Esercizi svolti sui numeri complessi

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1 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 1 Risolvere l equazione z 1 + i = 1. Soluzione. Moltiplichiamo entrambi i membri per 1 + i in definitiva la soluzione è z 1 + i 1 + i = i z = 1 1 i. : z = 1 + i ;

2 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio. Risolvere l equazione z = 1. Soluzione. L equazione può essere scritta nella forma z 1 = 0 z 1)z + z + 1) = 0 una soluzione è z 1 = 1, mentre le altre si ricavano dall equazione z + z + 1 = 0: a = 1 b = 1 = b a c = = c = 1 z = 1 + i = 1 + i z, = b ± a In definitiva le soluzioni sono: = 1 ± i 1 ր ց z = 1 i = 1 i. z 1 = 1 ; z = 1 + i ; z = 1 i.

3 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio. Risolvere l equazione z 9 = 1. Soluzione. Si tratta di determinare le radici none di 1; abbiamo z k = 9 [ ) )] ) ) π + kπ π + kπ π + kπ π + kπ 1 cos + i sin = cos + i sin , con k = 0,..., 8.

4 Esercizio. Risolvere l equazione Francesco Daddi - ottobre 009 z = z. Soluzione. Consideriamo il modulo di entrambi i membri: dal momento che z = z), abbiamo: z = z ; z = z) z = z z = z otteniamo quindi z = 0 e z = 1. La prima ci dice che z = 0 ma questa soluzione poteva essere vista subito), mentre la seconda ci permette di scrivere: dal momento che z z = z, possiamo scrivere z = z z = z) z z = z) z z z = z) z z 5 = z z) z 5 = z ) z 5 = z z 5 = 1. Le soluzioni dell equazione iniziale sono, perciò, oltre a 0, le radici quinte dell unità: z k = 5 [ ) )] ) ) 0 + kπ 0 + kπ kπ kπ 1 cos + i sin = cos + i sin con k = 0,...,.,

5 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 5. Risolvere l equazione z 7 + z 6 + z 5 + z + z + z + z + 1 = 0. Soluzione. Possiamo riscrivere l equazione nel modo seguente: z + 1)z + 1)z + 1) = 0 le soluzioni sono: z 1 = 1 ; z = i ; z = i ; z = + i ; z 5 = + i ; z 6 = i ; z 7 = i.

6 Esercizio 6. Risolvere l equazione Francesco Daddi - ottobre 009 z 6 + iz = 0. Soluzione. Scritta l equazione nella forma z 6 = i z, consideriamo il modulo di entrambi i membri: z 6 = i z z 6 = i z) z 6 = 1 z z 6 = z quindi z = 0 oppure z = 1. Nel primo caso abbiamo la soluzione z = 0, mentre nel secondo caso l equazione iniziale può essere riscritta nel modo seguente: ricordando che z = 1 abbiamo: z 6 = i z z 6 = i z) z 6 z = i z) z z 9 = i z z) z 9 = i z ) z 9 = i 1 z 9 = i si tratta allora di calcolare le radici none di i: z k = 9 [ ) )] π/ + kπ π/ + kπ i cos + i sin = 9 9 ) ) π/ + kπ π/ + kπ = cos + i sin con k = 0,...,

7 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 7. Risolvere l equazione expz) = 1 i. Soluzione. Il numero complesso 1 i può essere scritto nella forma: ) i ; il modulo è ρ = e l argomento è θ = 5 π; le soluzioni sono perciò le seguenti: z = ln ) 5 + i π + kπ con k Z.

8 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 8. Risolvere la disequazione z + i > z i. Soluzione. Riscriviamo la disequazione nel modo seguente: z i) > z i ; le soluzioni della disequazione sono i numeri complessi che hanno distanza da i maggiore della distanza da i: si tratta dei numeri z che, quindi, appartengono al semipiano superiore, ovvero quelli tali che Imz) > 0.

