Esercizi su equazioni con i numeri complessi

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L’articolo “Esercizi su equazioni con i numeri complessi” presenta una raccolta strutturata di esercizi progettati per approfondire lo studio delle equazioni nei numeri complessi. Il documento include problemi che spaziano da quesiti introduttivi a esercizi più avanzati, con l’obiettivo di sviluppare una comprensione solida e applicabile in contesti teorici e pratici.

Ogni esercizio è accompagnato da soluzioni dettagliate e spiegazioni rigorose, per supportare studenti, insegnanti e studiosi nell’analisi e nella risoluzione delle equazioni. La guida fornisce un percorso didattico chiaro e progressivo, consentendo di consolidare competenze fondamentali e di affrontare con maggiore sicurezza le sfide matematiche proposte.

L’articolo rappresenta uno strumento utile per chi desidera perfezionare le proprie conoscenze e applicare le tecniche del calcolo delle equazioni con i numeri complessi in maniera accurata e metodica.

Autori e revisori

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Autore: Francesco Paolo Maiale

Revisori: Valerio Brunetti, Nicola Fusco, Matteo Talluri, Davide La Manna.

Sommario

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L’articolo “Numeri Complessi: Equazioni” comprende una serie di esercizi accuratamente selezionati sui numeri complessi, orientati verso lo sviluppo e il perfezionamento delle tecniche di risoluzione problemi. Il documento contiene esercizi che variano in difficoltà e complessità, inclusi argomenti come la risoluzione di equazioni polinomiali e sistemi di equazioni nei numeri complessi. Ogni esercizio è accompagnato da soluzioni dettagliate e spiegazioni per fornire un approccio approfondito e pratico al problem solving nel contesto dei numeri complessi.

Testi degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni nel campo dei numeri complessi:

$x^2-4x+5=0$ ;

$2x^2-2x+1=0$ ;

$x^2-5x+7=0$ ;

$\imath x^2 -2x - 2 \imath = 0$ .

Suggerimento.

Si può applicare la formula risolutiva per equazioni di secondo grado facendo attenzione al segno del $\Delta$ .

Introduzione.

Ricordiamo che per una equazione generica del secondo ordine

(1) $\begin{equation*} x^2 + bx + c=0, \end{equation*}$

la formula risolutiva è data da

$x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta} }{2}, \quad \text{con } \Delta = b^2 - 4c.$

Svolgimento punto 1.

Per la prima equazione abbiamo $\Delta = 16-20 = -4$ , per cui $\sqrt{-4}$ non è definita nei numeri reali. Detto questo, sfruttiamo l’unità immaginaria per scrivere

$x_{1,2} = \frac{4 \pm \sqrt{-4}}{2} = 2 \pm \imath,$

quindi le soluzioni sono complesse e coniugate¹.

$\[\]$

Questo è un fatto valido in generale, ovvero ogni polinomio $p(x)$ (di qualsiasi grado) a coefficienti reali soddisfa la seguente proprietà:

$p(z) = 0 \iff p(\bar z)=0.$

↩

Svolgimento punto 2.

Per la seconda dividiamo per riportarla alla forma (1), ottenendo

$2x^2-2x+1=0 \iff x^2 - x + \frac12 = 0.$

Si ha

$x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 2}}{2} = \frac{1}{2} \pm \frac{\imath}{2},$

ovvero anche in questo caso le soluzioni sono complesse e coniugate.

Svolgimento punto 3.

Analogamente per la terza equazione abbiamo le due soluzioni

$x_{1,2} = \frac{5 \pm \sqrt{25-28}}{2} = \frac{5}{2} \pm \imath \frac{\sqrt{3}}{2}.$

Svolgimento punto 4.

L’ultima equazione deve essere prima riportata nella forma (1), quindi dividiamo per $\imath$ ed otteniamo

$\imath x^2 -2x - 2 \imath = 0 \iff x^2 - \frac2\imath x - 2 = 0.$

Sfruttando l’identità $\imath^2 = -1$ il delta della equazione è dato da

$\Delta = \frac{4}{\imath^2} + (-4)(-2) = - 4 +8 = 4,$

da cui le soluzioni della equazione sono

$x_{1,2} = \frac{\frac{2}{\imath} \pm 2}{2} = \frac1\imath \pm 1,$

e questo conclude.

Osservazione.

