Numeri complessi - Esercizi svolti PDF

Preview

Summary

1_basi_e_operazioni...

Description

NUMERI COMPLESSI Esercizi svolti 1. Calcolare le seguenti potenze di i: a) i12

b) i27

c) i41

d)

1 i15

e) i34

f) i−9

2. Semplificare le seguenti espressioni: √ √ a) ( 2 − i) − i(1 − 2 i) c)

b) (3 + i)(3 − i)

5 (1 − i)(2 − i)(3 − i)



 1 1 + i 5 10

d) (1 − i)3

3. Verificare che z = −1 ± 2i soddisfa l’equazione z 3 + z 2 + 3z − 5 = 0. 4. Calcolare il modulo dei seguenti numeri complessi : i a) 1 + i − 1 − 2i

√ b) (1 + i)(1 − i)(1 + 3 i)

c)



1+i −1 1−i

2

5. Mettere in forma esponenziale e in forma trigonometrica i seguenti numeri complessi: a) z = −i

b) z = −1 − i

c) z =

1 3 + 3i

4i d) z = √ 3+i

e) z = (1 + i)(2 − 2i).

6. Calcolare le potenze: z 2 , z6 , z 22 dei seguenti numeri complessi: 2 1 1+i . a) z = √ + b) z = 2 − 2i i 3−i 7. Calcolare le seguenti radici e rappresentarle nel piano complesso:  √ 1/2 √ √ √ c) 5 −i d) 3 1 + i a) 1 − i 3 b) 4 −2 e)



−2 √ 1−i 3

1/4

f)



1+i 1−i

1/4

.

8. Dato il numero complesso z = eπi/6 + eπi/2 a) esprimere z in forma algebrica e in forma esponenziale b) calcolare le radici cubiche di z . 9. Risolvere le seguenti equazioni e rappresentare le soluzioni nel piano complesso: a) z 2 + 3iz + 4 = 0

b) z 4 + 2z 2 + 4 = 0

c) z 6 + 7z 3 − 8 = 0

d) zz − z +

e) z 4 + iz = 0

f) z 6 − iz4 + z 2 − i = 0.

i =0 4

10. Risolvere le seguenti equazioni in campo complesso: a) z 4 + 2z 2 + 2 = 0 √ 3 i 4 c) (z − 2i) = + 2 2

b) z 5 + (1 + i)z = 0 d) z 6 − 2z 3 + 2 = 0

e) z 2 + 2z + 1 + i = 0

√ f) (z + i)2 = ( 3 + i)3

g) z 2 = 3 − 4i. 11. Verificare che z = 2i `e una radice del polinomio P (z) = z 4 + z 3 + 5z 2 + 4z + 4. Calcolare poi tutte le radici di P (z ). 12. Sapendo che 1 + i `e radice del polinomio P (z) = z 4 − 5z 3 + 10z 2 − 10z + 4 , trovare le altre radici. Decomporre P (z) in fattori irriducibili su R e su C. 13. Verificare che il polinomio : √ √ P (z) = z 3 + (1 + 2i)z 2 + [(− 3 + 2)i − 2]z − i 3 − 2 si annulla per z = −1 e trovare le altre radici. 14. Trovare un polinomio P (z) a coefficienti reali di grado 5, avente z = 3 come radice semplice, z = 2 − 3i come radice di molteplicit`a 2, e tale che P (0) = 1. 15. Sia z = r eiθ un numero complesso non nullo, e siano α0 , α1 , . . . , αn−1 le n radici n-esime di z (n ≥ 2) date da αk =

√ θ+2kπ n r ei n

(k = 0, 1, 2, . . . , n − 1).

Dimostrare che α0 + α1 + · · · + αn−1 = 0.

