שאלה 1: מיצאו את
א) $\sin^{-1}(-\sqrt{3}/2)$
כדי למצוא את הערך של $\sin^{-1}(-\sqrt{3}/2)$, נזכור שטווח הפונקציה $\sin^{-1}$ הוא $[-\pi/2, \pi/2]$. מכיוון ש-$\sin(\pi/3) = \sqrt{3}/2$, אז $\sin(-\pi/3) = -\sqrt{3}/2$
\[\begin{align} \sin^{-1}(-\sqrt{3}/2) &= -\sin^{-1}(\sqrt{3}/2)\\ &= -\frac{\pi}{3} \end{align}\]ב) $\tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(-1)$
אנו יודעים ש: $\tan^{-1}(1) = \pi/4$ ו-$\tan^{-1}(-1) = -\pi/4$
\[\begin{align} \tan^{-1}(1) - \tan^{-1}(-1) &= \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right)\\ &= \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4}\\ &= \frac{\pi}{2} \end{align}\]ג) $\cot^{-1}(1/\sqrt{3}) - \cot^{-1}(-1/\sqrt{3})$
ראשית, נמצא כל אחד מהערכים: $\cot^{-1}(1/\sqrt{3}) = \pi/3$ $\cot^{-1}(-1/\sqrt{3}) = \pi - \pi/3 = 2\pi/3$
\[\begin{align} \cot^{-1}(1/\sqrt{3}) - \cot^{-1}(-1/\sqrt{3}) &= \frac{\pi}{3} - \frac{2\pi}{3}\\ &= -\frac{\pi}{3} \end{align}\]ד) $\cosh^{-1} \sqrt{2}$
עבור $x = \cosh^{-1}(\sqrt{2})$, יש לנו: $\cosh(x) = \sqrt{2}$ נשתמש בנוסחה $\cosh^{-1}(x) = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1})$, עבור $x \geq 1$:
\[\begin{align} \cosh^{-1}(\sqrt{2}) &= \ln\left(\sqrt{2} + \sqrt{2-1}\right)\\ &= \ln\left(\sqrt{2} + 1\right) \end{align}\]ה) $e^{[-\coth^{-1}(25/7)]}$
עבור $y = \coth^{-1}(25/7)$, יש לנו: $\coth(y) = 25/7$ נשתמש בתכונה $\coth^{-1}(x) = \frac{1}{2}\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ עבור $x > 1$:
\[\begin{align} \coth^{-1}(25/7) &= \frac{1}{2}\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)\Big|_{x=25/7}\\ &= \frac{1}{2}\ln\left(\frac{25/7+1}{25/7-1}\right)\\ &= \frac{1}{2}\ln\left(\frac{32/7}{18/7}\right)\\ &= \frac{1}{2}\ln\left(\frac{32}{18}\right)\\ &= \frac{1}{2}\ln\left(\frac{16}{9}\right)\\ &= \frac{1}{2}\ln\left(\left(\frac{4}{3}\right)^2\right)\\ &= \ln\left(\frac{4}{3}\right) \end{align}\]לכן,
\[\begin{align} e^{[-\coth^{-1}(25/7)]} &= e^{-\ln(4/3)}\\ &= \frac{1}{4/3}\\ &= \frac{3}{4} \end{align}\]ו) $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x, \quad -1 \leq x \leq 1$
עבור כל $x$ בטווח $[-1, 1]$, מתקיים זהות טריגונומטרית ידועה:
\[\begin{align} \sin^{-1}(x) + \cos^{-1}(x) = \frac{\pi}{2}, \quad \forall x \in [-1,1] \end{align}\]ז) $\sin^{-1}(\cos 2x), \quad 0 \leq x \leq \pi/2$
כאשר $0 \leq x \leq \pi/2$, מתקיים $0 \leq 2x \leq \pi$ ולכן $\cos(2x)$ יורד מ-1 ל-(-1). אם נסתכל על הטווח, נראה ש:
\[\begin{align} \sin^{-1}(\cos(2x)) &= \frac{\pi}{2} - 2x, \quad 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2} \end{align}\]ח) $\sin^{-1}(\cos 2x), \quad \pi/2 \leq x \leq 3\pi/2$
בטווח זה, יש לשים לב לתחומים שונים. זהו אתגר מורכב יותר כיוון שצריך להתחשב במחזוריות והסימנים.