È interessante notare che le soluzioni della quarta non sono coniugate. Il motivo è che l’equazione

$\imath x^2 - 2x - 2 \imath = 0$

è a coefficienti complessi, ed è facile vedere che applicando il coniugio si ottiene una equazione non equivalente alla precedente, ovvero

$- \imath x^2 - 2x + 2 \imath = 0,$

dato che non è possibile ottenerla dalla prima tramite nessuna manipolazione algebrica (ad esempio, moltiplicare per $-1$ o simili).

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni nei complessi:

$| |z|-2\imath|^2 = 4$ ;

$|z|^2=12-|z|$ ;

$\mathfrak{Im}(z^2)=|z|^2$ ;

Suggerimento.

Nella prima e nella terza conviene sviluppare il modulo e poi, se necessario, passare alla forma algebrica di $z$ Nel secondo caso, invece,

$|z|^2+|z|-12 = 0$

si può inizialmente trattare come una equazione nella variabile reale $|z|$ .

Svolgimento punto 1.

Per la prima equazione osserviamo che $|z|$ è un numero reale, perciò il modulo a sinistra si calcola facilmente come

$||z|-2\imath|^2 = |z|^2 + 4.$

Ne segue immediatamente che

$|z|^2 + 4 = 4 \iff |z|^2 = 0,$

e questa ha come unica soluzione $z = 0$ (per definizione di modulo).

Svolgimento punto 2.

La seconda si può risolvere considerando $|z|$ come una variabile reale; si trova

$|z|^2 + |z| - 12 = 0 \iff |z| = \frac{-1 \pm 7}{2},$

ma solo $|z|=3$ è ammissibile perché $|z|\ge0$ . Dunque

$\{ z \in \mathbb{C} \: : \: |z|=3\}$

è l’insieme delle soluzioni dell’equazione e coincide con il bordo della palla di centro l’origine e raggio $3$ .

Svolgimento punto 3.

Per la terza introduciamo la forma algebrica

$z = a + \imath b \implies z^2 = a - b + \imath(2ab),$

da cui segue che

$2ab = \mathfrak{Im}(z^2)=|z|^2 = a^2+b^2.$

Questa è ovviamente soddisfatta se e solo se $a=b$ , ovvero la retta di coefficiente angolare uno e passante per l’origine

$\{ a(1+\imath) \in \mathbb{C} \: : \: a \in \mathbb{R} \}$

è l’insieme delle soluzioni dell’equazione.

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni nei complessi:

$z^2+z+1=0$ ,

$z^3+2z=0$ ,

$z^4-2z^2-8=0$ ,

$z^6+z^3+1=0$ ,

$|z|=z+1$ ,

$z+\bar{z}=z^2$ ,

$z^2+2\imath z-3=0$ ,

$\imath z^3 = \bar z$ ,

$z^2 + (1-\imath)z - \imath = 0$ ,

$\imath \mathfrak{Re}(z) + z^2 = |z|^2 + 1$ ,

$\bar z^4 = |z|$ ,

$z+3 \imath + \mathfrak{Re}(z) \left[ \imath + (\mathfrak{Im}(z))^2 \right] = 0$ ,

$2 |z|^2 = z^3$ ,

$z-z/|z| + 1= 0$ ,

$z^4 + 2 \imath |z| = 0$ .

Suggerimento.

Le prime si possono risolvere con la formula risolutiva per equazioni del secondo grado, eventualmente introducendo una variabile ausiliaria quando la potenza è più grande di due, ad esempio

$z^4 - 2z^2 - 8 = 0 \xrightarrow{ w := z^2 } w^2 - 2w - 8 = 0.$

Le altre si possono, invece, risolvere utilizzando opportunamente la forma algebrica o quella esponenziale.

Introduzione.

Risolviamo le equazioni nell’ordine presentato nel testo dell’esercizio:

Svolgimento punto 1.

L’equazione $z^2+z+1=0$ si può risolvere con la formula risolutiva di secondo grado; in particolare, si ha

$z_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4}}{2} = - \frac12 \pm \imath \frac{\sqrt3}{2}.$

Svolgimento punto 2.

L’equazione $z^3 + 2z = 0$ si può risolvere come fatto per la precedente, a patto però di raccogliere $z$ così da ridurre il grado. In particolare, si ha

$z(z^2+2)=0 \iff z_1 = 0 \text{ oppure } z^2 + 2 = 0,$

ed è facile vedere che la seconda ha come soluzioni $z_{2,3} = \pm \imath \sqrt 2$ .

Svolgimento punto 3.