SOLUZIONI degli esercizi sui NUMERI COMPLESSI 1. (a) i12 = (i4 )3 = 1 (b) i27 = i24 i3 = i3 = −i

(c) i41 = i40 i = i 1 1 1 1 =i (d) 15 = 12 3 = 3 = i i i i −i (e) i34 = i32 · i2 = i2 = −1 (f) i−9 = (i9 )−1 = (i8 · i)−1 = (i)−1 =

1 = −i i

√ √ √ √ √ √ 2. (a) ( 2 − i) − i(1 − 2i) = 2 − i − i + 2i2 = 2 − 2i − 2 = −2i   1 1 2+i 2+i =2+i (b) (3 + i)(3 − i) + i = (9 − i2 ) = (9 + 1) 10 5 10 10 5 5 5 = = = (c) (1 − i)(2 − i)(3 − i) (2 − i − 2i + i2 )(3 − i) (1 − 3i)(3 − i) 5 5 1 = = = i 2 3 − i − 9i + 3i2 −10i  3 (d) (1 − i)3 = (1 − i) = (1 + i)3 = 1 + i3 + 3i + 3(i2 ) = 1 − i + 3i − 3 = −2 + 2i Possiamo anche usare la forma esponenziale per calcolare (1 + i)3 : √ √ √   1 + i = 2 eπi/4 ⇒ (1 + i)3 = ( 2)3 e3πi/4 = 2 2 cos 34 π + i sin 34 π √  √  √ = 2 2 − 22 + i 22 = −2 + 2i.

3. Calcolando P (z) = z 3 + z 2 + 3z − 5 per z = −1 + 2i si ha: (−1 + 2i)3 + (−1 + 2i)2 + 3(−1 + 2i) − 5 = −1 − 8i + 6i + 12 + 1 − 4 − 4i − 3 + 6i − 5 = 0. Dunque z = −1 + 2i soddisfa l’equazione P (z) = 0, cio`e `e una radice del polinomio P (z ). Per z = −1 − 2i si procede in modo analogo, oppure, pi` u semplicemente, si osserva che P (z) ha coefficienti reali, e quindi essendo −1 + 2i una radice di P (z), anche il coniugato −1 + 2i = −1 − 2i deve essere una radice di P (z ).          i − 2   5 + 5i − i + 2  i(1 + 2i)   i    4. (a) 1 + i − =  = 1 + i − =  = 1 + i −   5   5 1 − (2i)2   1 − 2i   1 1√ 1√ 49 + 16 = 65 |7 + 4i| = 5 5 5 √ √ √ (b) |(1 + i)(1 − i)(1 + 3i)| = |(1 − i2 )| |1 + 3i| = 2 1 + 3 = 4 2    2     1+i  2i 2 4 |2i|2  1 +i     − 1 =  −1 = = √ (c)  =2  =  1 − i  |1 − i|2  1−i 1 − i  ( 2)2 =

5. (a) Si ha −i = e3πi/2 = cos( 23 π) + i sin( 32 π). Infatti il modulo di z = −i `e |z| = 1, e l’argomento θ = arg(z) soddisfa: ( cos θ = 0 =⇒ θ = 23 π. sin θ = −1 √ √ (b) Posto z = −1 − i = r eiθ , si ha r = |z| = 1 + 1 = 2, ( cos θ = − √1 2 =⇒ θ = 54 π. sin θ = − √1 2  √ √  Dunque −1 − i = 2 e5πi/4 = 2 cos 45 π + i sin 54 π . (c) Si ha

1 1 1 1−i 1 1 = (1 − i) = r eiθ = = 2 31−i 31 + i 6 3 + 3i ( √ cos θ = √12 ⇒ θ = 47 π, =⇒ r = |z| = 61 2, sin θ = − √1

z=

2

√ 2 6

√ 2 6

 e7πi/4 = cos 74 π + i sin 47 π . √ √ √ 4i 4i( 3 − i) 4 3i + 4 √ = √ (d) z = √ = = 1 + 3i = r eiθ 4 3+i ( 3 + i)( 3 − i) ( √ cos θ = 12 √ =⇒ r = |z| = 1 + 3 = 2, ⇒ θ = π3 , sin θ = 23   =⇒ z = 2 eiπ/3 = 2 cos π3 + i sin π3 . =⇒ z =



(e) z = (1 + i)(2 − 2i) = 2(1 + i)(1 − i) = 2(1 − i2 ) = 4 = 4 ei 0 = 4(cos 0 + i sin 0).

