מתמטיקה נקייה נוספת 2: אי-שוויונות, מספרים מרוכבים נוספים ומשוואות דיפרנציאליות
מתמטיקה נקייה נוספת 2 (FP2, מבחן WFM02/01, 1 שעה 30 דקות, 75 נקודות, מבחן ראשון יוני 2020) נשען ישירות על P1–P4 ו-FP1 ומהווה שישה חלקים מאחת רמת הביניים הבינלאומית. כל יחידה שוקלת באותה מידה, ולכן חומר FP2 יכול להופיע גם בתוך מתמטיקה. P1–P4 מניחים שתוכן זה נשאר רלוונטי: שברים חלקיים, פרמטרי ומוגדר במפורש גזירה, אינטגרציה בחלקים והצבה, וכל קורס FP1 במספרים מרוכבים וב- כלי הוכחה. ערך זה כולל חוסר שוויון של מודולוס, שיטת ההפרשים, נוסחת אואלר ותיאורמת דמואר, מקומות גיאומטריים והמרות z→w, משוואות דיפרנציאליות מסדר ראשון ושני, סדרות מקלורן וטיילור, וקואורדינטות קוטביות.
חובה לדעת לקורס FP2 (נחשב ידוע, לא מוסבר מחדש):
| משפחה | נוסחות |
|---|---|
| מודולוס | $\lvert x\rvert = x$ עבור $x \ge 0$ ו-$-x$ עבור $x < 0$; $\lvert z\rvert = \sqrt{a^2+b^2}$, $\lvert z_1z_2\rvert = \lvert z_1\rvert\lvert z_2\rvert$, $\arg(z_1z_2) = \arg z_1 + \arg z_2$ |
| סכומים | $\sum_{r=1}^n r = \tfrac12n(n+1)$, $\sum r^2$, $\sum r^3$ (חוברת) |
| אלגברה | שברים חלקיים, למשל $\dfrac{1}{r(r+1)} = \dfrac1r - \dfrac1{r+1}$ (P4) |
| קלקולוס | כללי מכפלה, מנה ושרשרת; אינטגרציה בהצבה, בחלקים ובשברים חלקיים (P4) |
| משוואות דיפרנציאליות | הפרדת משתנים; צמיחה/דעיכה אקספוננציאלית $y = Ae^{kt}$ (P4) |
חוסר שוויון עם סימן המודולוס
שני צעדים בטוחים ואסור אחד. בטוח: לפצל לסיבות מההגדרה של המודולוס ($\lvert f\rvert = f$ כאשר $f \ge 0$, $-f$ כאשר $f < 0$), ולשנות ריבוע בשני האגפים של $\lvert A\rvert > \lvert B\rvert$ כדי לקבל $A^2 > B^2$. אסור: להכפיל או לחלק בביטוי שאינו בעל סימן קבוע — במקום זאת, פצל לסיבות לפי הסימן, וחבר כל סיבה בתחום ההגדרה העצמי שלה.
דוגמה פותרת — ענף אחד מתמת (בסגנון דוגמאות מבחן). פתור $\lvert x^2-1\rvert > 2(x+1)$. כאשר $x^2 \ge 1$: $x^2 - 2x - 3 > 0$, ולכן $(x-3)(x+1) > 0$, שמוביל ל-$x > 3$ או $x < -1$; אם נשמרים רק $x \le -1$ או $x \ge 1$, נשארים $x < -1$ או $x > 3$. כאשר $x^2 < 1$: $1 - x^2 > 2x + 2$ ופך ל-$(x+1)^2 < 0$ — בלתי אפשרי. הפתרון הוא $x < -1$ או $x > 3$. ענף מת הוא תוצאה, לא טעות: דווח עליה.
דוגמה מופרזת — ערך מוחלט בשני האגפים (WFM02 יוני 2025 שאלה8). לעקומה C יש המשוואה $y = \dfrac{15x}{\lvert x\rvert + 4}$ ולישר l יש המשוואה $y = x - 2$.