\[\begin{align} \sin^{-1}(\cos(2x)) &= 2x - \frac{3\pi}{2}, \quad \frac{\pi}{2} \leq x \leq \frac{3\pi}{2} \end{align}\]ט) $\cos(2 \tan^{-1}(x^2))$
נשתמש בנוסחת הזווית הכפולה: $\cos(2\theta) = \cos^2(\theta) - \sin^2(\theta) = 2\cos^2(\theta) - 1$ עם $\theta = \tan^{-1}(x^2)$:
\[\begin{align} \cos(2\tan^{-1}(x^2)) &= \cos^2(\tan^{-1}(x^2)) - \sin^2(\tan^{-1}(x^2))\\ &= 2\cos^2(\tan^{-1}(x^2)) - 1 \end{align}\]נמצא את $\cos^2(\tan^{-1}(x^2))$:
\[\begin{align} \cos^2(\tan^{-1}(x^2)) &= \frac{1}{1+\tan^2(\tan^{-1}(x^2))}\\ &= \frac{1}{1+x^4} \end{align}\]לכן:
\[\begin{align} \cos(2\tan^{-1}(x^2)) &= 2\cdot\frac{1}{1+x^4} - 1\\ &= \frac{2}{1+x^4} - 1\\ &= \frac{2-(1+x^4)}{1+x^4}\\ &= \frac{1-x^4}{1+x^4} \end{align}\]י) $\cos[\pi \sinh(\ln 2)]$
ראשית, נחשב את $\sinh(\ln 2)$:
\[\begin{align} \sinh(\ln 2) &= \frac{e^{\ln 2} - e^{-\ln 2}}{2}\\ &= \frac{2 - 1/2}{2}\\ &= \frac{3}{4} \end{align}\]לכן,
\[\begin{align} \cos[\pi \sinh(\ln 2)] &= \cos\left(\pi \cdot \frac{3}{4}\right)\\ &= \cos\left(\frac{3\pi}{4}\right)\\ &= -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{align}\]כ) $\cosh^{-1}[\coth(\ln 3)]$
נחשב תחילה את $\coth(\ln 3)$:
\[\begin{align} \coth(\ln 3) &= \frac{e^{\ln 3} + e^{-\ln 3}}{e^{\ln 3} - e^{-\ln 3}}\\ &= \frac{3 + 1/3}{3 - 1/3}\\ &= \frac{10/3}{8/3}\\ &= \frac{5}{4} \end{align}\]כעת, נחשב את $\cosh^{-1}$ של התוצאה:
\[\begin{align} \cosh^{-1}(5/4) &= \ln\left(5/4 + \sqrt{(5/4)^2 - 1}\right)\\ &= \ln\left(5/4 + \sqrt{25/16 - 16/16}\right)\\ &= \ln\left(5/4 + \sqrt{9/16}\right)\\ &= \ln\left(5/4 + 3/4\right)\\ &= \ln(2) \end{align}\]שאלה 2: הוכיחו: $\tan^{-1} x + \cot^{-1} x = \frac{\pi}{2} \quad \forall x$
 |
|---|
| תמונה להמחשה של הזהות $\tan^{-1} x + \cot^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ |
נסמן: $\theta = \tan^{-1}(x)$ $\phi = \cot^{-1}(x)$
אז: $\tan(\theta) = x$ $\cot(\phi) = x$
מכיוון ש-$\cot(\phi) = \frac{1}{\tan(\phi)}$, יש לנו: $\tan(\phi) = \frac{1}{x}$