L’equazione $z^4 - 2z^2 - 8 = 0$ è quadratica rispetto a $z^2$ , perciò si introduce la variabile ausiliaria $w := z^2$ e si sostituisce all’equazione ottenendo

$w^2 - 2w - 8 = 0.$

Con la formula risolutiva per equazioni del secondo grado si ottiene

$w_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 32}}{2} = \frac{2 \pm 6}{2}.$

Di conseguenza, tornando alla variabile iniziale dobbiamo risolvere

$z^2 = w_1 = -2 \quad \text{e} \quad z^2 = w_2 = 4,$

da cui otteniamo $z_{1,2} = \pm \imath \sqrt2$ e $z_{3,4} = \pm 2$ .

Svolgimento punto 4.

In questo caso, l’equazione è quadratica rispetto a $z^3$ . Perciò, come sopra, si introduce la variabile ausiliaria $w := z^3$ e si arriva a

$w^2+w+1=0.$

La formula risolutiva per equazione del secondo grado ci dice che

$w_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4}}{2} = - \frac12 \pm \imath \frac{\sqrt 3}{2}$

sono le due soluzioni nel campo complesso; per comodità, si scrivono in forma trigonometrica come segue:

$w_1=\cos \left(-\frac{2\pi}{3}\right) +\imath \sin\left(-\frac{2\pi}{3} \right) \quad \text{e} \quad w_2=\cos\frac{2\pi}{3}+\imath \sin\frac{2\pi}{3}.$

In conclusione, per trovare le soluzioni dell’equazione di partenza è sufficiente risolvere

$z^3 = w_1 \qquad \text{e} \qquad z^3 = w_2,$

ovvero trovare le radici terze di $w_1$ e $w_2$ .

Questo si può fare seguendo la strategia già proposta negli esercizi precedenti sulle radici.

Svolgimento punto 5.

Il membro di sinistra dell’equazione ( $|z|$ ) è un numero reale, perciò lo stesso deve essere vero per il membro di destra $z+1$ ; adesso

$z+1 \in \mathbb R \iff z \in \mathbb R \iff z = x + 0 \imath,$

quindi l’esercizio si riduce a risolvere l’equazione reale

$|x| = x+1,$

che ha come unica soluzione $x = -1/2$ .

Svolgimento punto 6.

Si può fare un ragionamento analogo a sopra. Infatti, se $z = a + \imath b$ , si ha

$z + \bar z = a + \imath b + a - \imath b = 2a \quad \text{e} \quad z^2= (a^2-b^2) + \imath (2ab).$

Eguagliando parte reale e immaginaria rispettivamente si ottiene l’equivalente sistema di equazioni reali

$\begin{cases} 2a = a^2 - b^2, \\ ab = 0. \end{cases}$

Dalla seconda otteniamo $a = 0$ (e nel qual caso la prima ci da $b = 0$ ) oppure $b = 0$ . Se andiamo a sostituire nella prima equazioni otteniamo

$2a = a^2 \iff a(a-2)= 0 \iff a = 0 \text{ o } a = 2,$

quindi concludiamo che le uniche soluzioni del sistema sono $(a,b) =(0,0)$ e $(a,b)=(2,0)$ che corrispondono a

$z_1 = 0 \quad \text{e} \quad z_2 = 2.$

Svolgimento punto 7.

Per quanto riguarda

$z^2+2\imath z-3=0$

si può applicare la formula risolutiva per equazioni del secondo grado, come fatto già in precedenza. Il risultato che si ottiene è

$z_{1,2} = -\imath \pm \sqrt2.$

Svolgimento punto 8.

Utilizziamo la forma esponenziale: posto $z=\rho \mathrm{e}^{\imath\vartheta}$ e $\imath = \mathrm{e}^{\imath \pi/2}$ si ha

$\rho^3 \mathrm{e}^{\imath (3\vartheta + \pi/2)}=\rho e^{-\imath\vartheta},$

da cui eguagliando modulo ed argomento si ottiene il sistema reale

$\begin{cases} \rho^3 = \rho, \\ 3 \vartheta + \pi/2 = - \vartheta + 2k\pi & \vartheta\in[-\pi,\pi). \end{cases}$

La prima equazione ammette due soluzioni, ovvero $\rho = 0$ (che corrisponde alla soluzione $z = 0$ ) e $\rho = 1$ , mentre la seconda equazione ci da

$4 \vartheta = 2k\pi - \frac\pi2 \implies \vartheta_k = \frac{k}{2}\pi - \frac\pi8,$

perciò per rimanere nell’intervallo $[-\pi,\pi)$ i valori ammissibili di $k$ sono

$k \in \{-1,0,1,2\}.$

In particolare, le soluzioni dell’equazione di partenza sono

$z = 0 \quad \text{e} \quad z_k = \mathrm{e}^{\imath\vartheta_k }.$

Svolgimento punto 9.