√ √ √ 3 1 2( 3 + i) 3+i 2 1 − i. −i= −i= 6. (a) z = √ + = 2 2 2 i 3−i 2 3−i

Per calcolare le potenze di z mettiamo z in forma esponenziale: z = r eiθ . Si ha ( √ 3 √ cos θ = 2 ⇒ θ = 11 π, r = |z| = 12 3 + 1 = 1, 6 1 sin θ = − 2 da cui z = e11πi/6 . Calcoliamo adesso i numeri z 2 , z6 , z 22 . • z 2 = e11πi/3 = e5πi/3 = cos 53 π + i sin 35 π =

1 2

• z 22 = e121πi/3 = eπi/3 = cos π3 + i sin π3 =

+i

• z 6 = e11πi = cos(11π) + i sin(11π) = −1.

(b) z =

1 2

−i

√ 3 . 2

√ 3. 2

1+i 1 1+i 1 (1 + i)2 1 1 − 1 + 2i 1 = = = = i. 2 2 2 2 2 2 − 2i 1−i 1−i 2

Da questo otteniamo

1 • z2 = − , 4 1 1 2 1 • z 6 = 6 i6 = i =− , 64 2 64 1 1 1 • z 22 = 22 i22 = 22 i2 = − 22 . 2 2 2 7. (a) Ricordiamo la formula per le radici n-esime di un numero complesso (non nullo) z , cio`e per gli n numeri complessi w tali che wn = z. Scrivendo z in forma esponenziale √ come z = r eiθ , e indicando collettivamente le n radici con w = n z = z 1/n , si ha  1/n θ+2kπ √ √ n = n r ei n (k = 0, 1, 2, . . . , n − 1). z = z 1/n = r eiθ

In particolare le due radici quadrate di un qualunque numero complesso (non nullo) z sono l’una l’opposto dell’altra: θ+2kπ √ √ √ θ √ i( θ +π ) (k = 0, 1) = r ei 2 , re 2 z = z 1/2 = r ei 2 √ iθ √ iθ √ iθ = re 2, − re 2 = ± re 2. Nel nostro caso abbiamo √ z = 1 − i 3 = r eiθ =⇒ r = |z| = 2,

( cos θ = sin θ =

1 2 √ − 23

=⇒ θ = 53 π.

√ Dunque in forma esponenziale 1 − i 3 = 2 e5πi/3 5 π+2kπ  √ √ √ 1/2 √ 3 (k = 0, 1) = 2 e5πi/6 , 2 e11πi/6 ⇒ 1−i 3 = 2 ei 2  √ √  √ = ± 2 e5πi/6 = ± 2 − 23 + i2 .

Nel piano complesso le radici ottenute i√due circonferenza di centro  punti  √ sulla  sono √  √ √ 6 2 2 6 , simmetrici rispetto l’origine e raggio 2 di coordinate − 2 , 2 , 2 ,− 2 all’origine. (b) In forma esponenziale −2 = 2 eπi √ √ π+2kπ 4 (k = 0, 1, 2, 3) ⇒ 4 −2 = (−2)1/4 = 2 ei 4 √ √ √ √ 4 4 4 4 πi/4 3πi/4 = 2e , 2e , 2 e5πi/4 , 2 e7πi/4 √ √ 4 4 = ± 2 eπi/4 , ± 2 e3πi/4  √ √  √  √  √ √ 4 = ± 2 22 + i 22 , ± 4 2 − 22 + i 2 2 .

Nel piano complesso queste 4 radici√ sono i vertici del quadrato inscritto nella circonferenza di centro l’origine e raggio 4 2 con i lati paralleli agli assi coordinati.

(c) Si ha −i = e3πi/2 ⇒

3 π+2kπ √ 2 5 (k = 0, 1, 2, 3, 4) −i = (−i)1/5 = ei 5

= e3πi/10 , e7πi/10 , e11πi/10 , e15πi/10 ( = e3πi/2 = −i), e19πi/10 .

Queste 5 radici sono i vertici del pentagono regolare inscritto nella circonferenza unitaria centrata nell’origine con un vertice nel punto −i ∼ = (0, −1).

(d) Si ha 1 + i =

√ πi/4 2e

π +2kπ √ √ 4 3 (k = 0, 1, 2) 1 + i = (1 + i)1/3 = 6 2 ei 3 √ √ √ 6 6 = 6 2 eπi/12 , 2 e3πi/4 , 2 e17πi/12 .

