חזרה ל[[מערכי תרגול באנליזה מתקדמת למורים | מערכי תרגול]].
==אקסופנטאקסופננט==
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>.
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{e\sqrt{2}}{2}i</math>.
====תרגיל====
=====פתרון=====
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+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.
הוכיחו: <math>\sin(z+w)=\sin z\cos w+\cos z\sin w</math>.
=====פתרון=====
נפתח את צד ימין:
<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: <math>(\cos z)'</math>
=====פתרון=====
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==
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=====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>. ====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>
====פתרון====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>