מכינה למתמטיקה קיץ תשעב/תרגילים/2/פתרון 2

1

מצא לאילו ערכי x מתקיימים אי השיוויונים הבאים:

• $tan(x) < 0$

$tan(x)={sin(x) \over cos(x)}$ לכן אי השוויון מתקיים כאשר למונה ולמכנה יש סימנים הפוכים. לפי הגדרת הפונקציות הטריגונומטריות בעזרת מעגל היחידה, ניתן לראות שזה מתקיים ברביע השני וברביע הרביעי, ולכן התשובה היא: $-{\pi \over 2} + \pi k < x < \pi k$

• $sin(x)<cos(x)$

מתקיים שוויון כאשר $x={\pi \over 4} + \pi k$. עד $\pi \over 4$ הקוסינוס יותר גדול, ובנקודה זו זה מתהפך עד $5\pi \over 4$ בה זה מתהפך בחזרה, וכך ממשיך במחזוריות של $2\pi$. לכן אי השוויון מתקיים עבור $-{3\pi \over 4}+2\pi k < x < {\pi \over 4} +2\pi k$

• $e^{sin(x)} < 1$

נסמן $y=sin(x)$ ונבדוק מתי $e^y<1$. יש שוויון עבור y=0 לכן אי השוויון מתקיים עבור $sin(x)=y<0$. מתכונות סינוס, זה מתקיים עבור $-\pi + 2\pi k < x < 2\pi k$

• $(sin(x)-cos(x))(sin(x)+(cos(x)) >0$

נפתח סוגריים ונקבל: $sin(x)^2-cos(x)^2>0$. ניעזר בזהות $sin(x)^2+cos(x)^2=1$ ונגיע לאי השוויון: $2sin(x)^2-1>0$. מכאן נעביר אגפים ונקבל $sin(x)^2>{1 \over 2}$ והפתרון שלו הוא $sin(x)>{\sqrt{2} \over 2}$ או $sin(x)<-{\sqrt{2} \over 2}$. זה מתקיים עבור: ${\pi \over 4}+\pi k < x < {3\pi \over 4} + \pi k$

• $sin \Big(\pi\cdot cos(x)\Big)>0$

נציב $y=\pi \cdot cos(x)$ ונקבל שאי השוויון מתקיים עבור $2\pi k < y < \pi + 2\pi k$. לכן $2k<cos(x)<1+2k$.

אם $k>0$: נקבל $2 < cos(x)$ וזה לא יתכן.

$k<0$: נקבל $cos(x)<-1$ וזה גם לא יתכן.

עבור $k=0$: אי השוויון הוא $0<cos(x)<1$ וזה מתקיים לכל $-{\pi \over 2}+2\pi k < x < {\pi \over 2} + 2\pi k$

2

הוכח:

• $\overline{z_1\cdot z_2}=\overline{z_1}\cdot\overline{z_2}$

נסמן $z_1=x_1+y_1 \cdot i , z_2=x_2+y_2 \cdot i$. נחשב את אגף שמאל:

$\overline{z_1 \cdot z_2} = \overline{(x_1+y_1 \cdot i) \cdot (x_2+y_2 \cdot i)} = \overline{(x_1 x_2 - y_1 y_2) + (x_1 y_2 + x_2 y_1) \cdot i}=(x_1 x_2 - y_1 y_2) - (x_1 y_2 + x_2 y_1) \cdot i$

נחשב את אגף ימין: $\overline{z_1}\cdot\overline{z_2}=(x_1-y_1 \cdot i) \cdot (x_2-y_2 \cdot i) = (x_1 x_2 - y_1 y_2)-(x_1 y_2 + x_2 y_1) \cdot i$

בשני המקרים קיבלנו את אותו ביטוי לכן מתקיים שוויון.

• $|z_1\cdot z_2| = |z_1|\cdot |z_2|$

$|z_1\cdot z_2|=|(x_1 x_2 -y_1 y_2)+(x_1 y_2 + x_2 y_1) \cdot i| =\sqrt{ (x_1 x_2 - y_1 y_2)^2 + (x_1 y_2 +x_2 y_1)^2}=\sqrt{x_1^2 x_2^2+ y_1^2 y_2^2+x_1^2 y_2^2+x_2^2 y_1^2}$

אגף ימין: $|z_1|\cdot |z_2| = \sqrt{x_1^2+y_1^2}\cdot \sqrt{x_2^2+y_2^2}=\sqrt{x_1^2 x_2^2+ y_1^2 y_2^2+x_1^2 y_2^2+x_2^2 y_1^2}$

שוב קיבלנו בשני המקרים את אותו ביטוי ולכן מתקיים השוויון

• $Re(z)= \frac{z+\overline{z}}{2}$

$\frac{z+\overline{z}}{2} = \frac{x+y \cdot i + x - y \cdot i}{2} = \frac{2x}{2}=x=Re(z)$

• $Im(z)= \frac{z-\overline{z}}{2}$

$\frac{z-\overline{z}}{2} = \frac{x+y \cdot i - (x - y \cdot i)}{2} = \frac{2y}{2}=y=Im(z)$

3

מצא את הצורה הפולרית והקרטזית של המספרים המרוכבים הבאים:

• $1+i$

$r=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$

$\varphi = arctan({1 \over 1}) = arctan(1) = {\pi \over 4}$

לכן הצורה הפולארית היא $\sqrt{2} \cdot cis({\pi \over 4})$

• $(1-i)^{-1}$

$(1-i)^{-1} = \frac{1}{1-i} = \frac{1+i}{(1-i)(1+i)}= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot i$

זה שווה בדיוק לחצי מהביטוי בסעיף א' לכן הצורה הפולארית היא: $\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot cis(\frac{\pi}{4})$

• $\sqrt{2}cis(\frac{\pi}{4})(2-3i)$

ניעזר בסעיף א' ונקבל שהביטוי שווה ל:$(1+i)(2-3i)$. נפתח סוגריים ונקבל: $(2+3)+(-3+2)i$. סה"כ הצורה הקרטזית היא $5-i$

הצורה הפולארית: $r=\sqrt{26}$

$\varphi = arctan(\frac{-1}{5}) \approx -11^\circ$

לכן הצורה הפולארית היא $\sqrt{26}\cdot cis(-11^\circ)$

• $cis(\frac{\pi}{2})$

נמצא את הצורה הקרטזית: $x=cos(\frac{\pi}{2})=0 , y=sin(\frac{\pi}{2})=1$

לכן המספר שווה לi

• $2cis(2012\cdot \frac{\pi}{2})$

$x=2cos(1006\pi)=2cos(0)=2$

$y=2sin(1006\pi)=2sin(0)=0$

לכן המספר שווה ל2