אנליזה מתקדמת למורים תרגול 6 - היסטוריית גרסאות

Relweiz: /* אקסופננט */

2019-12-31T12:24:04Z

אקסופננט

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־12:24, 31 בדצמבר 2019
שורה 13:		שורה 13:

	=====פתרון=====		=====פתרון=====
	כן! נתחיל מדוגמא, ואז נבין את הפתרון הכללי. נחפש <math>x,y\in \mathbb{R}</math> כך ש <math>e^x(\cos y+i\sin y)=-e</math>.		כן! נתחיל מדוגמא, ואז נבין את הפתרון הכללי. נחפש <math>x,y\in \mathbb{R}</math> כך ש <math>e^{x+yi}=e^x(\cos y+i\sin y)=-e</math>.

	ראשית, כדי שהתוצאה תהיה ממשית דרוש <math>\sin y=0</math>, ולכן <math>y=0+\pi k</math>. כעת נקבל <math>\cos y\in \{-1,0,1\}</math>, וכיון שאנחנו רוצים לקבל מספר שלילי נרצה <math>\cos y=-1</math>, ולכן ניקח <math>y=\pi</math>.		ראשית, כדי שהתוצאה תהיה ממשית דרוש <math>\sin y=0</math>, ולכן <math>y=0+\pi k</math>. כעת נקבל <math>\cos y\in \{-1,1\}</math>, וכיון שאנחנו רוצים לקבל מספר שלילי נרצה <math>\cos y=-1</math>, ולכן ניקח <math>y=\pi+2\pi k</math>.

	מה שקיבלנו עד כה זה <math>e^{x+\pi i}=-e^x</math>, ולכן אם ניקח <math>x=\ln e=1</math> נקבל <math>e^{1+\pi i}=-e</math> כדרוש.		מה שקיבלנו עד כה זה <math>e^{x+\pi i}=-e^x</math>, ולכן אם ניקח <math>x=\ln e=1</math> נקבל <math>e^{1+\pi i}=-e</math> כדרוש.

Relweiz: /* תרגיל */

2019-12-31T11:10:49Z

תרגיל

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־11:10, 31 בדצמבר 2019
שורה 46:		שורה 46:

	====תרגיל====		====תרגיל====
	חשבו נגזרת ~~של סינוס~~: <math>(\~~sin~~ z)'</math>		חשבו נגזרת: <math>(\cos z)'</math>

	=====פתרון=====		=====פתרון=====
	נחשב: <math>(</math>		נחשב: <math>(\cos z)'=\left( \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2} \right)'=\frac{ie^{iz}+(-i)e^{-iz}}{2}=\frac{i\left( e^{iz}-e^{-iz} \right) }{2}=\frac{-e^{iz}+e^{-iz}}{2i}=-\sin z</math>

	==לוגריתם==		==לוגריתם==

Relweiz: /* תרגיל */

2019-12-31T11:03:19Z

תרגיל

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־11:03, 31 בדצמבר 2019
שורה 46:		שורה 46:

	====תרגיל====		====תרגיל====
	חשבו נגזרת של		חשבו נגזרת של סינוס: <math>(\sin z)'</math>

			=====פתרון=====
			נחשב: <math>(</math>

	==לוגריתם==		==לוגריתם==

Relweiz: /* טריגו */

2019-12-31T10:30:39Z

טריגו

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־10:30, 31 בדצמבר 2019
שורה 38:		שורה 38:
	הוכיחו: <math>\sin(z+w)=\sin z\cos w+\cos z\sin w</math>.		הוכיחו: <math>\sin(z+w)=\sin z\cos w+\cos z\sin w</math>.

	====פתרון=====		=====פתרון=====
	נפתח את צד ימין:		נפתח את צד ימין:

שורה 44:		שורה 44:

	<math>=\frac{1}{4i}(e^{iz}e^{iw}+e^{iz}e^{-iw}-e^{-iz}e^{iw}-e^{-iz}e^{-iw}+e^{iz}e^{iw}-e^{iz}e^{-iw}+e^{-iz}e^{iw}-e^{-iz}e^{-iw})=\frac{1}{4i}(2e^{iz}e^{iw}-2e^{-iz}e^{-iw})=\frac{e^{i(z+w)}-e^{-i(z+w)}}{2i}=\sin (z+w)</math>		<math>=\frac{1}{4i}(e^{iz}e^{iw}+e^{iz}e^{-iw}-e^{-iz}e^{iw}-e^{-iz}e^{-iw}+e^{iz}e^{iw}-e^{iz}e^{-iw}+e^{-iz}e^{iw}-e^{-iz}e^{-iw})=\frac{1}{4i}(2e^{iz}e^{iw}-2e^{-iz}e^{-iw})=\frac{e^{i(z+w)}-e^{-i(z+w)}}{2i}=\sin (z+w)</math>