9 Lina Conti, Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 9. Risolvere l equazione expz)) + + i)expz)) + i ) expz) = 0. Soluzione. Ponendo w = exp z), abbiamo: w + + i)w + i )w = 0 si hanno le seguenti soluzioni: w 1 = 0 ; w = ; w = 1 i. La prima w = 0) porta a la seconda w = ) porta a expz) = 0 impossibile ; expz) = z = ln ) + i π + kπ) la terza w = 1 i) porta invece a expz) = 1 i z k = ln + i k + 1)π con k Z ; u k = ln + i z = ln 1 i + i π ) + k π k 1 ) π con k Z ;

10 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 10. Risolvere l equazione z = z. Soluzione. Primo metodo) Poniamo z = x + iy e riscriviamo l equazione iniziale: x + iy) = x + iy) x y + ixy = x y + ixy x y + ixy = x y ixy ixy = ixy ixy = 0 xy = 0 l ultima equazione ci dice che x = 0 oppure y = 0: le soluzioni dell equazione iniziale sono, perciò, i numeri reali e i numeri immaginari puri. Secondo metodo) Possiamo scrivere l equazione iniziale nel modo seguente: z z = 0 z z) riconoscendo ora la differenza di due quadrati possiamo scrivere z z) z + z) = 0 quindi abbiamo z = z oppure z = z. Nel primo caso si ottengono i numeri reali, nel secondo caso tutti i numeri immaginari puri.

11 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 11. Risolvere l equazione z + iz + z + iz = 0. Soluzione. Raccogliamo z : zz + iz + z + i) = 0 a questo punto raccogliamo z + i), ottenendo così zz + i)z + 1) = 0 zz i)z + i) = 0 le soluzioni, pertanto, sono le seguenti: z 1 = 0 ; z = i ; z = i.

12 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 1. Risolvere l equazione z i) = z + z). Soluzione. Portando tutto a sinistra abbiamo z i) z + z) = 0 quindi, sfruttando la formula per la differenza di due quadrati, ricaviamo z i + z + z ) z i z z ) = 0 z + i)z + z i) = 0 la soluzione z = i proviene da z + i = 0, mentre le soluzioni z k che provengono dall equazione di secondo grado z + z i = 0 sono z k = 1 ± 1 + i. Calcoliamo ora le radici quadrate w k del numero complesso 1 + i) : [ ) )] π/ + kπ π/ + kπ w k = cos + i sin con k = 0, 1 semplificando w k = [ ) )] cos 8 + k π + i sin 8 + k π con k = 0, 1 ; poiché risulta π + cos = 8) π ; sin = 8) le soluzioni z k si ottengono a partire da w k sommando 1: z 0 = 1 + ) + + i ; z 1 = 1 + ) + i. In definitiva, le soluzioni dell equazione di partenza sono le seguenti: z 0 ; z 1 ; z = i.

13 Lina Conti, Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 1. Risolvere l equazione expz)) 5 i expz) ) z 8 i) = 0. Soluzione. Per la legge di annullamento del prodotto abbiamo due equazioni: expz)) 5 i expz) = 0 ; z 8 i = 0 ; l insieme delle soluzioni dell equazione di partenza si ottiene unendo le soluzioni delle singole equazioni. Per la prima equazione, ponendo w = expz), abbiamo w 5 i w = 0 ww 5 i) = 0 una soluzione è w 0 = 0 mentre le altre due soluzioni w 1, w sono le radici quadrate del numero complesso 5 i; esse si ottengono osservando che [ 5 i = 5 cos + i sin ) )] da cui ricaviamo w 1; = ± [ 5 cos + i sin ) )] π poiché cos = sin =, si ricava: ) ) w 1; = ± [ ] [ ] i = ± + i e quindi w 1 = + i per la prima soluzione w 0 = 0 si ha ; w = i ; w 0 = 0 expz) = 0 impossibile ; per le altre due cioè w 1 e w ), invece, abbiamo: w 1 = + i expz) = + i w = i expz) = i z = ln ) 5 + i + kπ z = ln ) 5 π 5 + i + k π con k Z, con k Z. Per quanto riguarda l equazione z 8 i = 0, si tratta di calcolare le radici terze di 8i infatti l equazione può essere scritta così: z = 8 i): z = i ; z = + i ; z = + i.

14 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 1. Risolvere l equazione z + ) = 7 i. Soluzione. Ponendo w = z +, l equazione può essere riscritta così: w = 7 i ; le soluzioni sono Poiché w 1 = i ; w = i ; w = z = 1 w ) = + 1 w, i. si hanno le seguenti soluzioni: z 1 = + i ; z = + i ; z = i.

