Analisi e Geometria 1

Analisi e Geometria Politecnico di Milano Ingegneria Esercizi Numeri complessi. Scrivere in forma algebrica i seguenti numeri complessi. a) z + i) i) + i) i) b) z + i) i) + i) + + i) i) + i) + i) c) z + i) 5i) + + i) i) ) i 5 + i d) z i + 5 i 5 i 9 i. Scrivere in forma algebrica i seguenti numeri complessi. a) z + i) 00 + i b) z i c) z i ) 5 ) d) z i ) 9 + i) 5.. Risolvere, nel campo complesso, le seguenti equazioni. a) z + i b) z i c) z + z + z 0 d) z + z z 0 e) z z + z. Calcolare, nel campo complesso, le seguenti radici i + i e + i i e disegnarle nel piano di Argand-Gauss. 5. Risolvere, nel campo complesso, le seguenti equazioni. a) z iz + i 0 b) z i)z + 5 5i 0 c) z + i)z + + i 0 d) + i)z 5 i)z + i 0 e) + i)z i)z + + i 0 f) + i)z i)z 0

g) + i)z + i)z + + i 0. Risolvere, nel campo complesso, l equazione z z )z + i)z + + i) 0. 7. Risolvere, nel campo complesso, le seguenti equazioni. a) z + i z i) z + i) b) z + i) z i) c) z + i) z i) 8. Risolvere, nel campo complesso, le seguenti equazioni. a) + i)z + + i)z + i 0 b) z + z + z z + 0 c) i) z + + i) z + i z i z + i 0 d) z z + z + z + 0 9. a) Scrivere il polinomio a coefficienti reali f) R[] di grado che ammette z + i e z i come radici semplici di molteplicità ) e tale che f). b) Scrivere il polinomio a coefficienti reali f) R[] di grado 5 che ammette z come radice semplice e z i come radice di molteplicità, tale che f0) 00. 0. Verificare che il polinomio f) 5 + 9 + 0 ammette z + i come radice e fattorizzarlo sul campo complesso.. Sia ω cos n n. a) Mostrare che l insieme delle radici n-esime dell unità è dato da I n ) {, ω, ω, ω,, ω n }. b) Mostrare che + ω + ω + ω + + ω n 0.. Dimostrare che per ogni n N, il numero complesso z n cos n n + n n + è una radice m-esima dell unità, per un opportuno intero positivo m.. Mostrare che se z è un numero complesso di modulo, allora è un numero immaginario puro. + z z. Mostrare che per ogni numero complesso z di modulo esiste sempre un numero reale t tale che z + i t i t. 5. Diremo che due numeri complessi z e z non nulli) sono ortogonali quando i corrispondenti punti nel piano di Argand-Gauss con l origine O formano un triangolo rettangolo in O. Mostrare che i due numeri z e z sono ortogonali se e solo se il quoziente z /z è un numero puramente immaginario non nullo.. a) Mostrare che per ogni numero complesso z 0, si ha z z + z z R.

b) Utilizzando il risultato precedente, mostrare che esistono due numeri reali α e β tali che z αz + β. Più in generale, mostrare che per ogni n N esistono due numeri reali a n e b n tali che z n a n z + b n. 7. a) Determinare il numero complesso z che si ottiene facendo ruotare attorno all origine, in senso antiorario, di un angolo θ / il numero complesso z + i. b) Dato z i, determinare il numero complesso z tale che z z e arg z arg z /. 8. Sia R la rotazione del piano attorno all origine in senso antiorario) di un angolo θ / e sia S la simmetria rispetto alla retta passante per l origine a formante un angolo ϕ / con l asse delle. Riconoscere le due trasformazioni RS e SR. 9. Disegnare nel piano di Argand-Gauss i seguenti insiemi. A {z C : z i, z i } B {z C : 0 Re + i)z) <, Im iz + + i) < } C {z C : z, z <, arg z < } 0. Disegnare nel piano di Gauss i seguenti insiemi. A {z C : Re z, Im z } B ia {w C : w i z, z A} C + i A { w C : w + i z, z A D A {w C : w z, z A} E A {w C : w A}.. Disegnare nel piano di Gauss l insieme. Sia f : C C la funzione definita da A {z C : + i)z i)z + i }. fz) z + z + z + z per ogni z C. Disegnare nel piano di Gauss l insieme A {z C : Re fz) 0 e Im fz) 0}.. Disegnare nel piano di Gauss gli insiemi { A z C : z e arg z } B { w C : w A }.. Disegnare nel piano di Gauss l insieme A {z C : Re z e Im z }. }