Il primo passo è di sviluppare il prodotto in modo da riorganizzare i termini in modo opportuno successivamente:

$z^2 + z - \imath z - \imath = 0.$

A questo punto si può raccogliere $z$ per i primi due termini e $\imath$ per gli ultimi due, ottenendo

$z(z+1) - \imath(z+1) = 0,$

da cui segue che

$(z-\imath)(z+1) = 0 \implies z_1 = \imath \text{ e } z_2 = -1,$

e queste sono le due soluzioni dell’equazione di partenza.

Svolgimento punto 10.

Possiamo portare la parte reale di $z$ a destra

$z^2 = |z|^2 + 1 - \mathfrak{Re}(z),$

quindi anche il termine a sinistra deve essere reale. Se scriviamo $z=a+\imath b$ , allora otteniamo subito la relazione

$0 = \mathfrak{Im}(z^2) = 2ab,$

il che significa che $a = 0$ oppure $b = 0$ . Nel primo caso abbiamo $z=\imath b$ , che sostituito nell’equazione iniziale ci da

$-b^2 = b^2 + 1 \implies -2b^2 = 1,$

e questa non ha soluzioni perché $b$ è un numero reale. Nel secondo caso, invece, abbiamo $z = a$ e sostituendo nell’equazione iniziale si arriva a

$a^2 = a^2 + 1 - a \implies a = 1,$

quindi l’unica soluzione è data proprio da $z = 1$ .

Svolgimento punto 11.

Poniamo $z = \rho \mathrm{e}^{\imath \vartheta}$ . L’equazione si può riscrivere come

$\rho^4 \mathrm{e}^{-\imath 4 \vartheta} = \rho,$

da cui si ottiene il seguente sistema di equazioni reali

$\begin{cases} \rho^4 = \rho, \\ - 4 \vartheta = 2k \pi & \vartheta \in [-\pi,\pi).\end{cases}$

La prima ha come soluzioni $\rho = 0$ (che corrisponde a $z = 0$ ) e $\rho = 1$ , mentre la seconda ci da

$\vartheta_k = - \frac{k}{2} \pi, \quad k = -1,\ldots,2$

dove i valori di $k$ sono gli unici per cui $\vartheta$ è ammissibile nel senso che appartiene a $[-\pi,\pi)$ . In particolare, le soluzioni sono

$z = 0 \quad \text{e} \quad z_{0,2} = \pm 1 \quad \text{e} \quad z_{-1,1} = \pm \imath.$

Svolgimento punto 12.

Sia $z = a+\imath b$ . L’equazione si può riscrivere come

$a+\imath b + 3 \imath + a \left( \imath + b^2 \right) = 0.$

Raccogliendo parte reale e immaginaria, ovvero

$a + ab^2 + \imath(b + 3 + a) = 0,$

questa corrisponde al seguente sistema di equazioni reali:

$\begin{cases} a + ab^2 = 0, \\ b + 3 +a = 0. \end{cases}$

Possiamo ricavare una variabile dalla seconda, ad esempio $a = -b-3$ , e sostituire nella prima ottenendo

$-b-3 + (-b-3)b^2 = 0 \implies -b^3 - 3b^2 -b -3 = 0.$

È facile vedere che $b=-3$ è una soluzione e se dividiamo per $b+3$ arriviamo a

$0=-b^3 - 3b^2 -b -3 = (b+3)(b^2+1),$

per cui $b = -3$ è l’unica soluzione reale di questa equazione. In particolare, l’equazione iniziale ha come unica soluzione complessa

$z = -3 \imath.$

Svolgimento punto 13.

