e l insieme delle soluzioni, dopo le analoghe riduzioni del caso n = 2, si scrive come

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1 Numeri complessi 9 Da questi esempi si può osservare che, facendo le successive potene di un numero complesso, i punti corrispondenti girano attorno all origine. Se inoltre > 1 allora i punti si allontanano indefinitamente ( n + ), se = 1 i punti rimangono sulla circonferena unitaria ( n = 1) e infine se < 1 i punti si avvicinano all origine ( n 0). Se riprendiamo il punto dell esempio precedente e proviamo a disegnare nel piano le prime 10 potene otteniamo: 6. Radici di un numero complesso Passiamo ora all analisi del problema inverso: se conosciamo la potena n-esima di un numero complesso, come facciamo a calcolare il numero originale? Ossia dato un numero complesso quante e quali sono le soluioni w dell equaione w n =? Se = 0 la risposta è banale: l unica soluione possibile è proprio w = 0. Supponiamo quindi che 0 e iniiamo a ragionare nel caso particolare in cui = 1. Se n = l equaione da risolvere è w = 1. Se esprimiamo l incognita in forma esponeniale otteniamo: w = w e iϕ e w = w e iϕ = 1 e i0 = 1. Dato che due numeri complessi in forma esponeniale sono uguali se e solo se i loro moduli sono uguali e i loro argomenti differiscono di un multiplo di π, abbiamo che w = 1 e ϕ = 0 + kπ con k Z. Questo vuol dire che w = 1 (il modulo è un numero reale non negativo) e i possibili argomenti di w sono ϕ = 0 + kπ = kπ con k Z. Quindi l insieme delle soluioni si scrive come wk = e ikπ : k Z }. Apparentemente questo insieme contiene infiniti elementi che dipendono dal parametro k Z. Se però esaminiamo gli elementi con più attenione ci accorgiamo che e ikπ = 1 se k è pari e e ikπ = 1 se k è dispari

2 10 Roberto Tauraso - Analisi ossia wk = e ikπ : k Z } = w k = e ikπ : k = 0, 1 } = 1, 1}. Così le soluioni sono esattamente e sono quelle che potevamo determinare già nell ambito dei numeri reali: w 0 = 1 e w 1 = 1. Proviamo ora a vedere cosa succede per n = 3. L equaione da risolvere è w 3 = 1 e se ripercorriamo i passaggi del caso precedente otteniamo: che equivale a w 3 = w 3 e i3ϕ = 1, w = 1 e ϕ = kπ con k Z. 3 e l insieme delle soluioni, dopo le analoghe riduioni del caso n =, si scrive come } } } w k = e ikπ 3 : k Z = w k = e ikπ 3 : k = 0, 1, = 1, e iπ 3, e i 4π 3. Dunque le soluioni sono esattamente 3: oltre a quella che ci aspettavamo dal caso reale, w 0 = 1, abbiamo ottenuto anche w 1 = e i π 3 e w = e i4π 3. Riportando i punti nel piano possiamo notare che queste soluioni stanno tutte sulla circonferena unitaria e individuano i vertici di un triangolo equilatero. w 1 w 0 w Ora dovrebbe essere chiaro cosa si ottiene per = 1 quando n è un intero positivo qualunque: le soluioni dell equaione w n = 1 sono n e precisamente } w k = e ikπ n : k = 0, 1,, 3,..., n 1 = } 1, e iπ n, e i 4π n,...,e i (n 1)π n. Nel piano questi numeri, dette radici n-esime dell unità, sono disposti ai vertici di un poligono regolare di n lati inscritto nella circonferena unitaria e con un vertice in 1.

3 Numeri complessi 11 Esempio 6.1 Calcoliamo le radici quarte dell unità. Risolvendo l equaione w 4 = 1 otteniamo } } w k = e ikπ 4 : k = 0, 1,, 3 = 1, e i π, e iπ, e i3π = 1, i, 1, i}. w 1 w w 0 w 3 Il caso più generale, quando è un generico numero complesso diverso da ero, si affronta nello stesso modo e la conclusione è la seguente: Radici n-esime Se = e iθ 0 allora l insieme delle soluioni dell equaione w n = è costituito da n numeri distinti dette radici n-esime di : w k = n e i( } θ n +kπ n ) : k = 0, 1,,..., n 1. Nel piano i punti corrispondenti a ogni w k sono disposti ai vertici di un poligono regolare di n lati inscritto nella circonferena di raggio n centrata in 0 e con un vertice in e i θ n. Esempio 6. Risolviamo l equaione w = 1. Si tratta di determinare le due radici quadrate del numero = 1 = e iπ : w k = e i( π +kπ) } : k = 0, 1 = i, i}. In questo caso, il poligono regolare è costituito dai due punti opposti i e i.

4 1 Roberto Tauraso - Analisi Esempio 6.3 Calcoliamo le radici quinte di = i = e i π : w k = 5 e i( π 10 +kπ 5 ) : k = 0, 1,, 3, 4 }. i w 0 = 5 e i π 10 Quindi otteniamo un pentagono regolare inscritto nella circonferena di raggio 5 centrata in 0. L argomento del vertice w 0 è π ossia 1 dell argomento di i che è 10 5 uguale a π. Esempio 6.4 Calcoliamo l area del poligono di vertici C : 4 = 4 } 5(1 + i). I vertici sono le radici quarte del numero 4 5(1 + i) e quindi, per quanto detto, individuano un quadrato centrato nell origine Per calcolare l area di questo quadrato è necessario sapere solo il raggio r della circonferena circoscritta ovvero il modulo delle radici: r = ( i ) 1/4 = ( ) 1/4 = (0) 1/4.