15 Lina Conti, Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 15. Risolvere l equazione expz) + i expz) + i) = 9. Soluzione. Ponendo w = expz) + i abbiamo w w = 9 ; considerando il modulo di entrambi i membri si ha w w = 9 w = 9 w =. Sostituendo w = nell equazione w w = 9, otteniamo w = 9 w = ; ricordando che w = expz) + i, ricaviamo expz) + i = expz) = i ; dal momento che risulta dell equazione di partenza: i =, arg i) = π 6 z k = ln ) + i π ) 6 + kπ con k Z., otteniamo le soluzioni

16 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 16. Risolvere l equazione z + iz + i = 0. Soluzione. Con la classica formula si trova risulta z 1; = i ± i ; [ ) )] 5 5 i = cos π + i sin π a questo punto le due radici quadrate r 1 e r di i) sono r 1 = 5 cos π 5 + i sin π [ ) )] 5 5 = cos 6 π + i sin 6 π = + i r = 5 cos π + π 5 + i sin π + π [ ) )] = cos 6 π + i sin 6 π = i sostituendo questi valori nelle due equazioni z 1; = i ± i si ricava: z 1 = i + r 1 = i + + i) = ; z = i + r = i + i) = i. In definitiva le due soluzioni sono z 1 = ; z = i.

17 Francesco Daddi - ottobre 009 Esercizio 17. Risolvere l equazione z = i ). Soluzione. L equazione assegnata può essere scritta nel modo seguente: z i ) = 0 ; si tratta di una differenza di due cubi, per cui abbiamo z i )) z + i )z + i) = 0 ; dalla prima parentesi troviamo la prima scontata) soluzione z 0 = i, mentre dalla seconda parentesi troviamo z 1; = i ± i ; ora cerchiamo le radici quadrate di i) nella forma generica a + ib : a + ib) = i a b + i ab) = i { a b = 9 ab = 1 ) ) a b = a = 9 a = 9 b = 6 a a b = 6 a b = 6 a a osservando che deve necessariamente essere a 0 e ricordando che a e b sono reali, troviamo le due radici quadrate di i): a + 9 a 6 = 0 b = 6 a a = b = 6 = a = in definitiva, le radici quadrate del numero i) sono le seguenti: r 1 = + i ; r = r 1 ) = i. b = 6 = Le altre due soluzioni z 1 e z dell equazione iniziale, perciò, risultano essere: z 1 = i + + ) i) = i ; z = i + i) = ) i. ;

18 Francesco Daddi - 9 ottobre 009 Esercizio 18. Fattorizzare su R il polinomio px) = x x + 1. Soluzione. Passando dai complessi possiamo scrivere: da cui px) = px) = x x + 1 = x 1 ) + i x 1 ) + = x ) 1 ) i x 1 ) i = x )) 1 i x 1 + )) ) ) 1 quindi, tenendo conto del fatto che le radici quadrate dei numeri complessi i 1 e + i ) ) sono rispettivamente ± 1 i e ± + 1 i, possiamo scrivere px) = x ) + 1 ) i x + 1 ) i x 1 ) i x i raggruppando i binomi che coinvolgono le radici complesse coniugate abbiamo ) px) = x + 1 ) i x 1 ) i x + 1 i x + moltiplicando a coppie arriviamo finalmente alla fattorizzazione su R: px) = x x + 1 = x ) x + 1 x + ) x + 1. ) + 1 i

19 Francesco Daddi - 5 novembre 009 Esercizio 19. Risolvere il seguente sistema dove x, y R) : { x y + x + 5 = 0 xy + y = 0. Soluzione. I primi due termini della prima equazione ovvero x y ) e il primo termine della seconda equazione cioè xy) costituiscono, rispettivamente, la parte reale e la parte immaginaria di x + iy) ; dal momento che i termini di primo grado hanno lo stesso coefficiente, possiamo concludere che il sistema assegnato proviene dall equazione complessa z + z + 5 = 0. Possiamo ora risolvere l equazione scritta con la nota formula: z 1; = ± 5 = ± = ± i = ± i ; le soluzioni dell equazione complessa sono, pertanto z 1 = + i e z = i. Tornando al sistema di partenza, possiamo affermare che le soluzioni x e y si ottengono considerando, rispettivamente, la parte reale e la parte immaginaria delle soluzioni complesse z 1, z che abbiamo appena ricavato. In definitiva abbiamo: { x1 = y 1 = 1 { x = y = 1. Osservazione. E possibile rappresentare nel piano cartesiano le due equazioni che costituiscono il sistema di partenza: si tratta, rispettivamente, di un iperbole equilatera e di una coppia di rette ortogonali. Le due curve si intersecano nei punti A ; 1) e B ; 1).