נשתמש בזהות הטריגונומטרית $\tan(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \cot(\alpha)$:
\[\begin{align} \tan\left(\frac{\pi}{2} - \phi\right) &= \cot(\phi)\\ &= x\\ &= \tan(\theta) \end{align}\]זה אומר ש-$\theta = \frac{\pi}{2} - \phi$, או באופן שקול:
\[\begin{align} \theta + \phi &= \frac{\pi}{2}\\ \Rightarrow \tan^{-1}(x) + \cot^{-1}(x) &= \frac{\pi}{2} \end{align}\]שאלה 3: צאו מאגף ימין והגיעו לאגף שמאל
 |
|---|
| תמונה להמחשה של הזהויות ההיפרבוליות |
הוכחת הזהות: $\sinh(x \pm y) = \sinh x \cosh y \pm \cosh x \sinh y$
מאגף שמאל:
\[\begin{align} \sinh(x+y) &= \frac{e^{x+y} - e^{-(x+y)}}{2}\\ &= \frac{e^x \cdot e^y - e^{-x} \cdot e^{-y}}{2} \end{align}\]מאגף ימין:
\[\begin{align} &\sinh(x)\cosh(y) + \cosh(x)\sinh(y)\\ &= \frac{e^x - e^{-x}}{2} \cdot \frac{e^y + e^{-y}}{2} + \frac{e^x + e^{-x}}{2} \cdot \frac{e^y - e^{-y}}{2}\\ &= \frac{(e^x - e^{-x})(e^y + e^{-y}) + (e^x + e^{-x})(e^y - e^{-y})}{4}\\ &= \frac{e^{x+y} + e^{x-y} - e^{-x+y} - e^{-x-y} + e^{x+y} - e^{x-y} + e^{-x+y} - e^{-x-y}}{4}\\ &= \frac{2e^{x+y} - 2e^{-x-y}}{4}\\ &= \frac{e^{x+y} - e^{-x-y}}{2}\\ &= \sinh(x+y) \end{align}\]באופן דומה אפשר להוכיח גם את המקרה של $\sinh(x-y)$.
הוכחת הזהות: $\cosh(x \pm y) = \cosh x \cosh y \pm \sinh x \sinh y$
מאגף שמאל:
\[\begin{align} \cosh(x+y) &= \frac{e^{x+y} + e^{-(x+y)}}{2}\\ &= \frac{e^x \cdot e^y + e^{-x} \cdot e^{-y}}{2} \end{align}\]מאגף ימין:
\[\begin{align} &\cosh(x)\cosh(y) + \sinh(x)\sinh(y)\\ &= \frac{e^x + e^{-x}}{2} \cdot \frac{e^y + e^{-y}}{2} + \frac{e^x - e^{-x}}{2} \cdot \frac{e^y - e^{-y}}{2}\\ &= \frac{(e^x + e^{-x})(e^y + e^{-y}) + (e^x - e^{-x})(e^y - e^{-y})}{4}\\ &= \frac{e^{x+y} + e^{x-y} + e^{-x+y} + e^{-x-y} + e^{x+y} - e^{x-y} - e^{-x+y} + e^{-x-y}}{4}\\ &= \frac{2e^{x+y} + 2e^{-x-y}}{4}\\ &= \frac{e^{x+y} + e^{-x-y}}{2}\\ &= \cosh(x+y) \end{align}\]באופן דומה אפשר להוכיח גם את המקרה של $\cosh(x-y)$.