⇒

Queste 3 radici sono i vertici √ del triangolo equilatero inscritto nella circonferenza centrata nell’origine di raggio 6 2 con un vertice nel punto   √  √6 3πi/4 √  √ 1 1 √ 2e = 6 2 − 22 + i 2 2 ∼ , . = −√ 3 3 2

(e) Si ha

−2 √ 1−i 3

=

√ −2(1+i 3) 1+3

⇒



= − 12 −

−2 √ 1−i 3

1/4

√ i 23

= ei

2

= e4πi/3

4 π+2kπ 3 4

(k = 0, 1, 2, 3)

= eπi/3 , e5πi/6 , e4πi/3 , e11πi/6 = ± eπi/3 , ± e5πi/6    √ √  = ± 21 + i 23 , ± − 23 + i2 .

Questi sono i vertici di un quadrato inscritto nella circonferenza unitaria centrata nell’origine. 1+i 1−i

(f) Si ha ⇒



1+i 1−i

=

(1+i)2 1+1

1/4

=

2i 2

= i = eπi/2

= i1/4 = ei

π +2kπ 2 4

(k = 0, 1, 2, 3)

= eπi/8 , e5πi/8 , e9πi/8 , e13πi/8 = ± eπi/8 , ± e5πi/8 .

Questi sono i vertici di un quadrato inscritto nella circonferenza unitaria centrata nell’origine. π

π

√

√

z = ei 6 + ei 2 = cos π6 + i sin π6 + cos 2π + i sin π2 = 23 + 2i + i = 23 + 23 i. q √ In forma esponenziale z = r eiθ si ha r = |z| = 34 + 49 = 3, ( √ πi/3 cos θ = 21 π √ ⇒ θ = =⇒ z = 3e . 3 sin θ = 23 √ √ √6 √ π √ 2kπ 6 6 6 (b) 3 z = z 1/3 = 3 ei( 9 + 3 ) (k = 0, 1, 2) = 3 eπi/9 , 3 e7πi/9 , 3 e13πi/9 .

8. (a)

9. (a) Applicando la formula risolutiva delle equazioni di secondo grado otteniamo: √ √ √ −3i ± 5i −3i ± 9i2 − 16 −3i ± −25 −3i ± 5 −1 = z= = = 2 2 2 2 da cui z1 = −4i , z2 = i . Nel piano complesso questi sono i due punti situati sull’asse delle y di coordinate (0, −4) e (0, 1) .

(b) Posto z 2 = t, risolviamo l’equazione di secondo grado t2 + 2t + 4 = 0 : √ √ √ t = −1 ± 1 − 4 = −1 ± −3 = −1 ± i 3. Essendo z 2 = t ⇒ z = t1/2 , dobbiamo calcolare le seguenti radici quadrate:  √ 1/2  √ 1/2 −1 − i 3 , −1 + i 3 . √ √ 4πi/3 • Poich´e −1 − i 3 ha modulo 2 e argomento 4π 3 , si ha −1 − i 3 = 2 e 4 π+2kπ √ √ √ 2π 3 (k = 0, 1) = ± 2 ei 3 =⇒ (−1 − i 3)1/2 = 2 ei 2 √ √  √ √  = ± 2 − 21 + i 23 = ± 22 (−1 + i 3). √ √ 2πi/3 • Poich´e −1 + i 3 ha modulo 2 e argomento 2π 3 , si ha −1 + i 3 = 2 e √ √ √ √ π =⇒ (−1 + i 3)1/2 = ± 2 ei 3 = ± 22 (1 + i 3).

Dunque le soluzioni dell’equazione di partenza sono i quattro numeri complessi √ √ √ √ z2 = 22 (1 − i 3), z1 = 22 (−1 + i 3), √ √ √ √ z4 = 22 (−1 − i 3), z3 = 22 (1 + i 3), che nel piano complesso sono i vertici, di coordinate  √ √  √   √ √  √ √  √ 2 2 6 6 2 6 , , − , , − , , − − 22 , 26 , 2 2 2 2 2 2

di un rettangolo inscritto nella circonferenza di raggio

√ 2 centrata nell’origine.