20 Francesco Daddi - 15 novembre 009 Esercizio 0. Risolvere la seguente equazione: z = i z. Soluzione. Posto z = a + ib possiamo riscrivere l equazione nel modo seguente: a + b = i a + ib), da cui, portando tutto a sinistra, abbiamo a + b + a + i b 1) = 0 uguagliando a zero la parte reale e la parte immaginaria ci troviamo a risolvere il sistema seguente: { a + b + a = 0 b 1 = 0 osserviamo che, dalla prima equazione, risulta chiaramente a 0; dalla seconda equazione ricaviamo invece b = 1, per cui a + b = 1 ) 1 = a a = a b = 1 elevando al quadrato la prima equazione abbiamo a + 1 = 16 a a = 1 16 b = 1 b = 1 ricordando che a 0, si trova la soluzione 1 a = 0 b = 1 a = 1 0 b = 1 razionalizzando a, l equazione iniziale ammette come unica soluzione il numero complesso 15 z = i.

21 Francesco Daddi - 1 novembre 009 Esercizio 1. Risolvere la seguente equazione: z 1) z + 1) = z z 1). Soluzione. Ponendo z 1 = w abbiamo: svolgendo otteniamo w w + ) = w + 1 w w w + ) = ww + 1) w w + w = w + w w w w = w le soluzioni sono w w = w w w ) = 0 w = 0 ; w = ricordando che z 1 = w abbiamo le seguenti soluzioni: z 1 = 1 ; z 1 = per quanto riguarda le soluzioni tali che z 1 = possiamo dividere tutto per, ricavando così 1 z 1 = 1 z 1 = si tratta quindi dei numeri complessi che stanno sulla circonferenza di centro 1 +0 i e raggio R =.

22 Francesco Daddi - dicembre 009 Esercizio. Determinare i numeri complessi z tali che Soluzione. Moltiplichiamo tutto per z i, ottenendo così ponendo ora z = x + iy abbiamo z + 1 z i =. 1) z + 1 = z i x iy = x + iy i x + 1) + iy = x + iy 1) ; calcolando i moduli ed elevando tutto al quadrato si ha x + 1) + y = x + y 1) x + 1) + y = [ x + y 1) ] svolgendo i calcoli e semplificando otteniamo x + x y + 8 y = 0 x + y x 8 y + 1 = 0 i numeri complessi che risolvono l equazione 1) appartengono alla circonferenza di centro z C = 1 + i e raggio R =. Da un punto di vista geometrico si tratta del luogo dei punti tali che il rapporto delle loro distanze da due punti fissati in questo caso i punti sono z A = i e z B = 0 + i) è costante in questo caso la costante è ), noto come cerchio di Apollonio. Si osservi che z C appartiene alla retta passante per z A e z B.

23 Francesco Daddi - dicembre 009 Esercizio. Determinare i numeri complessi z tali che z 8 + z 8 = 0. 1) Soluzione. Primo metodo. z 8 + z ) = 0 z z +z z) = 0 z z + z ) = 0 una soluzione quindi è z = 0, mentre le altre soluzioni vanno cercate in z + z = 0. Ponendo z = a + ib abbiamo z +z = 0 a + ia b 6 a b i ab +b +a ia b 6 a b + ib a+b = 0 a 1 a b + b = 0 a 6 a b + b = 0 dividendo l ultima equazione per a 0 otteniamo a 6 a b + b = b a a + b a = 0 ; ponendo ora t = b a 0 ricaviamo 1 6 t + t = 0 ; risolvendo l equazione si ha t 1; = ± 8 ; con le formule dei radicali doppi otteniamo queste soluzioni: b a = ± + 8 = ± + 8 b a = ± 8 = ± = ± + 1) ; 8 = ± 1) ; le soluzioni dell equazione sono dunque i numeri complessi che appartengono alle quattro rette seguenti: b = + 1) a ; b = + 1) a ; b = 1) a ; b = 1) a.