5 Numeri complessi 13 Quindi sapendo che il lato del quadrato è r, l area è uguale a ( r) = r = (0) 1/ = 4 5. Esempio 6.5 Calcoliamo il limite lim n p n, dove p n è il perimetro del poligono di vertici C : n = 4 n}. L equaione n = 4 n = n individua i vertici di un poligono regolare di n lati inscritto nella circonferena centrata in 0 e di raggio. Al crescere di n, il numero di lati aumenta e e la successione di poligoni tende alla circonferena in cui sono iscritto. Quindi il limite della successione dei loro perimetri è la lunghea di tale circonferena ossia 4π. 7. Equaione di secondo grado in C In quest ultima parte vogliamo discutere la risoluione di una generica equaione di secondo grado a + b + c = 0. quando i coefficienti a, b, c C (a 0). Si può verificare che la formula per determinare le soluioni nel caso reale è ancora valida nel caso complesso 1, = b ±, a dove il simbolo ± rappresenta le due radici quadrate del numero complesso = b 4ac. Quindi, a differena del caso reale, un equaione di secondo grado in C ammette sempre due soluioni (eventualmente coincidenti). Esempio 7.1 Risolviamo l equaione i = 0: in questo caso Le due radici quadrate di i sono Quindi = b 4ac = ( 4) 4(4 1 i) = i. w 1 = e i π 4 = 1 + i e w = e i5π 4 = 1 i = w1. 1 = b + w 1 = i = 5 a + 1 i e = b w 1 = 4 1 i = 3 a 1 i. Provate a ottenere lo stesso risultato dopo aver osservato che l equaione data può essere riscritta nel seguente modo: ( ) = 1 i.

6 14 Roberto Tauraso - Analisi La situaione descritta per un equaione polinomiale di grado si generalia al caso di un equaione polinomiale di grado n: Teorema fondamentale dell algebra Sia P() = a n n + + a 1 + a 0 un polinomio di grado n > 0 a coefficienti in C. Allora l equaione P() = 0 ha n soluioni complesse 1,,, n (tenendo conto delle molteplicità) e inoltre Esempio 7. Risolviamo l equaione P() = a n ( 1 ) ( ) ( n ). P() = 4 + (1 i) i = 0 e poi fattoriiamo il polinomio P(). Poniamo w = : w + (1 i)w i = 0. In questo caso = (1 i) +8i = 3+4i = 5e iθ. Possiamo determinare le due radici quadrate di sena determinare θ [0, π): il numero x + iy è una radice quadrata di 3 + 4i se e solo se (x + iy) = 3 + 4i ossia se x y = 3 e xy = 4. Quindi si ricava facilmente che y = /x e risolvendo l equaione x (/x) = 3 si ottiene che x = 1 (le soluioni corrispondenti a x = 4 si scartano in quanto x è un numero reale!) ossia x = ±1. Così le radici quadrate di sono 1 + i e 1 i e le soluioni cercate sono w 1 = 1 e w = i. Dunque w + (1 i)w i = (w ( 1)) (w i) = ( + 1) ( i) = 0. Ora basta risolvere le equaioni che si ottengono uguagliando a ero i singoli fattori: = 1 e = i. Quindi le 4 soluioni dell equaione data sono: 1 = i, = i e 3 = 1 + i, 4 = 1 i Inoltre, il polinomio dato può essere fattoriato nel seguente modo P() = 4 + (1 i) i = ( i) ( + i) ( 1 i) ( i).

7 Numeri complessi 15 Esempio 7.3 Determiniamo il numero di soluioni distinte dell equaione P() = ( 4 1) ( 3 1) = 0. Il polinomio P() ha grado 4 +3 = 11 quindi per il teorema fondamentale dell algebra ci aspettiamo 11 soluioni (non necessariamente distinte). Il fattore ( 4 1) ha quattro eri distinti ciascuno con molteplicità : 1, i, 1, i. Il fattore ( 3 1) ha tre eri distinti ciascuno con molteplicità 1: 1, ( 1 + i 3)/, ( 1 i 3)/. Quindi l insieme delle soluioni dell equaione P() = 0 è: e il numero dei suoi elementi è 6. 1, i, 1, i, ( 1 + i 3)/, ( 1 i } 3)/ Esempio 7.4 Data l equaione P() = = 0 e sapendo che 1 = 1 è una delle soluioni, determinamo le soluioni rimanenti. Dato che P( 1) = 0 allora il polinomio P() è divisibile per + 1. Si verifica che il quoiente della divisione è Q() = e quindi le soluioni rimanenti di P() = 0 sono gli eri del polinomio Q() ossia = 3 + i e 3 = 3 i. Esempio 7.5 Determiniamo il perimetro e l area del poligono i cui vertici soddisfano l equaione P() = ( + 10) ( ) = 0. Le soluioni del polinomio di quarto grado P() sono ottenute risolvendo i due fattori di secondo grado: 1 = 1 + 3i, = 1 3i e 3 = 3 + i, 4 = 3 i. Le due coppie di numeri complessi coniugati individuano i vertici di un trapeio:

8 16 Roberto Tauraso - Analisi Calcoliamo le lunghee dei lati 1 = 6i = 6, 1 3 = 4 = + i = 5, 3 4 = 4i = 4 quindi il perimetro è L area invece è uguale a 1 ( ) Re( 3 1 ) = 1 (6 + 4) 3 1 = 10.