(c) Posto t = z 3 si ottiene l’equazione t2 + 7t − 8 = 0, che ha soluzioni t = −8 e t = 1 . Pertanto z 3 = −8 oppure z 3 = 1. • Se z 3 = −8 allora √ π+2kπ (k = 0, 1, 2) z = 3 −8 = (8 eπi )1/3 = 2 ei 3 √ = 2 eπi/3 , 2 eπi , 2 e5πi/3 = −2, 1 ± i 3. √ √ 2kπ • Se z 3 = 1 si ha z = 3 1 = ei 3 (k = 0, 1, 2) = 1, − 12 ± i 23 .

√ √ In definitiva otteniamo le 6 soluzioni: z = 1, − 12 ± i 23 , −2, 1 ± i 3. Le prime 3 sono i vertici di un triangolo equilatero inscritto nella circonferenza unitaria centrata nell’origine (con un vertice nel punto (1, 0)), le altre 3 sono i vertici di un triangolo equilatero inscritto nella circonferenza centrata nell’origine di raggio 2 (con un vertice nel punto (−2, 0)).

(d) Posto z = x + iy e ricordando che zz = |z|2 , si ottiene l’equazione: x2 + y2 − x − iy +

i 4

= 0.

Annullando la parte reale e la parte immaginaria otteniamo il sistema ( ( 1 x2 − x + 16 =0 x2 + y 2 − x = 0 =⇒ 1 1 −y =0 y= 4 4 La prima equazione ha soluzioni: x =

1 2

±

√ 3 4

.

Pertanto le soluzioni dell’equazione iniziale sono:   √  √  z1 = 12 + 43 + i4 , z2 = 12 − 43 + 4i .

Nel piano complesso questi sono i punti di coordinate



√ 2+ 3 4

, 41



e



 √ 2− 3 1 4 , 4 .

(e) Raccogliendo z a fattor comune otteniamo l’equazione z(z 3 + i) = 0, da cui z = 0 oppure z 3 + i = 0, cio`e z 3 = −i, ⇒ z=

3 π+2kπ √ 2 3 (k = 0, 1, 2) = eπi/2 , e7πi/6 , e11πi/6 −i = ei 3

= i, −

√ 3 2

− 2i ,

√ 3 2

− 2i .

Otteniamo cos`ı l’origine pi` u i vertici di un triangolo equilatero inscritto nella circonferenza unitaria centrata nell’origine (con un vertice nel punto (0, 1)). (f) Con un raccoglimento parziale otteniamo      z 6 − iz4 + z 2 − i = z 4 z 2 − i + z 2 − i = z 2 − i z 4 + 1 = 0 √ √ ⇒ z 2 = i, z4 = −1 ⇒ z = i, 4 −1. Scrivendo i = eπi/2 , −1 = eπi , otteniamo z = ei z = ei

π +2kπ 2 2

(k = 0, 1) = ± eπi/4 = ±

π+2kπ 4

√

2 2

+i

√  2 , 2

(k = 0, 1, 2, 3) = ± eπi/4 , ± e3πi/4  √ √  √  = ± 22 + i 22 , ± − 22 + i 22 . √ √  Abbiamo cos`ı 4 soluzioni: z = ± 22 + i 22 (con molteplicit`a 2) e  √ √  z = ± − 22 + i 22 (con molteplicit`a 1). √

Queste sono i vertici di un quadrato inscritto nella circonferenza unitaria centrata nell’origine. 10. (a) Posto z 2 = t si ottiene l’equazione t2 +2t +2 = 0 , le cui soluzioni sono t = −1 ± i. Dobbiamo quindi calcolare le radici quadrate di −1 ± i. √ • −1 + i = 2 e3πi/4 √ √ ⇒ z = −1 + i = (−1 + i)1/2 = ± 4 2 e3πi/8 . √ • −1 − i = 2 e5πi/4 √ √ ⇒ z = −1 − i = (−1 − i)1/2 = ± 4 2 e5πi/8 . (b) Raccogliendo z si ottiene √   z z 4 + 1 + i = 0 ⇒ z = 0, 4 −1 − i. √ Scrivendo −1 − i = 2 e5πi/4 otteniamo, oltre a z = 0 , le 4 soluzioni z = (−1 − i)1/4 =

5 π+2kπ √ 4 8 2 ei 4 (k = 0, 1, 2, 3).