24 Secondo metodo. Osserviamo che, se w è soluzione dell equazione, allora lo è anche z = kw con k R; infatti abbiamo: z 8 + z 8 = kw) 8 + kw 8 = k 8 w 8 + k 8 w 8 = k 8 w 8 + k 8 w 8 = k 8 w 8 + w 8) = k 8 0 = 0 quindi possiamo porre z = 1 e cercare le soluzioni sul cerchio unitario: z 8 + z 8 = 0 z = 0 z = 0 z 8 = 1 si tratta quindi di determinare le radici ottave di 1 e considerare poi tutti i multipli reali delle soluzioni ottenute. Si ritrovano così le quattro rette che abbiamo ottenuto con il primo metodo. Riportiamo qui di seguito, per completezza, le radici ottave di 1 = i = cos π + i sin π): z 0 = cos + i sin 8) 8) ) ) π π z 1 = cos + i sin 8 8 ) ) 5 π 5 π z = cos + i sin 8 8 ) ) 7 π 7 π z = cos + i sin 8 8 ) ) 9 π 9 π z = cos + i sin 8 8 ) ) 11 π 11 π z 5 = cos + i sin 8 8 ) ) 1 π 1 π z 6 = cos + i sin 8 8 ) ) 15 π 15 π z 7 = cos + i sin = + i + = + i + = + i + = + i + = i + = i + = i + = i si osservi che: z 0 e z appartengono alla retta b = 1) a; z 1 e z 5 appartengono alla retta b = + 1) a; z e z 6 appartengono alla retta b = + 1) a; z e z 7 appartengono alla retta b = 1) a.

25 Francesco Daddi - 7 dicembre 009 Esercizio. Determinare i numeri complessi z tali che z i = Imz i). Soluzione. Ponendo z = a + ib abbiamo a + ib i = Ima + ib i) a ) + ib ) = Im a + ib 1) ) quindi a ) + b ) = b 1 da cui, elevando al quadrato, otteniamo: a ) + b ) = b 1) ; svolgendo i calcoli troviamo a 6 a + 1 b = 0 b = 1 a a + 6 l insieme dei numeri complessi che risolvono l equazione iniziale è una parabola nel piano complesso. Analizziamo l equazione di partenza riscrivendola in questo modo: z i = Imz i) z + i) = Imz) Imi) z + i) = Imz) 1 i numeri z che risolvono l equazione sono tali che la loro distanza da + i) è uguale alla distanza dalla retta Imz) = 1 questa retta passa da 0+i ed è parallela all asse reale); il vertice della parabola è V = + i, il fuoco è F = + i e la direttrice è la retta Imz) = 1.

26 Francesco Daddi - 7 dicembre 009 Esercizio 5. Determinare i numeri complessi z tali che z 19 z + 97 z 5 z 16 = 0. Soluzione. Ponendo z = k 0) l equazione diventa k 19 k + 97 k 5 k 16 = 0 si trova che k = 1 è una radice del polinomio; dividendo il polinomio per k + 1) otteniamo: k 19 k + 97 k 5 k 16 = k + 1)k 0 k k 16) ; poiché k = è una radice del polinomio di terzo grado, abbiamo: k 19 k + 97 k 5 k 16 = k + 1)k )k 18 k + 81) ; poiché risulta k 18 k + 81 = k 9), l equazione di partenza può essere scritta in questo modo: z 9) z + 1) z ) = 0 le soluzioni sono, pertanto, i numeri complessi tali che: z = 9 z = si osservi che non esistono numeri complessi tali che z + 1 = 0).

27 Francesco Daddi - 9 dicembre 009 Esercizio 6. Determinare la condizione che deve essere rispettata dai due parametri reali k e h affinché l equazione z + k iz + h = 0. 1) abbia soluzioni con parte reale nulla. Soluzione. Calcolando il discriminante dell equazione di secondo grado abbiamo poiché le soluzioni dell equazione sono = k i) 1 h = k h z 1; = k i ± = k i ± k h per avere soluzioni con parte reale nulla è necessario che il numeratore abbia parte reale nulla il denominatore, infatti, è reale): Re k i ± ) k h = 0 dal momento che k i ha parte reale nulla, ciò deve verificarsi anche per k h e quindi la condizione richiesta è la seguente: k h 0 k + h 0. Osservazione. Se risulta k h = 0 k + h = 0 abbiamo due radici coincidenti e sono entrambe uguali a k i ). Analizziamo infine il caso k h > 0 k + h < 0 ; sotto questa condizione le due soluzioni z 1, z dell equazione di partenza hanno parte reale 0.