			====תרגיל====
			חשבו נגזרת של

	==לוגריתם==		==לוגריתם==

Relweiz: /* אקסופנט */

2019-12-31T10:27:34Z

אקסופנט

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־10:27, 31 בדצמבר 2019
שורה 1:		שורה 1:
	חזרה ל[[מערכי תרגול באנליזה מתקדמת למורים \| מערכי תרגול]].		חזרה ל[[מערכי תרגול באנליזה מתקדמת למורים \| מערכי תרגול]].

	==~~אקסופנט~~==		==אקסופננט==

	ראינו בשבוע שעבר שהפונקציה <math>f(x+yi)=e^x(\cos y+i\sin y)</math> גזירה ומקיימת <math>f'(z)=f(z)</math>, וראיתם בהרצאה שהיא מקיימת את כל התכונות הנדרשות לפונקציית האקספוננט, ולכן הגדרנו: <math>e^z=e^x(\cos y+i\sin y)</math>.		ראינו בשבוע שעבר שהפונקציה <math>f(x+yi)=e^x(\cos y+i\sin y)</math> גזירה ומקיימת <math>f'(z)=f(z)</math>, וראיתם בהרצאה שהיא מקיימת את כל התכונות הנדרשות לפונקציית האקספוננט, ולכן הגדרנו: <math>e^z=e^x(\cos y+i\sin y)</math>.

Relweiz: /* אקסופנט */

2019-12-31T10:16:56Z

אקסופנט

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־10:16, 31 בדצמבר 2019
שורה 7:		שורה 7:
	לדוגמא, נחשב <math>e^{1+\frac{\pi}{4}i}</math>:		לדוגמא, נחשב <math>e^{1+\frac{\pi}{4}i}</math>:

	<math>e^{1+\frac{\pi}{4}i}=e^1(\cos \frac{\pi}{4} +i\sin \frac{\pi}{4})=e(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i)=\frac{e\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i</math>.		<math>e^{1+\frac{\pi}{4}i}=e^1(\cos \frac{\pi}{4} +i\sin \frac{\pi}{4})=e(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i)=\frac{e\sqrt{2}}{2}+\frac{e\sqrt{2}}{2}i</math>.

	====תרגיל====		====תרגיל====

אריאל ב־12:57, 25 בדצמבר 2018

2018-12-25T12:57:37Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־12:57, 25 בדצמבר 2018
שורה 66:		שורה 66:
	לדוגמא: <math>i^{0.5-\frac{2}{\pi}i}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)\log(i)}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)(\ln\|i\|+iarg(i))}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)\cdot \frac{\pi}{2}i}=e^{1+\frac{\pi}{4}i}=\frac{e\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i</math>		לדוגמא: <math>i^{0.5-\frac{2}{\pi}i}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)\log(i)}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)(\ln\|i\|+iarg(i))}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)\cdot \frac{\pi}{2}i}=e^{1+\frac{\pi}{4}i}=\frac{e\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i</math>

	===ענפים שונים===		==ענפים שונים==
	כאמור, ההגדרות של לוגריתם וחזקה תלויות בבחירת הענף, כלומר, טווח הזוית המגדירה מס' מרוכב. הענף הראשי הוא <math>-\pi \leq \theta \leq \pi</math>. אך ניתן לבחור גם ענפים אחרים כמו <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math>, ולקבל הגדרה שונה ללוגריתם וחזקה.		כאמור, ההגדרות של לוגריתם וחזקה תלויות בבחירת הענף, כלומר, טווח הזוית המגדירה מס' מרוכב. הענף הראשי הוא <math>-\pi \leq \theta \leq \pi</math>. אך ניתן לבחור גם ענפים אחרים כמו <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math>, ולקבל הגדרה שונה ללוגריתם וחזקה.

