[FE] Funzioni elementari

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1 [FE] Funzioni elementari 1 Problema. Trovare tutte le soluzioni dell equazione sin z =. Disegnare accuratamente sul piano complesso le soluzioni che si trovano all interno del rettangolo di vertici: ( 6, 10), (0, 10), (0, 10), ( 6, 10). Soluzione. L equazione può essere scritta come e iz e iz = 4i. Ponendo w = e iz si ottiene che ha come soluzioni w 4iw 1 = 0, w 1 = i( + 3) w = i( 3) = i( + 3) 1. Dalla prima ottengo che, scrivendo z = x + iy, fornisce e iz = w 1 e y e ix = w 1 e i arg w1 = ( + 3) e iπ/. Al valore w 1 corrispondono dunque infinite soluzioni per z date da y = log( + 3) x = π/ + kπ k Z, vale a dire z = π/ + kπ i log( + 3) k Z. Analogamente si ottengono le soluzioni corrispondenti a w z = π/ + kπ + i log( + 3) k Z. L insieme delle soluzioni è quindi dato dalla fomula z = π/ + kπ ± i log( + 3) k Z. Poichè log( + 3) < 10, le soluzioni all interno del rettangolo sono quelle la cui parte reale appartiene all intervallo [ 6, 0]. Deve quindi essere 6 π + kπ 0. L unico valore di k che soddisfa queste disuguaglianze è chiaramente k = 1. Le soluzioni all interno del rettangolo sono quindi due: z 1 = 3π + i log( + 3) z = 3π i log( + 3). Problema. Determinare tutte le soluzioni dell equazione sinh z = iπ e dire quante di queste cadono all interno della regione Im z π. Soluzione. Si ha sinh z = ez e z = iπ 1

2 ovvero le cui soluzioni sono e z + iπe z 1 = 0 ( e z = i π ± ) π 1 Pertanto le soluzioni dell equazione sinh z = iπ sono [ ( z = log i π ± )] π 1 ( = log π ± ) π 1 + i ( π ) + πk ( = ± log π + ) π 1 + i ( π ) + πk k Z k Z, in cui, nell ultima uguaglianza, abbiamo usato il fatto che π π 1 = (π + π 1) 1. Di queste soluzioni, solo 4, quelle corrispondenti a k = 0 e k = 1, cadono all interno della regione Im z π. 3 Problema. Calcolare, semplificando il risultato il più possibile (usare il ramo principale quando è necessario): (a) Im( + 3i) (b) Re 1 i (c) i e 5i (1 + i) 4 + i 1 + 3i (d) ( 3 i) 17 (e) (1 + i) 1 i (f) log(e i3π/ ) Soluzione. (a) Im( + 3i) = 3. (b) Re 1 i +i = Re (1 i)( i) (+i)( i) = Re( i) = 0. (c) i e 5i (1+i) 4 1+3i 1+3i = 1 e ( ) 4 10 = i e 5i 1+i 4 = 4 e 10. (d) Passando alle coordinate polari si ha 3 i = e iπ/6, quindi ( 3 i) 17 = 17 e i17π/6 = 17 e i5π/6 = 17 [ cos( 5π/6) + i sin( 5π/6) ] = 16 ( 3 + i). (e) Si ha [ ] (1 + i) 1 i = exp (1 i) log(1 + i) [ ( log = exp (1 i) + i π 4 = exp [(1 i) [ log 1 + i + i Arg(1 + i) ]] )] [ log = exp [ (1 + i) 1 i log = exp + π ] = e π/ π ( π 4 + i 4 log )] (f) log(e i3π/ ) = log e i3π/ + i Arg(e i3π/ ) = iπ/. 4 Problema. Calcolare, semplificando il risultato il più possibile (usare il ramo principale quando è necessario): (1 i) 1+i