28 Lina Conti, Francesco Daddi - 9 dicembre 009 Esercizio 7. Determinare i numeri z tali che z = + i. Soluzione. Primo metodo. Osserviamo che il numero complesso modo seguente: 1 [ cos + i sin 6) 6)] + i può essere scritto nel quindi le due radici quadrate sono z 1; = ± [ 1 cos 1) [ + i sin = ± cos + i sin 1)] 1) 1)] dalla formula di bisezione del coseno presa con il segno + perché cos 1) > 0) ricaviamo: π ) 1 + cos 6 cos = cos = 1) ) π = + = = 1 + applicando la formula per i radicali doppi abbiamo + + = = + = + per cui risulta: cos = 1) 1 + = =. Per calcolare sin 1) basta applicare la formula fondamentale si sceglie il segno + perché sin 1) > 0): 1 π [ )] [ ] sin = 1 cos = = 1) 1 = con la formula per i radicali doppi abbiamo: + 1 = = = 1 ; da cui π 1 sin = 1) 8 1 ) 6 1 = 8 1 = ;

29 in definitiva le due soluzioni sono ) z 1; = ± + i. Secondo metodo. Cerchiamo le soluzioni nella forma z = x + iy ; risulta: z = + i x + iy) = + i x y + ixy = uguagliando parte reale e parte immaginaria arriviamo al seguente sistema: x y = xy = 1 ricavando y dalla seconda equazione e sostituendo nella prima abbiamo: ) 1 x = x y = 1 x la prima equazione può essere riscritta così: 16 x 8 x 1 = 0 + i ponendo t = x 0 possiamo scrivere le soluzioni dell equazione di secondo grado nell incognita t: t 1; = 8 8 ) ± 16 1) ± = poiché t 0, è accettabile solo la soluzione con il + infatti con il segno - il radicando sarebbe uguale a < 0). A questo punto possiamo trovare i due valori di x: x 1; = ± + = ± + con la formula per i radicali doppi si veda per questo il primo metodo) arriviamo a ) 6 + x 1; = ± ; i due valori di y si ottengono dalla relazione y = 1 x : y 1 = 1 ) = ; y = 1 6 ) = 6 +.

30 Francesco Daddi - 11 dicembre 009 Esercizio 8. Calcolare i ) 1005 Soluzione. Il numero tra parentesi può essere scritto in questo modo: ) ) ) i = cos 1 π + i sin 1 π per cui la potenza è uguale a poiché 5 ) i = [ ) )] cos 1 π + i sin 1 π = ) ) 7 = cos π 7 + i sin π = ) ) 5 5 = cos π + i sin π ; π = 586 π + π = 9 π + π abbiamo: ) ) 5 5 cos π + i sin π = = cos 9 π + π ) + i sin 9 π + π = cos + i sin = ) ) ) = = + i.

31 Francesco Daddi - 0 dicembre 009 Esercizio 9. Risolvere l equazione z 5 iz + z 8 iz 16 z i = 0 sapendo che z = i e z = i sono due soluzioni. Soluzione. Dal momento che conosciamo le soluzioni z = i e z = i, il polinomio di quinto grado è divisibile per il polinomio effettuando la divisione otteniamo: z + i)z i) = z iz + ; z 5 iz + z 8 iz 16 z i = z iz + ) z 8 i) per ottenere le rimanenti soluzioni dell equazione di partenza è sufficiente quindi determinare le soluzioni dell equazione z 8 i = 0 [ per far ciò basta determinare le radici terze di 8i = 8 cos + i sin : ) )] z 0 = 8 [ cos + 0 π ) + i sin + 0 π )] = [ ] + i = + i ; z 1 = [ 8 cos + 1 π ) + i sin + 1 π )] = z = 8 [ cos [ ] = + i = + i ; + π ) + i sin + π )] = = [0 i] = i. [ = cos + i sin = 6) 6)] [ cos [ cos ) 5 π + i sin 6 ) π + i sin )] 5 π = 6 )] π =

32 Lina Conti, Francesco Daddi - 5 gennaio 010 Esercizio 0. Risolvere l equazione expexp z) = i Soluzione. Ponendo w = exp z l equazione diventa da cui, essendo i = cos π + i sin π, ricaviamo: exp w = i ) w = ln1) + i + kπ ) w = i + kπ con k Z con k Z. Ora dobbiamo risolvere l equazione ) exp z = i + kπ con k Z il modulo del numero complesso a secondo membro è π ) i + kπ π = i + kπ π = + kπ = π 1 + k = π k + 1 ) mentre per l argomento dobbiamo fare attenzione: se il numero complesso i + kπ appartiene all asse immaginario positivo l argomento è π, mentre, se appartiene all asse immaginario negativo, l argomento è π : π se k 0 )) Arg i + kπ = quindi le soluzioni dell equazione iniziale sono: ) ) z = ln k i + hπ ) ) π z = ln k i + hπ semplificando otteniamo: ) ) z = ln k + 1) + i + hπ π ) ) π z = ln k 1) + i + hπ se k < 0 con k intero 0 e h Z ; con k intero < 0 e h Z con k intero 0 e h Z ; con k intero < 0 e h Z