. a) z + 9 i 5 b) z 7 + 8 i c) z + 5 i 5 d) z 7 + i 9 Soluzioni. a) Utilizzando la formula di De Moivre, si ha z + i) 00 00 + i 00 cos 500 500 00 cos ) 00 00 cos 5 5 ) 00 ) 00 cos 50 ) ) 00 b) Utilizzando la formula di De Moivre, si ha + ) i z i + i cos 8 8 ) c) Utilizzando la formula di De Moivre, si ha z i ) 5 ) 5 5 cos ) 5 cos ) 5 ) 5 i ) 5 ) ) 5 i. d) Utilizzando la formula di De Moivre, si ha i 50 ) ) cos ) 99 + i ). cos ) + i. ) 5 cos ) 5 ) 5 cos 5 5 ) Poiché si ha z 9 cos 5 5 )9 5 cos cos 9 5 )5 9 5 cos 5 9 5 5 95 5 + 0 e 5 +, z cos 5 5 cos [ 5 cos ) 5 )] i cos )... a) Poiché + i cos, si ha z 0, ± cos ) + i ±.

b) Poiché il numero i ha modulo ρ e argomento θ, le soluzioni sono z k cos / + k per k 0,,,, sono / + k cos / + k / + k z 0 cos + i z cos 5 5 + i z cos i z cos i. c) Posto z + i, con, R, l equazione diventa + i ) + + i ) + + ) 0 + + + i + ) 0. Poiché un numero complesso è nullo quando sono nulle la parte reale e la parte immaginaria, quest ultima equazione è equivalente al sistema { + + 0 + 0. Dalla seconda equazione, si ha + ) 0, da cui si ha / oppure 0. Per /, la prima equazione diviene + / 0 che non ha soluzioni reali. Per 0, la prima equazione diviene + 0, da cui si ha 0 o /. In conclusione, l equazione di partenza ammette le due soluzioni z 0 e z /. Entrambe le soluzioni sono reali. d) Posto z + i, con, R, l equazione diventa + i ) + i ) + ) 0 + i ) 0. Poiché un numero complesso è nullo quando sono nulle la parte reale e la parte immaginaria, quest ultima equazione è equivalente al sistema { + 0 0. Dalla seconda equazione, si ha ) 0, da cui si ha / oppure 0. Per /, la prima equazione diviene / 0, da cui si ricava ±. Per 0, la prima equazione diviene 0, da cui si ha 0 o. In conclusione, l equazione di partenza ammette le quattro soluzioni z, ± z 0 e z. i, e) Se z z + z, allora si ha z z + z, z z + z, z z 0, da cui si ha z 0 oppure z. Se z 0, l equazione di partenza diventa z 0, da cui si ha z 0. Se z, l equazione di partenza diventa z, z, da cui si ha z ±. 5

. Si ha i + i + i Quindi, le radici quarte di questo numero sono i cos. z k cos + k + k k + ) k + ) cos z 0 cos + i z cos 5 5 + i z cos i z cos i. k 0,,,, Analogamente, si ha + i i + i cos. Quindi, le radici quarte di questo numero sono z k cos + k + k k + ) k + ) cos z 0 cos + i z cos + i z cos 7 7 i z cos 5 5 i. k 0,,,, Questi punti nel 5 7 5

