורה הקדמית.
ה. במבט מאחור רואים את אותם ארבעה טורים בסדר הפוך, כי הטור הימני של המבנה נראה מאחור בצד שמאל. גם מאחור רואים בכל טור את העמודה הגבוהה ביותר שבו, ולכן המבט מאחור הוא המבט מלפנים בסדר הפוך. בסעיף ד המבט מלפנים לא השתנה (2, 3, 1, 1), ולכן גם המבט מאחור לא השתנה: בשני המבנים הוא עמודות בגובה 1, 1, 3, 2, משמאל לימין.

פתרון הדרך: מציבים את הרדיוס ואת הגובה בנוסחאות של נפח הגליל ושל שטח הפנים שלו, משאירים את התוצאה כמכפלה של מספר ב-π, ורק בסוף מחשבים ערך מקורב ומעגלים כפי שנדרש בסעיף. המעבר לליטרים הוא חילוק ב-1,000. בסעיף האחרון הנפח ידוע והגובה הוא הנעלם: נפח של תיבה הוא שטח הבסיס כפול הגובה, ולכן מחלקים את הנפח בשטח הבסיס הריבועי.
א. V = πr²h = π · 30² · 50 = π · 900 · 50 = 45,000π סמ"ק.
בקירוב: 45,000π ≈ 141,371.67, ולכן הנפח הוא 45,000π ≈ 141,372 סמ"ק.
ב. 45,000π סמ"ק = 45,000π1,000 = 45π ≈ 141.37 ליטר, כלומר המיכל מכיל 141.4 ליטר בקירוב.
ג. שטח שני הבסיסים: 2πr² = 2 · π · 30² = 1,800π סמ"ר.
שטח המעטפת: 2πrh = 2 · π · 30 · 50 = 3,000π סמ"ר.
שטח הפנים השלם: 1,800π + 3,000π = 4,800π ≈ 15,079.64, כלומר 15,080 סמ"ר בקירוב.
ד. נסמן ב-h את גובה התיבה, בס"מ. שטח הבסיס הריבועי: 30 · 30 = 900 סמ"ר.
נפח התיבה הוא שטח הבסיס כפול הגובה, והוא שווה לנפח הגליל: 900 · h = 45,000π, ומכאן h = 45,000π900 = 50π ≈ 157.08.
גובה המיכל בצורת תיבה הוא 157.1 ס"מ בקירוב.
ה. הבסיס של המנסרה הוא המשולש ישר הזווית, ושטחו S = 60 · 802 = 2,400 סמ"ר.
נפח מנסרה הוא שטח הבסיס כפול הגובה, והגובה הוא המרחק בין שני הבסיסים: V = 2,400 · 50 = 120,000 סמ"ק, כלומר 120 ליטר.
המיכל הגלילי מכיל 45π ליטר (סעיף ב), ו-45π - 120 ≈ 141.37 - 120 = 21.37.
המיכל השלישי מכיל פחות מים, בכ-21.4 ליטר.