33 Lina Conti, Francesco Daddi - marzo 010 Esercizio 1. Determinare i numeri z tali che z 5 + z 1 i ) 7 z i = 0. Soluzione. Possiamo fattorizzare il primo membro nel modo seguente: z z + 1 i ) 7 z + 1 i ) = 0 da cui z 7 ) z + 1 i ) = 0 dobbiamo quindi risolvere le due equazioni z 7 = 0 ; z + 1 i = 0. La prima equazione ha come soluzioni le radici terze di 7: z 1 = ; z = 1 ) + i ; z = 1 ) i ; per quanto riguarda la seconda equazione osserviamo che z = z + 1 i = 0 1 ) + i [ z = cos z = 1 + i ) π + i sin )] π l equazione z + 1 i = 0 è dunque risolta per z +k = π cos + kπ π + i sin + kπ con k = 0, 1) ovvero z = [ cos + i sin ) )] semplificando otteniamo: z = ) 1 + i ; z 5 = z = [ cos + i sin ) )] ; z 5 = ) 1 + i z = 6 + i ; z 5 = i 6.

34 Lina Conti, Francesco Daddi - marzo 010 Esercizio. Determinare i numeri z tali che exp z i ) exp z + z exp z i ) ) exp z = 0. Soluzione. Raccogliendo exp z i ) exp z ) l equazione diventa exp z i ) ) exp z 1 + z ) = 0 dobbiamo quindi risolvere le due equazioni seguenti: exp z i ) exp z = 0 ; 1 + z = 0 la seconda equazione è impossibile il modulo di un numero complesso è un numero reale 0), mentre per quanto riguarda la prima equazione si ha exp z exp z i )) = 0 si hanno quindi due equazioni: exp z = 0 impossibile exp z i ) = 0 exp z = 1 i poiché abbiamo 1 i = 1 i ) ) 5 π z k = ln) + i + kπ = cos 5 π + i sin 5 π ) con k Z.

35 Lina Conti, Francesco Daddi - marzo 010 Esercizio. Determinare i numeri z tali che expz) exp z) + expz) exp z) + expz) = 0. Soluzione. Mettiamo in evidenza expz): expz) [ exp z) + exp z) + 1 ] = 0 poiché expz) non si annulla mai l equazione iniziale è equivalente a exp z) + exp z) + 1 = 0 a questo punto si osserva che l equazione può essere scritta così: [exp z) + 1] = 0 non resta quindi che risolvere l equazione exp z) + 1 = 0 : exp z) = 1 dal momento che 1 = 1 cosπ) + i sinπ)), risulta: z = ln1) + iπ + kπ) con k Z z = iπ + kπ) z = 1 iπ + kπ) in definitiva le soluzioni dell equazione iniziale sono le seguenti: z k = π i1 + k) con k Z.

36 Lina Conti, Francesco Daddi - marzo 010 Esercizio. Determinare i numeri z, w tali che { exp z exp w = 1 + i exp z + exp w = 1 i. Soluzione. Si tratta di un sistema simmetrico la cui equazione risolvente è t i) t i) = 0 trovando le soluzioni dell ultima equazione scritta abbiamo t 1; = 1 i ± 1 + i) i) quindi t 1; = 1 i ± 1 ր ց ora non resta che risolvere i sistemi { expz) = i expw) = 1 i t 1 = 1 i + 1 t = 1 i 1 ; = i = i = i { expz) = 1 i expw) = i = 1 i. Il primo sistema ha le seguenti soluzioni: ) π z = i + kπ w = ln ) 5 π + i + hπ con k, h Z mentre per il secondo sistema risulta: z = ln + i ) 5 π + bπ ) con b, c Z π w = i + cπ