5. a) z + i e z + i. Infatti, si ha z, i + 9i + i) i + i i + i) i ± i). b) z + i e z i. Infatti, si ha z, i + i) 5 5i) i + 5 + 8i i + i i) i ± i i) i ± + i) c) z + i e z i. d) z i)/5 e z i. Infatti, si ha e) z i e z i. z, 5 i + 5 i) + i) i) + i) 5 i + i + i) 5 i ± + i) + i) f) z + )i e z + )i. g) z + 0i e z.. L equazione data s spezza nelle due equazioni + i i 5 i + i i. z z 0 e z + i)z + + i 0. La prima equazione ammette le soluzioni z e z. La seconda soluzione non è accettabile poiché il modulo di un numero complesso è sempre positivo o nullo. La seconda equazione ammette le due soluzioni z + )i e z + + + )i. 7. a) z i, z 0, z i, z. b) z 0, z, ±. c) z, ± + i) 8. Porre z + i.. a) Allora si ha +i)+i )++i) i )+ i 0, + ++ )i 0. Quindi, deve essere { + + 0 0, da cui si ottiene / e /. Quindi, la soluzione dell equazione di partenza è b) z, ± i 7. c) z, + ± 7 i. z i 7..

d) z, ±, z, ± i. 9. a) Poiché f) è un polinomio a coefficienti reali, se ammette una radice complessa z, allora ammette come radice anche il coniugato z. Quindi, dovendo essere di grado, il polinomio f) è della forma f) a i) + i) + i) i) a + 5) + 5). Infine, si ha f) 8a. Quindi, dovendo essere f), si ha a. Così f) + 5) + 5) + 8 0 + 5). b) f) ) + 0). 0. Tenuto conto che + i) i, si ha f + i) + i) 5 + i) + + i) 9 + i) + + i) 0 i) + i) i) + i) + i) 9i) + + i) 0 i + + i 8i + + i 0 0. Quindi, essendo un polinomio a coefficienti reali, f) ammette anche i come radice. Questo significa che f) risulta divisibile per il polinomio Dividendo f) per questo polinomio si ha i) + i) +. f) + ) + + 5). Il polinomio + + 5 si annulla per. Quindi, applicando la regola di Ruffini, si trova + + 5 ) + + 5). Infine, il polinomio + + 5 ammette, ± i come radici. In conclusione, sul campo complesso, si ha la seguente decomposizione f) ) i) + i) + i) + + i).. a) Le radici n-esime dell unità sono date dai numeri complessi z k cos k n k n k 0,,..., n. Per la formula di De Moivre, si ha z k cos n ) k ω k k 0,,..., n. n b) Dall identità, ω n, si ha ω n 0, e quindi ω )ω n + ω n + + ω + ) 0. Poiché ω, si deve avere ω n + ω n + + ω + 0.. Per n 0, si ha z 0 e questo è sempre una radice m-esima del unità. Per n, utilizzando la formula di De Moivre, si ha che z n è una radice m-esima dell unità zn m cos mn mn n + n + mn k per un opportuno k Z n + kn + ) m per un opportuno k Z. n Scegliendo k n, si ha che m n + ) e che z n è una radice m-esima dell unità. 8

. Si ha + z + z) z) + z) z) z z) z) z) z) + z z zz z z + zz z + i Im z + z + Re z. Quindi, se z, si ha + z i Im z z + Re z Im z + Re z i.. Se z ha modulo, allora può essere scritto nella forma z cos θ θ. Usando le formule parametriche delle funzioni circolari, usando le formule si ha cos θ t + t e sin θ t + t, z t + t + i t + i t t + i t) + t + t + i t) i t) + i t i t. 5. Utilizzando la forma trigonometrica dei numeri complessi, si ha z ρ cos θ θ ), z ρ cos θ θ ) e Pertanto, assumendo ρ, ρ 0, si ha. a) Si ha z z ρ ρ cosθ θ ) θ θ )). z z θ θ ± + k z z ± ρ ρ i, con ± ρ ρ R \ {0}. b) Dalla precedente identità, si ha z z + z z z z + z z z z + z Re z R. z z z + z z z Re z z z Re z z z. Quindi, si ha z αz + β, dove α Re z e β z sono due numeri reali. Supponiamo ora che per ogni n N si abbia z n a n z + b n, con a n, b n R. Allora, si deve avere z n+ z z n za n z + b n ) a n z + b n z. Pioché z αz + β, si ha z n+ a n αz + β) + b n z αa n + b n )z + βa n. Poiché chiaramente si ha z n+ a n+ z + b n+, si ottengono le ricorrenze { a n+ αa n + b n b n+ βa n. Poiché z 0 0 z +, si hanno le condizioni iniziali a 0 0 e b 0. Poiché tali condizioni iniziali e i coefficienti α e β sono tutti numeri reali, si ha che anche i coefficienti a n e b n, definiti dalle ricorrenze precedenti, sono numeri reali. Le due successioni così trovate, risolvono il problema posto. 7. a) Si ha z wz, dove w cos +i. Quindi z + i + 5i + i). 9