3 Soluzione. (1 i) 1+i = exp[(1 + i) log(1 i)] = exp[(1 + i) (log 1 i + i Arg(1 i))] = exp[(1 + i) (log iπ/4)] = exp[log + π/ + i(log π/4)] = exp[π/ + i(log π/4)] 5 Problema. Calcolare (usare il ramo principale quando serve) (a) log [ ( + i) 5] (b) (1 3i) i Soluzione. (a) Si ha ( + i) 5 = ( e iπ/4) 5 = 15/ e i5π/4, quindi log [ ( + i) 5] = log [ ( + i) 5 ] + i Arg(( + i) 5 ) = 15 log i3π 4. (b) (1 3i) i = exp [ i log(1 3i) ] = exp [ i (log iπ/3) ] = exp [ π/3 + i log ]. (1 3i) i = e π/3. 6 Problema. Trovare tutte le soluzioni dell equazione z i = 1+i (usare il ramo principale per definire la potenza). Quante di queste soluzioni appartengono all insieme {z C : 1 z e 10π }? Risp: Le soluzioni sono z k = exp [ π/4 + kπ i log / ] k Z. Le soluzioni che appartengono all insieme {z C : 1 z e 10π } sono 5: z 0, z 1, z, z 3, z 4. 7 Problema. Sia X l insieme delle soluzioni dell equazione z i = 1 + i 3 (usare il ramo principale per definire la potenza). (a) Determinare X. (b) Determinare i punti di accumulazione di X in C (se esistono). (c) Quante di queste soluzioni appartengono all anello {z C : 1 z 100}? Risp: Si trova X = {z k : k Z} in cui z k := exp [ π/3 + kπ i log ]. I punti z k si trovano sulla semiretta uscente dall origine che forma un angolo α = log. Inoltre per cui z k = exp [ π/3 + kπ ], lim z k = 0. k il punto z = 0 è l unico punto di accumulazione di X. all insieme {z C : 1 z 100} è z 0. Infatti L unica soluzione che appartiene z 0 = e π/3 < 3 = 9 z 1 = e 7π/3 > e 7 > 7 = 18. 3

4 8 Problema. Trovare tutte le soluzioni dell equazione i z = 1 i (usare il ramo principale per definire la potenza). Disegnare sul piano complesso le soluzioni che si trovano all interno del quadrato di lato 16 centrato nell origine. Quante sono queste ultime? Risp: Per definizione di potenza con esponente complesso, si ha L equazione i z = 1 i diventa dunque Le soluzioni di questa equazione sono i z = exp(z log(i)) = exp [ z(log i + i Arg i) ] = e izπ/. e izπ/ = 1 i. iz π = log 1 i + i(arg(1 i) + kπ) = 1 log + i( π/4 + kπ) k Z, vale a dire z k = 4k 1 i log k Z. π Il quadrato di lato 16 centrato nell origine è determinato dalle condizioni Re z 8 Im z 8. Si verifica facilmente che le soluzioni per le quali queste condizioni sono soddisfatte, sono 4: z 1, z 0 z 1, z. 9 Problema. Trovare tutte le soluzioni dell equazione (usare il ramo principale per definire la potenza) ( 1 i ) z =. Disegnare sul piano complesso le soluzioni che si trovano all interno del quadrato di lato 50 centrato nell origine. Quante sono queste ultime? Soluzione. Sia w = 1 i = e iπ/4. Utilizzando il ramo principale della potenza, si ha Devo quindi risolvere l equazione Le soluzioni sono w z = e z log w = exp[z(log w + i Arg w)] = exp[ izπ/4]. exp[ izπ/4] =. iz π 4 = log + i(arg( ) + kπ) = log + i(π + kπ) k Z, e quindi z k = 4i log 4 + 8k k Z. π Poichè si ha (4 log /π) < 5, affichè z k si trovi all interno del quadrato richiesto dovrà essere 4 + 8k < 5. I valori di k che soddisfano questa disuguaglianza sono, 1, 0, 1,, 3. All interno del quadrato ci sono quindi 6 soluzioni. 4

5 10 Problema. Trovare tutte le soluzioni dell equazione i z = i 1 (usare il ramo principale per definire la potenza). Disegnare sul piano complesso le soluzioni che si trovano all interno del quadrato di lato 16 centrato nell origine. Quante sono queste ultime? Soluzione. Per definizione di potenza con esponente complesso, si ha L equazione i z = 1 i diventa dunque Le soluzioni di questa equazione sono i z = exp(z log(i)) = exp [ z(log i + i Arg i) ] = e izπ/. e izπ/ = i 1. iz π = log i 1 + i(arg(i 1) + kπ) = 1 log + i(3π/4 + kπ) k Z, vale a dire z k = 4k + 3 i log k Z. π Il quadrato di lato 16 centrato nell origine è determinato dalle condizioni Re z 8 Im z 8. Si verifica facilmente che le soluzioni per le quali queste condizioni sono soddisfatte, sono 4: z, z 1, z 0 z Problema. Sia z = 1 + i 3. Calcolare (usare il ramo principale del log) (a) Im(z 8 ) (b) log(z 8 ) (c) i z Risp: (a) 7 3. (b) 8 log + iπ/3. (c) e 3π/. 1 Problema. Sia z = i 3 1. Usando il ramo principale, calcolare le seguenti espressioni (il risultato deve essere un numero palesemente reale!) (a) Re(z 10 ) (b) ( i) z (c) Arg(z i ) Risp: (a) 9 = 51. (b) e π 3/. (c) log. 13 Problema. Se z = x + iy, esprimere la quantità seguente in termini di funzioni reali di x e y Re ( exp(exp z)) Soluzione. Re ( exp(exp z)) = Re exp(w) [pongo w := exp z] = e Re w cos(im w) = exp [ e x cos y] cos [ e x sin y] 14 Problema. Se z = x + iy, esprimere le quantità seguenti in termini di funzioni reali di x e y (a) Re[cosh(z )] (b) e sin z Soluzione. (a) Poichè cosh w = cosh(re w) cos(im w) + i sinh(re w) sin(im w), si ottiene Re[cosh(z )] = cosh(re z ) cos(im z ) = cosh(x y ) cos(xy). (b) Si ha e sin z = e Re sin z = e sin x cosh y. 5

