Scarica Analisi - Esercizi risolti su Numeri complessi e Integrali e più Esercizi in PDF di Analisi Matematica I solo su Docsity!
1 Numeri complessi
1.1 Esercizio
Data l’espessione
w = z − 2 − i z + 1 + i con z ∈ C, provare che:
- se w ∈ R, w 6 = 1 allora z appartiene a una retta, trovare tale equazione;
- se w ∈ iR allora z appartiene a una circonferenza, trovare centro e raggio. Se poniamo z = a + ib allora w = a a−+1+2+ii((bb−+1)1) , moltiplichiamo ora numeratore e denominatore per il coniugato del denomina- tore ossia (a + 1) − i(b + 1), cos´ı facendo otteniamo a denominatore un numero reale che chiamiamo A;
quindi w = a
(^2) − 3 a−2+b (^2) −1+i(− 2 a−b−3) A. Richiedere che w ∈ R equivale a richiedere che la sua parte immaginaria sia nulla, ossia −^2 a A− b−^3 = 0 che equivale a − 2 a − b − 3 = 0 che ´e proprio l’equazione di una retta (basta porre a = x e b = y). Richiedere invece che w sia immaginario puro equivale a richiedere che la sua parte reale sia nulla, e quindi a
(^2) +b (^2) − 3 a− 3 A = 0, ossia^ a
(^2) + b (^2) − 3 a − 3 = 0 che ´e
proprio l’equazione di una circonferenza.
1.2 Esercizio
Calcolare modulo e argomento del numero complesso w =
√ 3+ √ 3 i 2 − 2 i. Calcolare w^6 e le radici cubiche di w.
√ 3 2
(1+i) (1−i) =^
√ 3 4 (1 +^ i)
√ 3 2 i. Quindi |w| =
E evidente che´ w ´e immaginario puro, quindi appartiene all’asse immagi- nario, perci´o arg(w) = π 2.
3 2 i
w) 0 , 1 , 2 | = 3
3 2 =^
√ (^63) √ 32. arg(( 3
w) 0 , 1 , 2 ) =
π 2 +2kπ 3 con^ k^ = 0,^1 ,^ 2.
Da cui arg(( 3
w) 0 , 1 , 2 ) =
π 56 ,^ se^ k^ = 0; 63 π,^ se^ k^ = 1; 2 π,^ se^ k^ = 2. Perci´o
( 3
w) 0 =
√ 32 (cos( π 6 ) + isen(
π 6
i 2
w) 1 =
i 2
w) 2 = −
√ 32 i
1.3 Esercizio
Risolvere le equazioni:
- z^2 + 2z + i(2z − 1) = 0,
- 2z^2 + |z − 1 | = 0,
- z^2 = i(Imz)^2 + |z|.
- Poniamo z = a+ib. L’equazione 1. diventa cos´ı: a^2 −b^2 +2a− 2 b+i(2ab+ 2 b + 2a − 1) = 0. Occorre ora porre parte reale e parte immaginaria uguali a zero. Dobbiamo perci´o risolvere il seguente sistema lineare: { a^2 − b^2 + 2a − 2 b = 0 2 ab + 2b + 2a − 1 = 0
Dalla prima equazione deduciamo che o a = b o a = −b − 2. Sostituiamo nella seconda, da a = b otteniamo che a = b = − 1 ±
√ 6 2 , mentre da a = −b − 2 non otteniamo alcuna soluzione. Dunque le soluzioni dell’equazione 1. sono z 1 = − 1 −
√ 6 2 +^ i(−^1 −^
√ 6 2 ) e z 2 = −1 +
√ 6 2 +^ i(−1 +^
√ 6 2 ).
- 2z^2 = −|z − 1 |. Osserviamo che |z − 1 | ∈ R. Poniamo z = a + ib cosicch´e z^2 = a^2 − b^2 + 2abi. Il fatto che |z − 1 | ∈ R implica che la parte immaginaria di z^2 deve essere nulla. L’equazione di partenza diventa quindi equivalente al’unione dei due seguenti sistemi lineari:{ a = 0 − 2 b^2 = |ib − 1 | o
b = 0 2 a^2 = −|a − 1 |
Il secondo non ha soluzione perch´e a ∈ mathbbR dunque non pu´o mai accadere che a^2 = −|qualunque cosa|. Dal primo invece si ricava che z 1 , 2 = ±i
1+√ 17
|z| = z^2 − i(Imz)^2. Alle solite poniamo z = a + ib da cui |a + ib| = a^2 + 2abi − b^2 − ib^2. |a + ib| ∈ R dunque b(2a − b) = 0 quindi o
b = 0 |a| = a^2 o
b = 2a |a + 2ia| = a^2 − 4 a^2 Risolvendo sistemi otteniamo z 1 = 0, z 2 = 1, z 3 = −1.