שאלה 4: קבלו את הזהויות הבאות
א) $\cos 3x = 4 \cos^3 x - 3 \cos x$
 |
|---|
| תמונה להמחשה של הזהות $\cos 3x = 4 \cos^3 x - 3 \cos x$ |
נשתמש בנוסחת הזווית המשולשת. נוכל לרשום:
\[\begin{align} \cos(3x) &= \cos(2x + x)\\ &= \cos(2x)\cos(x) - \sin(2x)\sin(x) \end{align}\]נשתמש בנוסחאות הזווית הכפולה:
\[\begin{align} \cos(2x) &= \cos^2(x) - \sin^2(x) = 2\cos^2(x) - 1\\ \sin(2x) &= 2\sin(x)\cos(x) \end{align}\]נציב:
\[\begin{align} \cos(3x) &= (2\cos^2(x) - 1)\cos(x) - 2\sin^2(x)\cos(x)\\ &= 2\cos^3(x) - \cos(x) - 2\sin^2(x)\cos(x) \end{align}\]נשתמש בזהות $\sin^2(x) = 1 - \cos^2(x)$:
\[\begin{align} \cos(3x) &= 2\cos^3(x) - \cos(x) - 2(1-\cos^2(x))\cos(x)\\ &= 2\cos^3(x) - \cos(x) - 2\cos(x) + 2\cos^3(x)\\ &= 4\cos^3(x) - 3\cos(x) \end{align}\]ב) $\tanh(x \pm y) = \frac{\tanh x \pm \tanh y}{1 \pm \tanh x \tanh y}$
נשתמש בהגדרה של $\tanh$ ובזהויות שהוכחנו בשאלה 3:
\[\begin{align} \tanh(x \pm y) &= \frac{\sinh(x \pm y)}{\cosh(x \pm y)}\\ &= \frac{\sinh x \cosh y \pm \cosh x \sinh y}{\cosh x \cosh y \pm \sinh x \sinh y} \end{align}\]נחלק את המונה והמכנה ב-$\cosh x \cosh y$:
\[\begin{align} \tanh(x \pm y) &= \frac{\frac{\sinh x}{\cosh x} \pm \frac{\sinh y}{\cosh y}}{1 \pm \frac{\sinh x}{\cosh x} \cdot \frac{\sinh y}{\cosh y}}\\ &= \frac{\tanh x \pm \tanh y}{1 \pm \tanh x \tanh y} \end{align}\]ג) $\tanh \left(\frac{x}{2}\right) = \frac{\sinh x}{1 + \cosh x}$
נשתמש בזהויות ההיפרבוליות ונוסחאות זווית-חצי:
\[\begin{align} \tanh\left(\frac{x}{2}\right) &= \frac{\sinh\left(\frac{x}{2}\right)}{\cosh\left(\frac{x}{2}\right)} \end{align}\]נשתמש בנוסחאות עבור $\sinh$ של סכום ו-$\cosh$ של סכום:
\[\begin{align} \sinh(x) &= \sinh\left(\frac{x}{2} + \frac{x}{2}\right)\\ &= \sinh\left(\frac{x}{2}\right)\cosh\left(\frac{x}{2}\right) + \cosh\left(\frac{x}{2}\right)\sinh\left(\frac{x}{2}\right)\\ &= 2\sinh\left(\frac{x}{2}\right)\cosh\left(\frac{x}{2}\right) \end{align}\]וכן:
\[\begin{align} \cosh(x) &= \cosh\left(\frac{x}{2} + \frac{x}{2}\right)\\ &= \cosh\left(\frac{x}{2}\right)\cosh\left(\frac{x}{2}\right) + \sinh\left(\frac{x}{2}\right)\sinh\left(\frac{x}{2}\right)\\ &= \cosh^2\left(\frac{x}{2}\right) + \sinh^2\left(\frac{x}{2}\right) \end{align}\]מהמשוואה הראשונה:
\[\begin{align} \sinh\left(\frac{x}{2}\right)\cosh\left(\frac{x}{2}\right) &= \frac{\sinh(x)}{2} \end{align}\]כעת, נשתמש בהגדרה של $\tanh$:
\[\begin{align} \tanh\left(\frac{x}{2}\right) &= \frac{\sinh\left(\frac{x}{2}\right)}{\cosh\left(\frac{x}{2}\right)} \end{align}\]נכפול מונה ומכנה באותו ביטוי:
\[\begin{align} \tanh\left(\frac{x}{2}\right) &= \frac{\sinh\left(\frac{x}{2}\right) \cdot \cosh\left(\frac{x}{2}\right)}{\cosh^2\left(\frac{x}{2}\right)}\\ &= \frac{\frac{\sinh(x)}{2}}{\cosh^2\left(\frac{x}{2}\right)} \end{align}\]נשתמש בזהות $\cosh^2\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{\cosh(x) + 1}{2}$:
\[\begin{align} \tanh\left(\frac{x}{2}\right) &= \frac{\frac{\sinh(x)}{2}}{\frac{\cosh(x) + 1}{2}}\\ &= \frac{\sinh(x)}{\cosh(x) + 1} \end{align}\]שאלה 5: הוכיחו
 |
|---|
| תמונה להמחשה של הזהויות ההיפרבוליות ההפוכות |
א) $\sinh^{-1} x = \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}), \forall x$
נסמן $y = \sinh^{-1}(x)$, אז $\sinh(y) = x$:
\[\begin{align} \sinh(y) &= \frac{e^y - e^{-y}}{2} = x\\ \Rightarrow e^y - e^{-y} &= 2x \end{align}\]נכפול ב-$e^y$:
\[\begin{align} e^{2y} - 1 &= 2x \cdot e^y\\ \Rightarrow e^{2y} - 2x \cdot e^y - 1 &= 0 \end{align}\]זוהי משוואה ריבועית ב-$e^y$. נפתור אותה:
\[\begin{align} e^y &= \frac{2x \pm \sqrt{4x^2 + 4}}{2}\\ &= x \pm \sqrt{x^2 + 1} \end{align}\]מכיוון ש-$e^y > 0$ תמיד, אנו לוקחים את הפתרון החיובי:
\[\begin{align} e^y &= x + \sqrt{x^2 + 1} \end{align}\]נפעיל $\ln$ משני הצדדים:
\[\begin{align} y &= \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}) \end{align}\]לכן $\sinh^{-1}(x) = \ln(x + \sqrt{x^2 + 1})$.
ב) $\cosh^{-1} x = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1}), x \geq 1$
נסמן $y = \cosh^{-1}(x)$, אז $\cosh(y) = x$:
\[\begin{align} \cosh(y) &= \frac{e^y + e^{-y}}{2} = x\\ \Rightarrow e^y + e^{-y} &= 2x \end{align}\]נכפול ב-$e^y$:
\[\begin{align} e^{2y} + 1 &= 2x \cdot e^y\\ \Rightarrow e^{2y} - 2x \cdot e^y + 1 &= 0 \end{align}\]זוהי משוואה ריבועית ב-$e^y$. נפתור אותה:
\[\begin{align} e^y &= \frac{2x \pm \sqrt{4x^2 - 4}}{2}\\ &= x \pm \sqrt{x^2 - 1} \end{align}\]מכיוון ש-$y \geq 0$ כאשר $x \geq 1$, וגם $e^y > 0$, אנו בוחרים:
\[\begin{align} e^y &= x + \sqrt{x^2 - 1} \end{align}\]נפעיל $\ln$ משני הצדדים:
\[\begin{align} y &= \ln(x + \sqrt{x^2 - 1}) \end{align}\]לכן $\cosh^{-1}(x) = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1})$ עבור $x \geq 1$.