6 15 Problema. Se z = x + iy, esprimere la quantità seguente in termini di funzioni reali di x e y Re [ sinh(z ) ]. Soluzione. Sfruttando le relazioni esistenti fra funzioni trigonomentriche ed iperboliche, possiamo facilmente trovare la formula di addizione per il sinh. sinh(a + b) = i sin(i(a + b)) = i(sin(ia) cos(ib) + cos(ia) sin(ib)) Usando questa identità ottengo Di conseguenza si ha = i(i sinh(a) cosh(b) + i cosh(a) sinh(b)) = sinh(a) cosh(b) + cosh(a) sinh(b). sinh(z ) = sinh(x y + ixy) = sinh(x y ) cos(xy) + i cosh(x y ) sin(xy). Re sinh(z ) = sinh(x y ) cos(xy). 16 Problema. Se z = x + iy, esprimere la quantità seguente in termini di funzioni reali di x e y Re ( sin e z) Soluzione. Re ( e sin(x+iy)) = e Re sin(x+iy) cos(im sin(x + iy)) = e sin x cosh y cos(cos x sinh y) 17 Problema. Se z = x + iy, esprimere le quantità seguenti in termini di funzioni reali di x e y (a) Im [ sin ( e z)] (b) e cosh z Soluzione. (a) Ponendo z := x + iy e w := e z = u + iv si ha sin w = sin(u + iv) = sin u cosh v + i(cos u sinh v). Im(sin w) = cos(re w) sinh(im w) = cos [ Re e z] sinh [ Im e z] = cos [ e x cos y ] sinh [ e x sin y ] (b) Poichè si ottiene cosh z = cosh(x + iy) = cosh x cos y + i(sinh x sin y) e cosh z = e Re cosh z = exp [ cosh x cos y ]. 18 Problema. Se z = x + iy, esprimere la quantità seguente in termini di funzioni reali di x e y e cos z Soluzione. Poichè cos z = cos(x + iy) = cos x cosh y i sin x sinh y, si ha e cos z = e Re(cos z) = exp [cos x cosh y]. 6

7 19 Problema. Data la funzione f(z) = 1 z 3 (ramo principale): (a) determinare il dominio di analiticità di f e disegnarlo sul piano complesso (b) calcolare a + := lim ε 0 + f ( e i(π/3+ε)) e a := lim ε 0 + f ( e i(π/3 ε)). Risp: (a) Sia D il dominio di analiticità di f. Poichè dobbiamo prendere il ramo principale della radice, si ha: D = C\X, in cui X = {z C : 1 z 3 0} = {1 z 3 = t : t 0}. Risolvo quindi l equazione 1 z 3 = t, dipendente dal parametro reale positivo t. z 3 = 1 + t t 0 z 3 = s s 1 z = 3 s e ikπ/3, k = 0, 1, s 1. Poichè l insieme { 3 s : s 1} coincide con l insieme {s : s 1}, posso scrivere X = {s e ikπ/3 : s 1, k = 0, 1, }. Si tratta di 3 semirette che partono dalla circonferenza unitaria e si dirigono radialmente verso l esterno con angoli 0, ±π/3 (vedi figura). 1 Figura 1: Dominio di analiticità di 1 z 3. (b) Nel seguito indicherò con ε una generica quantità che tende a zero quando ε 0. Il valore di ε può cambiare da un equazione all altra. Voglio calcolare ε 0 + f [ e i(π/3+ε) ] = lim wε, in cui Poichè w ε := 1 (e i(π/3+ε) ) 3. w ε = 1 8e i(π+ε ) = 1 8e iε = 1 8(1 ε + iε ) = ( 7 + ε ) iε, 7