(א) פתר את $x - 2 > \dfrac{15x}{\lvert x\rvert+4}$. המכנה חיובי תמיד, לכן כפול ישירות. עבור $x \ge 0$: $(x-2)(x+4) > 15x$ נותן $x^2 - 13x - 8 > 0$, לכן $x > \tfrac{13+\sqrt{201}}2$ (השורש השני שלילי). עבור $x < 0$: $(x-2)(4-x) > 15x$ נותן $-x^2 - 9x - 8 > 0$, כלומר $(x+1)(x+8) < 0$, ולכן $-8 < x < -1$. יחד: $-8 < x < -1$ או $x > \tfrac{13+\sqrt{201}}2$.
(ב) פתור $\lvert x-2\rvert > \left\lvert\dfrac{15x}{\lvert x\rvert+4}\right\rvert$. שני הצדדים הם אי-שליליים, אז רבע והכפל ב$(\lvert x\rvert+4)^2$: האי-שוויון הופך ל$PQ > 0$, עם $P = (x-2)(\lvert x\rvert+4) - 15x$ (הביטוי מ חלק (א)) ו $Q = (x-2)(\lvert x\rvert+4) + 15x$. לכן $P$ ו-$Q$ חייבים להיות באותו סימן. לא מספיק שיהיו "$P > 0$ או $Q < 0$". עבור $x \ge 0$: $P = x^2 - 13x - 8$ ו-$Q = x^2 + 17x - 8$. שניהם חיוביים עבור $x > \tfrac{13+\sqrt{201}}2$, ושניהם שליליים עבור $0 \le x < \tfrac{\sqrt{321}-17}2$. עבור $x < 0$: $Q = -x^2 + 21x - 8$ הוא שלילי לכל $x < 0$, ולכן אנו זקוקים ל-$P < 0$, שהוא $(x+1)(x+8) > 0$: $x < -8$ או $-1 < x < 0$. יחד: $x < -8$ או $-1 < x < \tfrac{\sqrt{321}-17}2$ או $x > \tfrac{13+\sqrt{201}}2$. (בדוק $x = -5$: $\lvert x-2\rvert = 7$ אך לא $\left\lvert\tfrac{-75}{9}\right\rvert = 8.3$, ולכן $-5$ מושלם. הפסוק "ולכן" אמיתי: הגורם $P$ מחלק (a) מבצע חצי מהעבודה.
שיטת ההפרשים
שיטת ההפרשים סוכמת סדרה על ידי פיצול האיבר הסוכך (בדרך כלל באמצעות שברים חלקיים) כך שכל איבר מבטל חלק מאיבר מאוחר יותר — האמצע מתקצרת ורק החלקים הראשון והאחרונים נותרו. כתוב את $r = 1$, $r = 2$, $r = n-1$, $r = n$ ובחן מה נבטל; הצגה זו מיינת את הנקודות.
דוגמה מופת — טלסקופיה לצורה סגורה (WFM02 יוני 2025 שאלה5). הוכיחו $\displaystyle\sum_{r=1}^n \frac{1}{(r+1)(r+2)} = \frac{n}{2(n+2)}$. פירוק:
הסכום הוא $\left(\tfrac12 - \tfrac13\right) + \left(\tfrac13 - \tfrac14\right) + \cdots + \left(\tfrac1{n+1} - \tfrac1{n+2}\right)$: everything from $\tfrac13$ to $\tfrac1{n+1}$ מתבטל, ונותר $\tfrac12 - \tfrac1{n+2} = \tfrac{n}{2(n+2)}$. (בדיקה $n = 1$: שני הצדדים $\tfrac16$.) זו גם הדרכה לקבלות אי-שוויון: $\dfrac{n}{2(n+2)} > 0.49$ דורש $n > 98$, ולכן הקטן ביותר הוא $n = 99$ — אלגברה, לא טבלת ערכים.