שורה 72:		שורה 72:
	נתבונן בענף <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math> ונחשב את <math>L(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i),(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i)^i</math>		נתבונן בענף <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math> ונחשב את <math>L(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i),(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i)^i</math>

	====פתרון====		=====פתרון=====
	תחילה, נבדוק מהי הזוית (המתאימה לענף) של <math>\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{\sqrt{2}}{2}i</math>: הזוית הרגילה היא <math>-\frac{\pi}{4}</math>, שאינה בענף, ולכן נוסיף <math>2\pi</math> לקבל את הזוית <math>\frac{7\pi}{8}</math> שבענף. כעת נוכל לחשב:		תחילה, נבדוק מהי הזוית (המתאימה לענף) של <math>\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{\sqrt{2}}{2}i</math>: הזוית הרגילה היא <math>-\frac{\pi}{4}</math>, שאינה בענף, ולכן נוסיף <math>2\pi</math> לקבל את הזוית <math>\frac{7\pi}{8}</math> שבענף. כעת נוכל לחשב:

	<math>L(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i)=\ln (1) +i\frac{7\pi}{8}=i\frac{7\pi}{8}</math>.		<math>L(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i)=\ln (1) +i\frac{7\pi}{8}=i\frac{7\pi}{8}</math>.

			====תרגיל====
			חשבו את כל החזקות <math>(1+i)^{1+i}</math>.

			=====פתרון=====
			ראשית נשים לב שהזוית בענף המרכזי של <math>1+i</math> היא <math>\frac{\pi}{4}</math>, ולכן בענף כלשהו <math>L</math> הזוית היא <math>\frac{\pi}{4}+2\pi k</math> עבור איזשהו <math>k\in \mathbb{Z}</math>. כעת נחשב:

			<math>(1+i)^{1+i}=e^{(1+i)\cdot L(1+i)}=e^{(1+i)\cdot (\ln 2 + i(\frac{\pi}{4}+2\pi k))}=e^{\ln 2-\frac{\pi}{4}+2\pi k+(\ln 2+\frac{\pi}{4}+2\pi k)i}</math>

			כעת לפי הנוסחא לחישוב אקספוננט נקבל <math>e^{\ln 2-\frac{\pi}{4}+2\pi k}cis(\ln 2+\frac{\pi}{4}+2\pi k)</math>

אריאל ב־20:04, 24 בדצמבר 2018

2018-12-24T20:04:32Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־20:04, 24 בדצמבר 2018
שורה 70:		שורה 70:

	====תרגיל====		====תרגיל====
	נתבונן בענף <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math> ונחשב את <math>L(-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i),(-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i)^i</math>		נתבונן בענף <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math> ונחשב את <math>L(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i),(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i)^i</math>

	====פתרון====		====פתרון====
			תחילה, נבדוק מהי הזוית (המתאימה לענף) של <math>\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{\sqrt{2}}{2}i</math>: הזוית הרגילה היא <math>-\frac{\pi}{4}</math>, שאינה בענף, ולכן נוסיף <math>2\pi</math> לקבל את הזוית <math>\frac{7\pi}{8}</math> שבענף. כעת נוכל לחשב:

			<math>L(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i)=\ln (1) +i\frac{7\pi}{8}=i\frac{7\pi}{8}</math>.

אריאל: /* ענפים שונים */

2018-12-24T19:59:44Z

ענפים שונים

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־19:59, 24 בדצמבר 2018
שורה 70:		שורה 70:

	====תרגיל====		====תרגיל====
	נתבונן בענף <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math> ונחשב את <math>L(-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i),-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i^i</math>		נתבונן בענף <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math> ונחשב את <math>L(-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i),(-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i)^i</math>

	====פתרון====		====פתרון====

אריאל: /* חזקות */

2018-12-24T19:59:07Z

חזקות

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־19:59, 24 בדצמבר 2018
שורה 65:		שורה 65:

	לדוגמא: <math>i^{0.5-\frac{2}{\pi}i}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)\log(i)}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)(\ln\|i\|+iarg(i))}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)\cdot \frac{\pi}{2}i}=e^{1+\frac{\pi}{4}i}=\frac{e\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i</math>		לדוגמא: <math>i^{0.5-\frac{2}{\pi}i}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)\log(i)}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)(\ln\|i\|+iarg(i))}=e^{(0.5-\frac{2}{\pi}i)\cdot \frac{\pi}{2}i}=e^{1+\frac{\pi}{4}i}=\frac{e\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i</math>

			===ענפים שונים===
			כאמור, ההגדרות של לוגריתם וחזקה תלויות בבחירת הענף, כלומר, טווח הזוית המגדירה מס' מרוכב. הענף הראשי הוא <math>-\pi \leq \theta \leq \pi</math>. אך ניתן לבחור גם ענפים אחרים כמו <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math>, ולקבל הגדרה שונה ללוגריתם וחזקה.

			====תרגיל====
			נתבונן בענף <math>0\leq \theta \leq 2\pi</math> ונחשב את <math>L(-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i),-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i^i</math>

			====פתרון====