37 Lina Conti, Francesco Daddi - marzo 010 Esercizio 5. Determinare i numeri z tali che z z + z 8 z i 8 i = 0. Soluzione. Mettiamo in evidenza z nei primi due termini e 8 i negli ultimi due: raccogliamo ora z + 1) z z + 1) 8 i z + 1) = 0 z + 1)z 8 i) = 0 le soluzioni si ottengono quindi dalle due equazioni seguenti: z + 1 = 0 ; z 8 i = 0. La prima equazione è impossibile in quanto il modulo di un numero complesso è un numero reale 0. Per quanto riguarda invece la seconda equazione si tratta di calcolare le radici terze di 8i: π z k = 8 cos + kπ abbiamo allora le seguenti soluzioni: π z 0 = cos + 0 π + i sin π + i sin π + kπ + 0 π con k = 0, 1, = ) + 1 i = + i π z 1 = cos + 1 π π z = cos π + i sin + π + 1 π π + i sin = + π ) + 1 i = + i = i) = i.

38 Esercizio 6. Risolvere l equazione Lina Conti, Francesco Daddi - 9 marzo 010 expexp z) = + 1 i Soluzione. Ponendo w = exp z l equazione diventa exp w = + 1 i da cui, essendo + 1 i = cos π 6 + i sin π 6, ricaviamo: ) w = ln1) + i 6 + kπ con k Z ) w = i 6 + kπ Ora dobbiamo risolvere l equazione ) exp z = i 6 + kπ con k Z. con k Z il modulo del numero complesso a secondo membro è π ) i 6 + kπ π = i 6 + kπ π = 6 + kπ = π k = π 1 k ) mentre per l argomento dobbiamo fare attenzione: se il numero complesso i 6 + kπ appartiene all asse immaginario positivo l argomento è π negativo, l argomento è π : )) Arg i 6 + kπ = quindi le soluzioni dell equazione iniziale sono: ) ) z = ln 6 1 k i + hπ ) z = ln 6 1 k i π ) + hπ semplificando otteniamo: ) ) z = ln 6 1 k + 1) + i + hπ, mentre, se appartiene all asse immaginario π π ) z = ln 6 1 k 1) + i π ) + hπ se k 0 se k < 0 con k intero 0 e h Z ; con k intero < 0 e h Z con k intero 0 e h Z ; con k intero < 0 e h Z

39 Lina Conti, Francesco Daddi - 9 marzo 010 Esercizio 7. Risolvere l equazione exp8 z) + i) exp z) i = 0 Soluzione. Possiamo riscrivere l equazione così: exp z) ) + i) exp z) i = 0 ponendo w = exp z) si tratta di risolvere l equazione le soluzioni si calcolano con la formula classica w 1; = i) ± i) 1 i) 1 w + i)w i = 0 = i ± 1 i + 8 i = i ± + i a questo punto dobbiamo determinare le radici quadrate del numero + i; dobbiamo determinare i numeri complessi x + i y tali che x + i y) = + i: ) { x y = x = x x = 0 x xy = y = y = x x risolvendo l equazione biquadratica otteniamo x 1 = da cui y 1 = 1) e x = da cui y = 1). Si osservi che x, y R, quindi le soluzioni complesse del sistema precedente devono essere scartate. Le soluzioni w 1;, pertanto, sono: a questo punto dobbiamo risolvere le equazioni w 1 = i ; w = exp z) = i ; exp z) = la prima ha come soluzioni ) z = ln1) + i + kπ z = i 8 + kπ ) con k Z mentre la seconda z = ln) + i π + kπ) z = ln) + i + kπ ) con k Z.

40 Lina Conti, Francesco Daddi - 19 marzo 010 Esercizio 8. Risolvere l equazione z + z + 1 = 0 Soluzione. Posto z = x + i y abbiamo: x + i y) + x i y + 1 = 0 svolgendo i calcoli abbiamo x y + ixy + x i y + 1 = 0 separiamo la parte reale dalla parte immaginaria: x y + x i xy y) = 0 arriviamo dunque al seguente sistema: { x y + x + 1 = 0 xy y = 0 { x y + x + 1 = 0 y x 1) = 0 basta risolvere i seguenti due sistemi: { x y + x + 1 = 0 y = 0 ; { x y + x + 1 = 0 x 1 = 0 il primo sistema è impossibile l equazione x + x + 1 = 0, infatti, non ammette soluzioni reali), mentre il secondo sistema ha per soluzione x y + x + 1 = 0 x = 1 1 x = 1 ) y = 0 le soluzioni dell equazione iniziale, pertanto, sono le seguenti: 7 y = 0 x = 1 z 1 = 1 + i 7 ; z = 1 i 7.

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