נוסחת אוילר ומשפט דמואר
נוסחת אוילר $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ ממירה את הצורה הקוטבית ל מעריכית: $z = re^{i\theta}$, ו$z^n = r^ne^{in\theta}$ הופך לחישוב אריתמטי טהור. קראו את השליפים $\cos\theta = \tfrac12(e^{i\theta} + e^{-i\theta})$ ו $\sin\theta = \dfrac1{2i}(e^{i\theta} - e^{-i\theta})$. משפט דמואר $(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta$ נובע מכך, וניתן להוכיח לכל מספר טבעי חיובי $n$ על ידי אינדוקציה: נכון עבור $n = 1$; אם נכון עבור $k$, כפילה $(\cos k\theta + i\sin k\theta)(\cos\theta + i\sin\theta)$ והרחבה עם נוסחות הסכום נותנת $\cos(k+1)\theta + i\sin(k+1)\theta$. עבור $n$ שלילי, לקחת הפוכים ולהבחין שימו לב ש-$\cos(-n\theta) + i\sin(-n\theta)$ יש לו ערך מוחלט 1 והארגומנט הימני.
דוגמה מופת — זהות זווית כפולה (WFM02 יוני 2025 שאלה9). הרחיבו את החלק המדומה של $(\cos\theta + i\sin\theta)^5$ לפי משפט הבינומי:
דמואר אומר שזה שווה ל$\sin 5\theta$. בהצבת $c^2 = 1 - s^2$: $5s(1-s^2)^2 - 10s^3(1-s^2) + s^5 = 16s^5 - 20s^3 + 5s$, לכן
הגדרת $5\theta = \pi$ מובילה ל-$16s^4 - 20s^2 + 5 = 0$, ולכן $s^2 = \tfrac{5\pm\sqrt5}8$ ו $\sin\tfrac\pi5 = \sqrt{\tfrac{5-\sqrt5}8} = \tfrac{\sqrt{10-2\sqrt5}}4$ — לקחת את השורש הקטן יותר מכיוון ש-$\sin\tfrac\pi5 < \sin\tfrac{3\pi}5$, ואף ש-$\sin\tfrac{3\pi}5$ הוא השורש הגדול יותר.
דוגמה פתורה — שורשי חמישה (WFM02 יוני 2025 Q1). פתרו $z^5 = -2\sqrt2 - 2\sqrt6i$. מודולוס $\sqrt{8 + 24} = \sqrt{32} = 4\sqrt2$; הארגומנט הוא $-\tfrac{2\pi}3$ (רביע שלישי, $\tan = \sqrt3$). לכן
חמישה שורשים המפוזרים במרווחים של $\tfrac{2\pi}5$ על המעגל $\lvert z\rvert = \sqrt2$. השתמשו ב דגם שורשי ה-$n$th $\sqrt[n]{r}\,e^{i(\theta + 2\pi k)/n}$ — לעולם לא בקירובים עשרוניים.
מקומות גיאומטריים, אזורים והמרות z→w
כלי עבודה למקומות גיאומטריים במישור ארגנד: $\lvert z - a\rvert = b$ הוא מעגל (מרכז $a$, רדיוס $b$); $\lvert z - a\rvert = \lvert z - b\rvert$ הוא אנכי האמצע של $a$ ו-$b$; $\lvert z - a\rvert = k\lvert z - b\rvert$ עם $k \ne 1$ הוא מעגל (ריבאו שני הצדדים ואספו איברים); $\arg(z - a) = \beta$ הוא קרן מחצית ממקור $a$. עבור אזורים החליפו את = ב-< or >: בדקו נקודה נוחה אחת (המקור נדיר שנמצא על המקום הגיאומטרי). עבור המרות מוביוס $w = \dfrac{az+b}{cz+d}$ עם $ad-bc\ne0$, בחרו תחילה את צורת האלגברה הנוחה במקום להסתמך רק על הצבה נקודה-נקודה: עשו את $z$ לנשוא קודם, ולאחר מכן לקחת מודולים (או ארגומנטים) משני האגפים. כאשר $c\ne0$, a העובר דרך הקוטב $z = -\tfrac dc$ מתמפה לקו ישר; מעגל שאינו עובר דרך הקוטב מתמפה למעגל.