(c) Dalla definizione di radice n-esima di un numero complesso si ha √ 1/4 π +2kπ 1/4  6 (k = 0, 1, 2, 3) z − 2i = 23 + i2 = ei 4 = eπi/6 ⇒

z = 2i + eπi/24 , 2i + e13πi/24 , 2i + e25πi/24 , 2i + e37πi/24 .

(d) Posto z 3 = t otteniamo l’equazione t2 − 2t + 2 = 0 , le cui soluzioni sono t = 1 ± i. Dobbiamo quindi calcolare le radici cubiche dei due numeri complessi 1 ± i. √ • 1 + i = 2 eπi/4 π +2kπ √ √ 4 ⇒ z = 3 1 + i = (1 + i)1/3 = 6 2 ei 3 (k = 0, 1, 2) . √ 7πi/4 • 1 − i = 2e 7 π+2kπ √ √ 4 (k = 0, 1, 2) . ⇒ z = 1 − i = (1 − i)1/3 = 6 2 ei 3 (e) Applicando la formula risolutiva delle equazioni di secondo grado otteniamo: √ √ z = −1 ± 1 − 1 − i = −1 ± −i. √ Dobbiamo calcolare −i, cio`e le due radici quadrate di −i. (Poich`e queste sono l’una l’opposto dell’altra, il “±” nella formula precedente `e superfluo e si pu`o sostituire con “+”.) Scrivendo −i = e3πi/2 , otteniamo  √ 3 π+2kπ √  √ 2 −i = ei 2 (k = 0, 1) = ± e3πi/4 = ± − 22 + i 22 , da cui

 √ √  z = −1 ± − 22 + i 22 = −1 −

√ 2 2

+i

√ 2 2 ,

−1 +

√ 2 2

−i

(f) Si ha √ √ √ ( 3 + i)3 = 3 3 − i + 9i − 3 3 = 8i. L’equazione proposta diventa (z + i)2 = 8i

⇒

z+i =

√ 2 2 .

√ 8i

π +2kπ √ √ 2 (k = 0, 1) = −i ± 2 2 eπi/4 ⇒ z = −i + (8i)1/2 = −i + 8 ei 2 √  √ √ = −i ± 2 2 22 + i 22 = 2 + i, −2 − 3i. √ (g) Le soluzioni sono le due radici√quadrate di 3 − 4i: z = 3 − 4i. In forma esponenziale 3 − 4i = r eiθ , con r = 9 + 16 = 5, ( cos θ = 3/5 sin θ = −4/5.

Questo sistema determina univocamente θ ma non ne fornisce il valore esplicito (θ non `e un angolo notevole). La formula per le radici quadrate fornisce comunque la soluzione esplicita √ √   √ √ θ θ z = 3 − 4i = ± r ei 2 = ± 5 ei 2 = ± 5 cos θ2 + i sin θ2 , dove cos θ2 , sin 2θ sono determinati dalle formule di bisezione

 q cos θ = ± 1+cos θ 2 q 2 sin θ = ± 1−cos θ 2

2

⇒

q 3   cos θ = ± 1+ 5 = ± √2 2 5 q 23  sin θ = ± 1− 5 = ± √1 . 2 2 5

I segni “±” si determinano osservando che θ sta nel quarto quadrante (essendo cos θ > 0, sin θ < 0) e quindi θ/2 sta nel secondo quadrante. Ne segue che (  cos 2θ = − √2 √  2 5 √ + i √1 = ± (−2 + i) = −2 + i , 2 − i. ⇒ z = ± 5 − 5 5 sin 2θ = √15 Un altro metodo per risolvere l’equazione z 2 = 3 − 4i `e quello di utilizzare la forma cartesiana: z = x + iy. Sostituendo nell’equazione otteniamo x2 − y2 + 2ixy = 3 − 4i. Uguagliando le parti reali e le parti immaginarie otteniamo il sistema ( ( x2 − y 2 = 3 x2 − x42 = 3 ⇒ y = − 2x . 2xy = −4 Dalla prima equazione, posto x2 = t, otteniamo t2 − 3t − 4 = 0, da cui t = 4, −1. La soluzione t = −1 < 0 non `e ammissibile in quanto t = x2 ≥ 0. Otteniamo cos`ı x = ±2 ⇒ y = ∓1 , e infine z = 2 − i, −2 + i. 11. Si ha: P (2i) = 16 − 8i − 20 + 8i + 4 = 0, quindi z = 2i `e una radice di P (z). Poich`e P (z ) ha coefficienti reali, anche 2i = −2i `e una radice di P (z). Ricordiamo che un polinomio ha la radice z = z0 se e solo se esso `e divisibile per (z − z0 ). Pertanto P (z) `e divisibile per il polinomio (z − 2i)(z + 2i) = z 2 + 4. Eseguendo la divisione di P (z) per questo polinomio otteniamo    P (z ) = z 2 + 4 z 2 + z + 1 .