b) Si ha z wz, dove w cos ) + i. Quindi z + i) i) + i. 8. Le due trasformazioni date possono essere pensate come trasformazioni del campo complesso. Più precisamente pmo considerare le due trasformazioni R : C C ed S : C C definite da Rz) w z e Sz) w z per ogni z C, dove Allora, si ha dove Quindi, si ha w cos + i e w cos + w w SRz)) Sw z) w w z w w z, + i ) i + i SRz)) i z + i ) z, i i. SR è la simmetria rispetto alla bisettrice del I-III quadrante. Analogamente si ha dove w w + i RSz)) Rw z) w w z, + i ) + i + i + i i. cos 5 5. Quindi, si ha RSz)) cos 5 5 ) z cos 5 ) 5 z, RS è la simmetria rispetto alla retta passante per l origine e formante un angolo ψ 5/ con l asse delle. Si noti che le due trasformazioni non commutano: SR RS. 9. Ricordando che la condizione z z 0 r definisce la circonferenza di centro z 0 e raggio r, si ha che l insieme A è 0

Posto z + i, con, R, si ha Re + i)z) Re + i) + i )) Re + i + )) Im i z + + i) Im i + i ) + + i) Im + i )). Pertanto, l insieme B è definito dalle due condizioni 0 < e < Quindi, l insieme B è < e <. L insieme C è 0. Indicando con R θ la rotazione del piano di Gauss attorno all origine di un angolo θ in senso antiorario, si ha che B R A e C R A. Pertanto, si ha

D B A C Per determinare l insieme E, poniamo w +i. Poiché w +i ) +i, si ha che w E w A e. Indichiamo con E l insieme definito dalla prima coppia di disequazioni e con E l insieme definito dalla seconda coppia di disequazioni. Si ha E E E. Quindi, poiché E E si ha

A E E. Posto w + i)z i)z + i e z + i, con, R, si ha w + i) + i ) i) i ) + i + i + ) e w + i + ) + + ). Pertanto, la condizione che definisce l insieme A diventa w + + ) + ) 0 Pertanto, l insieme A è + ) + ) 0 + ) + ) 0. A

. Posto z + i, con, R, si ha Pertanto, essendo fz) + i ) + i ) + + i ) + i ) 5 5 + 5 + + ) i. Re fz) 5 5 + 5 5 + ) Im fz) + + ), l insieme A è formato dai punti, ) nel piano di Gauss tali che { { + 0 + ) + ) 0, + ) 0. Se indichiamo con A l insieme determinato dalla prima disequazione e con A l insieme determinato dalla seconda disequazione, allora A A A. Poiché gli insiemi A e A sono A A si ha che l insieme A è A. L insieme A è

A L insieme B è formato da tutti i numeri complessi w ρcos θ θ) tali che w ρ cos θ θ) appartenga ad A, e questo accade quando 0 ρ e 0 ρ e 0 ρ, Pertanto, l insieme B è + k θ 8 θ 8 8 + k θ 8 oppure 8 + k k Z), + k k Z), 9 8 θ 8. B 8 9 8 B 8. Posto z + i, con, R, si ha z + i; ) + i e quindi Re z e Im z. Di conseguenza, l insieme A è formato dai punti, ) nel piano di Gauss tali che e. Indicando con A l insieme determinato dalla prima disequazione e con A l insieme determinato dalla seconda disequazione, si ha A A A. Poiché gli insiemi A e A sono 5

A A si ha che l insieme A è A