דוגמה פתורה — תמונת מעגל (WFM02 יוני 2025 Q3). $w = \dfrac{9i - iz}{1+z}$ ($z \ne -1$) מתמפה P, כאשר $\lvert z\rvert = 1$, לקו l. הפכת $z$ לנושא: $z(w + i) = 9i - w$, לכן $z = \dfrac{9i - w}{w+i}$. אזי $\lvert z\rvert = 1$ מחייב
ולכן $20v = 80$ ו-l היא $v = 4$ — האנך המוצלע של $9i$ ו-$-i$, בדיוק כפי ש הקריאה בעלת מודולוסים שווים חוזה. בדיקה מהירה עם קצוות הקוטר האנכי: $z = i \mapsto 5 + 4i$ ו-$z = -i \mapsto -5 + 4i$; שניהם נפגשים ב-$v = 4$.
משוואות דיפרנציאליות מסדר ראשון
משוואות הניתנות להפרדה מופרשות כברירת מחדל. הצורה הסטנדרטית החדשה היא $\dfrac{dy}{dx} + Py = Q$ עם $P, Q$ פונקציות של $x$: כפלו ב-גורם האינטגרציה $e^{\int P\,dx}$, שנבחר כך שהצד השמאלי יהפוך ל-$\dfrac d{dx}\left(ye^{\int P\,dx}\right)$, לאחר מכן אינטגרציה אחת. עבור הצבה נתונה (למשל $z = f(y)$), חשבו $\dfrac{dz}{dx}$ על פי כלל השרשרת, כתבו מחדש את המשוואה ב-$z$ ו-$x$, פתרו את המשוואה (כעת ליניארית או ניתנת להפרדה) וחזרו להצבה — השאלה מוגדרת בצורה המבוקשת, ולכן סיימו בה.
דוגמה עבודה — חימום לגורם אינטגרציה. $\dfrac{dy}{dx} + 2y = e^{-x}$: $e^{\int 2\,dx} = e^{2x}$, לכן $\dfrac d{dx}(ye^{2x}) = e^x$ ו-$ye^{2x} = e^x + C$, i.e. $y = e^{-x} + Ce^{-2x}$.
דוגמה עבודה — הצבה ולאחר מכן גורם אינטגרציה (WFM02 יוני 2025 Q6). המשוואה (I) היא $2\dfrac{dy}{dx} + y\cot x + y^3\tan x\sec x = 0$ ב-$0 < x < \tfrac\pi2$.
(א) עם $z = \tfrac1{y^2}$, $\dfrac{dz}{dx} = -2y^{-3}\dfrac{dy}{dx}$, לכן $2\dfrac{dy}{dx} = -y^3\dfrac{dz}{dx}$. בהצבה וחילוק ב-$y^3$: $-\dfrac{dz}{dx} + y^{-2}\cot x + \tan x\sec x = 0$, i.e.
(ב) גורם האינטגרציה הוא $e^{-\int\cot x\,dx} = \csc x$, לכן $\dfrac d{dx}(z\csc x) = \csc x\tan x\sec x = \dfrac1{\cos^2x} = \sec^2x$. מכאן $z\csc x = \tan x + C$, מה שמניב $z = \sin x\tan x + C\sin x$ וכן
(ג') ב-$x = \tfrac\pi6$: $y^2 = \tfrac{4\sqrt3}3$ ולכן $z = \tfrac{\sqrt3}4 = \tfrac12\cdot\tfrac1{\sqrt3} + \tfrac C2$, מה שמתחייב את $C = \tfrac1{2\sqrt3}$. ב-$x = \tfrac\pi3$: $z = \tfrac{\sqrt3}2\cdot\sqrt3 + \tfrac1{2\sqrt3}\cdot\tfrac{\sqrt3}2 = \tfrac32 + \tfrac14 = \tfrac74$, ולכן $y^2 = \tfrac47$ וכן $y = \pm\dfrac2{\sqrt7}$. שני הסימנים הם תשובות — נקבע כי $y^2$, ולא $y$.