Le altre √radici di P (z) sono dunque le soluzioni dell’equazione z 2 + z + 1 = 0, cio`e z = −1±2i 3 . In definitiva le radici di P (z) sono ±2i, − 12 ± i

√ 3 2 .

12. Poich´e P (z) `e un polinomio a coefficienti reali, se ha la radice 1 + i ha anche la radice 1 − i; dunque P (z) `e divisibile per il polinomio: A(z) = [z − (1 + i)] [z − (1 − i)] = (z − 1)2 − i2 = z 2 − 2z + 2. Per trovare le altre radici di P (z) eseguiamo la divisione di P (z) per A(z), ottenendo    P (z ) = z 2 − 2z + 2 z 2 − 3z + 2 .

Le radici di z 2 − 3z + 2 sono 2 e 1. Pertanto le radici di P (z) sono: La decomposizione di P (z) in fattori irriducibili su IR `e:

1 + i, 1 − i, 1, 2.

P (z ) = (z − 1)(z − 2)(z 2 − 2z + 2). Su C, P (z) si decompone in fattori di primo grado: P (z) = (z − 1)(z − 2)(z − 1 − i)(z − 1 + i). 13. Si ha √  √  P (−1) = (−1)3 + (1 + 2i)(−1)2 + (− 3 + 2)i − 2 (−1) − i 3 − 2 √ √ = −1 + 1 + 2i + 3 i − 2i + 2 − i 3 − 2 = 0. Pertanto z = −1 `e radice di P (z). Per trovare le altre radici, dividiamo P (z) per (z + 1) ad esempio utilizzando il metodo di Ruffini:

1

1 + 2i −1

√ (− 3 + 2)i − 2 −2i

1

2i

√ − 3i − 2

−1

√ −i√ 3 − 2 3i + 2 //

√ Dunque P (z) = (z + 1)(z 2 + 2iz − 2 − i 3).

√ Le radici del polinomio di secondo grado z 2 + 2iz − 2 − i 3 sono: p p √ √ z = −i ± −1 + 2 + i 3 = −i ± 1 + i 3. √ √ Poich´e 1 + i 3 = 2 eπi/3 , le radici quadrate di 1 + i 3 sono  p √ √ √ √ √ π 1 + i 3 = ± 2 ei 6 = ± 2 2 3 + 12 i = ± √1 2 ( 3 + i).

Sommando a queste −i otteniamo infine le seguenti tre radici di P (z ): q q     3 3 √1 − 1 . √1 − 1 , − + i + i − z = −1, 2 2 2 2

14. Poich´e P (z) deve avere coefficienti reali, se ammette la radice z = 2 − 3i (con molteplicit`a 2) ammette anche la radice z = 2 + 3i (ancora con molteplicit`a 2). Dunque P (z) `e divisibile per  2 h i2  2 [z − (2 − 3i)] [z − (2 + 3i)] = (z − 2)2 − (3i)2 = z 2 − 4z + 13 . Inoltre P (z) deve essere divisibile per z − 3 (avendo z = 3 come radice semplice). Poich´e P (z) deve essere di grado 5, sar`a P (z ) = k(z − 3)(z 2 − 4z + 13)2 , Poich´e P (0) = 1, si deve avere: polinomio cercato `e: P (z) = −

1 507

k ∈ C. 1 . Pertanto il 1 = k · (−3) · 169, da cui k = − 507

(z − 3)(z 2 − 4z + 13)2 .

15. Si ha: o n 2(n−1)π √ 6π 4π 2π θ α0 + α1 + α2 + α3 + · · · + αn−1 = n r ei n 1 + ...