8 si ottiene lim ε 0 + w ε = 7 lim ε 0 + Arg w e = π. [w ε tende al punto 7 arrivando dal basso!] wε = lim wε e i Arg wε/ = 7e iπ/ = i 7. Analogamente, per quanto riguarda a, poniamo w ε := 1 (e i(π/3 ε) ) 3 e si trova w ε = 1 8e i(π ε ) = 1 8e iε = 1 8(1 ε iε ) = ( 7 + ε ) + iε. lim w ε = 7 ε 0 + lim Arg w e = π. ε 0 + [w ε tende al punto 7 arrivando dall alto!] Di conseguenza a = lim wε = lim wε e i Arg wε/ = 7e iπ/ = i 7. 0 Problema. Data la funzione f(z) = log(1 + iz ) (ramo principale): (a) determinare il dominio di analiticità di f e disegnarlo sul piano complesso (b) calcolare a + := lim ε 0 + f(1 + i + ε) e a := lim ε 0 + f(1 + i ε). Risp: (a) Sia D il dominio di analiticità di f. Poichè dobbiamo prendere il ramo principale si ha: D = C\X, in cui X = {z C : 1 + iz 0} = {1 + iz = t : t 0}. Risolvo quindi l equazione 1 + iz = t, dipendente dal parametro reale positivo t. z = i(1 + t) = e iπ/ (1 + t) t 0 z = 1 + t e i(π/4+kπ), k = 0, 1 t 0. Posso quindi scrivere, ponendo s = 1 + t, X = {s e i(π/4+kπ) : s 1, k = 0, 1}. Si tratta di semirette che partono dalla circonferenza unitaria e si dirigono radialmente verso l esterno con angoli π/4, 5π/4. (b) Nel seguito indicherò con ε una generica quantità che tende a zero quando ε 0. Il valore di ε può cambiare da un equazione all altra. Voglio calcolare ε 0 + f(1 + i + ε) = lim ε 0 + log(w ε ), in cui w ε := 1 + i(1 + ε + i). 8

9 Poichè w ε = 1 + i(1 + ε 1 + ε + iε + i) = 1 + i(ε + i(ε + )) = 1 + iε (ε + ) = 1 ε + iε, si vede che w ε tende al punto 1 arrivando dall alto, vale a dire dal semipiano superiore del piano complesso. Di conseguenza Analogamente si trova a = iπ. ε 0 + log(w ε ) = lim ε 0 + [ log wε + i Arg(w e ) ] = iπ. 1 Problema. Data la funzione f(z) = + z 3 (ramo principale): (a) determinare il dominio di analiticità di f (b) calcolare a + := lim ε 0 + f ( e i(π/3+ε)) e a := lim ε 0 + f ( e i(π/3 ε)). Soluzione. Sia D il dominio di analiticità di f. Allora D = C\X in cui Cerco le soluzioni di vale a dire Scrivendo z = ρe iϑ e t = te iπ oteniamo Ottengo dunque X := {z C : + z 3 = t, t R, t 0}. + z 3 = t t 0 z 3 = t t. ρ 3 = t 3ϑ = π + kπ t, k Z. D = C\X in cui X := Calcolo ora a +, a. Sia z + (ε) := e i(π/3+ε). Allora { ρe iϑ : ρ 3, ϑ = π 3 + kπ 3, k = 0, 1, }. w + (ε) := + z + (ε) 3 = + 8 e i(π+3ε). È facile vedere (anche graficamente) che, quando ε 0 +, il punto w + (ε) si avvicina all asse reale negativo dal basso, vale a dire dal terzo quandrante, per cui in cui ε 0 +. Di conseguenza si ha Arg(w + (ε)) = π + ε ε 0 + f(z +(ε)) = lim w+ (ε) = lim ε 0 + [ w+ (ε) e i Arg(w+(ε))/] = 6 e iπ/ = i 6. Analogamente si ottiene per cui Arg(w + (ε)) = π ε e dunque w (ε) := + z (ε) 3 = + 8 e i(π 3ε), a = lim ε 0 + f(z (ε)) = lim w (ε) = lim ε 0 + [ w (ε) e i Arg(w (ε))/] = 6 e iπ/ = i 6. 9