משוואות דיפרנציאליות מסדר שני
עבור $a\dfrac{d^2y}{dx^2} + b\dfrac{dy}{dx} + cy = f(x)$, הפתרון הכללי הוא $\text{CF} + \text{PI}$: הפונקציה המשלימה פותרת את המשוואה ההומוגנית על ידי משוואת העזר $am^2 + bm + c = 0$; אינטגרל פרטי הוא כל פתרון יחיד של המשוואה המלאה.
| משוואת עזר | פונקציה משלימה |
|---|---|
| שורשים ממשיים שונים $m_1 \ne m_2$ | $y = Ae^{m_1x} + Be^{m_2x}$ |
| שורש כפול $m$ | $y = (A + Bx)e^{mx}$ |
| שורשים מרוכבים $p \pm qi$ | $y = e^{px}(A\cos qx + B\sin qx)$ |
| צד ימין $f(x)$ | אינטגרל ניסיוני |
|---|---|
| $ke^{px}$ | $\lambda e^{px}$; אם $p$ הוא שורש, השתמש ב-$\lambda xe^{px}$ (ובכל פעם שאינו חוזר) |
| $a + bx( + cx^2)$ | $\lambda + \mu x( + \nu x^2)$ — כל מעלה קיימת |
| $m\cos\omega x + n\sin\omega x$ | $\lambda\cos\omega x + \mu\sin\omega x$ |
נתונים תנאים התחלתיים או גבוליים, מצאו את הקבועים בסיום, מתוך הפתרון הכללי המלא.
דוגמה מפורטת — תהודה, ולאחר מכן תנאים (WFM02 יוני 2025 שאלה4). נתון כי $y = \lambda xe^{3x}$ הוא אינטגרל פרטי של $4\dfrac{d^2y}{dx^2} - 11\dfrac{dy}{dx} - 3y = 78e^{3x}$:
(א) $y' = \lambda e^{3x}(1 + 3x)$ ו-$y'' = \lambda e^{3x}(6 + 9x)$, ולכן האגף השמאלי הוא $\lambda e^{3x}\big(24 + 36x - 11 - 33x - 3x\big) = 13\lambda e^{3x}$. התאמת $78e^{3x}$ נותנת $\lambda = 6$. (הניסוי הפשוט $\lambda e^{3x}$ יניב $0\cdot e^{3x}$ — מכאן ש- ה-$x$ הנוסף.)
(ב) משוואה עזרית $4m^2 - 11m - 3 = (4m+1)(m-3) = 0$, ולכן $m = -\tfrac14$ או $3$: $y = Ae^{-x/4} + Be^{3x} + 6xe^{3x}$.
(ג) עם $y = \tfrac92$ ו-$y' = 0$ ב-$x = 0$: $A + B = \tfrac92$ ו- $-\tfrac A4 + 3B + 6 = 0$. פתרון המשוואות נותן $A = 6$, $B = -\tfrac32$, ולכן
סדרות מקלורין וטיילור
סדרת מקלורין של $f$ היא $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ — גזור מספר פעמים כפי שהשאלה דורשת (גזירות שלישיות ומעלה נבחנות בדין עצמן). סדרת טיילור סביב $x = a$ מחליפה את $x$ במרווח: $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$. עבור משוואה דיפרנציאלית, גזור את המשוואה עצמה כדי לעלות בדרגות הגזירה: $y(a)$ ו-$y'(a)$ מזינים את המשוואה עבור $y''(a)$, ולאחר מכן הגזירה של המשוואה עבור $y'''(a)$, וכך הלאה — לעולם אל תפיק מחדש, גזר.