ג) $\tanh^{-1} x = \ln \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}, |x| < 1$
נסמן $y = \tanh^{-1}(x)$, אז $\tanh(y) = x$:
\[\begin{align} \tanh(y) &= \frac{\sinh(y)}{\cosh(y)} = \frac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}} = x \end{align}\]נפתח:
\[\begin{align} \frac{e^y - e^{-y}}{e^y + e^{-y}} &= x\\ \Rightarrow e^y - e^{-y} &= x(e^y + e^{-y})\\ \Rightarrow e^y - e^{-y} &= x \cdot e^y + x \cdot e^{-y}\\ \Rightarrow e^y - x \cdot e^y &= e^{-y} + x \cdot e^{-y}\\ \Rightarrow e^y(1 - x) &= e^{-y}(1 + x)\\ \Rightarrow e^{2y} &= \frac{1 + x}{1 - x} \end{align}\]נפעיל $\ln$ משני הצדדים:
\[\begin{align} 2y &= \ln\left(\frac{1 + x}{1 - x}\right)\\ \Rightarrow y &= \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1 + x}{1 - x}\right)\\ &= \ln\sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} \end{align}\]לכן $\tanh^{-1}(x) = \ln\sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}}$ עבור $|x| < 1$.
ד) $\cosh(\tanh^{-1} x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
נשתמש בהגדרה של $\cosh$ ובנוסחה עבור $\tanh^{-1}$ מסעיף (ג):
\[\begin{align} \cosh(\tanh^{-1}(x)) &= \cosh\left(\ln\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\right) \end{align}\]נפעיל את ההגדרה של $\cosh$:
\[\begin{align} \cosh(\tanh^{-1}(x)) &= \frac{e^{\ln\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}} + e^{-\ln\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}}}{2}\\ &= \frac{\sqrt{\frac{1+x}{1-x}} + \frac{1}{\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}}}{2}\\ &= \frac{\sqrt{\frac{1+x}{1-x}} + \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}{2}\\ \end{align}\]נשתמש במכנה משותף:
\[\begin{align} \cosh(\tanh^{-1}(x)) &= \frac{\sqrt{\frac{(1+x)^2}{(1-x)(1+x)}} + \sqrt{\frac{(1-x)^2}{(1+x)(1-x)}}}{2}\\ &= \frac{\frac{1+x}{\sqrt{(1-x)(1+x)}} + \frac{1-x}{\sqrt{(1+x)(1-x)}}}{2}\\ &= \frac{\frac{1+x + 1-x}{2\sqrt{(1-x)(1+x)}}}{1}\\ &= \frac{2}{2\sqrt{1-x^2}}\\ &= \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{align}\]שאלה 6: מיצאו את תחום ההגדרה של הפונקציות
 |
|---|
| תחום ההגדרה של פונקציות טריגונומטריות והיפרבוליות |
א) $f(x) = \tanh^{-1} x$
תחום ההגדרה של $\tanh^{-1}(x)$ הוא $|x| < 1$, כלומר:
\[\begin{align} D_f = \{x \in \mathbb{R} : -1 < x < 1\} \end{align}\]ב) $f(x) = \cot^{-1} x$
תחום ההגדרה של $\cot^{-1}(x)$ הוא כל המספרים הממשיים:
\[\begin{align} D_f = \mathbb{R} \end{align}\]ג) $f(x) = \ln(\sin x)$
כדי ש-$\ln(\sin(x))$ יהיה מוגדר, נדרש ש-$\sin(x) > 0$, כלומר $x$ חייב להיות באחד מהקטעים:
\[\begin{align} D_f = \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} (2n\pi, (2n+1)\pi) \end{align}\]ד) $f(x) = \frac{1}{\sqrt{|\cos x|}}$
כדי שפונקציה זו תהיה מוגדרת, נדרש ש-$\cos(x) \neq 0$, כלומר:
\[\begin{align} D_f = \mathbb{R} \setminus \left\{\frac{\pi}{2} + n\pi : n \in \mathbb{Z}\right\} \end{align}\]ה) $f(x) = \ln|\ln x|$
כדי ש-$\ln|\ln(x)|$ יהיה מוגדר, נדרש ש-$|\ln(x)| > 0$ ו-$\ln(x) \neq 0$. זה אומר $\ln(x) \neq 0$, כלומר $x \neq 1$. בנוסף, $\ln(x)$ מוגדר רק עבור $x > 0$. לכן:
\[\begin{align} D_f = (0, 1) \cup (1, \infty) \end{align}\]