דוגמה פותרת — פתרון סדרתי סביב מרכז שאינו אפס (WFM02 יוני 2025 Q2). נתון $\dfrac{d^2y}{dx^2} - 4\dfrac{dy}{dx} - 5y = e^{2x/9}$ עם $y = 2$ ו-$y' = -1$ ב-$x = 3$:
עבור $x = 3$: $y'' = 4y' + 5y + e^{2/3} = -4 + 10 + e^{2/3} = 6 + e^{2/3}$, ולכן האיבר הריבועי הוא $\tfrac12(6 + e^{2/3})(x-3)^2 = (3 + \tfrac12e^{2/3})(x-3)^2$. על ידי גזירת המשוואה, $y''' = 4y'' + 5y' + \tfrac29e^{2x/9}$, ולכן עבור $x = 3$: $y''' = 4(6 + e^{2/3}) - 5 + \tfrac29e^{2/3} = 19 + \tfrac{38}9e^{2/3}$, והאיבר הקובי הוא $\tfrac16y'''(x-3)^3$. הסדרה היא
קואורדינטות קוטביות ושטחים
בקואורדינטות קוטביות נקודה מוגדרת ב$(r, \theta)$ כאשר $r \ge 0$ נמדד מה קו ההתחלה (הציר החיובי ה $x$-ציר, $\theta$ כנגד כיוון השעון). המרה באמצעות $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $r^2 = x^2 + y^2$: לדוגמה $r = 4\cos\theta$ נותן $r^2 = 4r\cos\theta$, כלומר $x^2 + y^2 = 4x$ — המעגל $(x-2)^2 + y^2 = 4$. יש לזכור את הגרפים הבסיסיים: $r = 2a\cos\theta$ (מעגל על קו ההתחלה העובר בקוטב), $r = k\theta$ (ספירלה), $r = a(1+\cos\theta)$ (קרדיאיד), $r = a\cos2\theta$ (ארבעה עליפרחים), $r^2 = a^2\cos2\theta$ (למניסקאת, קיימת רק כאשר $\cos2\theta \ge 0$). השטח שנשחק מ $\theta = \alpha$ עד $\beta$ הוא $\tfrac12\displaystyle\int_\alpha^\beta r^2\,d\theta$; משיקים מקבילים לקו ההתחלה מתקבלים כאשר $\dfrac{dy}{d\theta} = \dfrac{dr}{d\theta}\sin\theta + r\cos\theta = 0$.
דוגמה פותרת — שטחים מדויקים. הלמניסקאה כולה $r^2 = 8\cos2\theta$: לפי סימטריה הלולאה הימנית היא $\tfrac12\int_{-\pi/4}^{\pi/4}8\cos2\theta\,d\theta = 4\Big[\tfrac12\sin2\theta\Big]_{-\pi/4}^{\pi/4} = 4$, ולכן שתי הלולאות סוכם שטח כולל $8$. הקרדיאיד $r = 2(1+\cos\theta)$: $\tfrac12\int_{-\pi}^{\pi}4(1+\cos\theta)^2d\theta = 2\int_{-\pi}^{\pi}(1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta)d\theta = 2(2\pi + 0 + \pi) = 6\pi$, מכיוון $\int_{-\pi}^\pi\cos^2\theta\,d\theta = \pi$.
רשימת בדיקה לפני סיום יחידה זו
- פתרון אי-שוויונות מודולוס על ידי חלוקה למקרים ועל ידי הריבוע; טיפול ב$|x|$ בתוך מכנים; דיווח על ענפים מתים; שימוש מחודש בחלק קודם כאשר מופיע "ולכן".
- סכום סדרות סופיות על ידי שברים חלקיים וביטול, כתיבת $r = 1, 2, n-1, n$; סגירת אי-שוויון המשך באמצעות אלגברה.
- השתמש ב$e^{i\theta}$, בצורות האקספוננציאליות של $\cos$ ו$\sin$ ובפורמולת דמואר (הוכחה עבור מספרים שלמים $n$) כדי לפתח זוויות כפולות וחזקות, ולמצוא את כל השורשים ה$n$-יים בצורה הקוטבית המדויקת.
- ציור מעגלים, מחלקים, מעגלי אפולוניוס וקרני ארגומנט; בדיקת אזורים; הפכת $z$ לנושא במערכת מוביוס והשוואת מודולים או ארגומנטים.
- פתרון $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ בעזרת גורם אינטגרציה; ביצוע ההצבות הנתונים ותשובה בצורה הנדרשת, תוך התחשבות ב-StanIntegers $\pm$ מ-StanIntegers $y^2$.
- פתרון משוואות מסדר שני באמצעות משוואה עזרית ו-Trial PI (כולל רזוננס בהכפלה ב-StanIntegers $x$), ולאחר מכן התאמת תנאים התחלתיים.
- בניית סדרות מקלורן וטיילור, כולל פתרונות סדרתיים למשוואות דיפרנציאליות באמצעות נגזירה של המשוואה.
- ציור סטאפלים קוטביים, המרה לתוך ומחוץ לקרטוזיאניים, ועריכת שטחים מדויקים עם $\frac12\int r^2\,d\theta$.