Sia $z = \rho \mathrm{e}^{\imath \vartheta}$ . L’equazione si può riscrivere come

$2 \rho^2 = \rho^3 \mathrm{e}^{\imath 3 \vartheta},$

e questa sappiamo essere equivalente al sistema di equazioni reali

$\begin{cases} \rho^3 = 2 \rho^2, \\ 3 \vartheta = 2k \pi & \vartheta \in [-\pi,\pi). \end{cases}$

La prima equazione ha soluzioni $\rho = 0$ (con molteplicità due), che corrisponde a $z = 0$ , e $\rho = 2$ ; la seconda, invece,

$\vartheta_k = \frac23 k \pi \quad \text{con } k = -1,0,1,$

dove i valori di $k$ sono scelti in modo che il vincolo $\vartheta_k \in [-\pi,\pi)$ sia soddisfatto. In particolare, le soluzioni sono

$z= 0 \text{ con molteplicità due e } z_k = 2\mathrm{e}^{\imath \vartheta_k} \text{ con } k \in \{-1,0,1\}.$

Svolgimento punto 14.

Osserviamo che, essendo $|z|$ al denominatore, stiamo cercando le soluzioni di questa equazione in $\mathbb C \setminus \{0\}$ . Di conseguenza, si ha

$z - \frac{z}{|z|} + 1 = 0 \iff \frac{ z|z| - z + |z| }{|z|} = 0 \iff z |z| - z + |z| = 0.$

Possiamo sfruttare la forma algebrica $z = a +\imath b$ e riscrivere l’equazione come

$(a+\imath b)\sqrt{a^2+b^2} - (a+\imath b) + \sqrt{a^2+b^2} = 0,$

e ponendo parte reale e immaginaria uguale a zero si arriva al sistema equivalente di equazioni reali

$\begin{cases} a \sqrt{a^2+b^2} - a + \sqrt{a^2+b^2}=0, \\ b \sqrt{a^2+b^2} - b = 0. \end{cases}$

Se raccogliamo i fattori comuni nella seconda equazione, otteniamo

$b \left( \sqrt{a^2 + b^2} - 1 \right)= 0.$

Un prodotto è zero se e solo se uno dei fattori è zero, quindi consideriamo i due casi possibili:

Se $b = 0$ , la prima equazione si riduce a
$a\sqrt{a^2} - a + \sqrt{a^2} = 0,$

che ha come uniche soluzioni $a = 0$ e $a = -2$ . Tuttavia, la soluzione $(a,b)=(0,0)$ corrisponde a $z = 0$ e non è dunque ammissibile

Se $b \neq 0$ , allora necessariamente
$\sqrt{a^2 + b^2} = 1.$

Sostituendo questa identità nella prima equazione ci porta a

$a - a + 1 = 0 \iff -1 = 0,$

che ovviamente non ammette alcuna soluzione.

Questo significa che l’equazione iniziale è soddisfatta dall’unica soluzione ammissibile $(a,b)=(-2,0)$ , che corrisponde a

$z=-2.$

Svolgimento punto 15.

In questo caso è conveniente utilizzare la forma esponenziale ponendo $z = \rho \mathrm{e}^{\imath \vartheta}$ , osservando che

$\imath = \mathrm{e}^{\imath \pi/2}.$

Sostituendo nella equazione si trova

$\rho^4 \mathrm{e}^{\imath 4 \vartheta} = 2 \rho \mathrm{e}^{-\imath \pi/2},$

che corrisponde al sistema di equazioni reali

$\begin{cases} \rho^4 = 2\rho, \\ 4 \vartheta = - \frac\pi2 + 2k \pi, & \vartheta \in [-\pi,\pi). \end{cases}$

La prima equazione ha soluzioni $\rho = 0$ (che corrisponde a $z = 0$ ) e $\rho = \sqrt[3]{2}$ , mentre la seconda equazione ci da

$\vartheta_k = - \frac\pi8 + \frac{k}{2} \pi, \quad k = -1,\ldots,2.$

In particolare, le soluzioni dell’equazione iniziale sono

$z=0 \quad \text{e} \quad z_k = \sqrt[3]{2} \mathrm{e}^{\imath \vartheta_k} \text{ con } k=-1,\ldots,2.$

Esercizio 4 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$\imath z^2 + \mathfrak{Im}\left(z+\frac{17}{7}\right) = 21.$

Suggerimento.

Sfruttare la forma algebrica di $z$ .

Svolgimento.

Sia $z = a + \imath b$ . Sostituendo nell’equazione si ottiene

$\imath(a^2 - b^2 + \imath 2ab) + b = 21,$

e questa è equivalente (ponendo uguali a zero parte reale e immaginaria rispettivamente) al seguente sistema di equazioni reali:

$\begin{cases}-2ab + b = 21, \\ a^2-b^2=0.\end{cases}$

La seconda equazione ci dice che $a=b$ oppure $a=-b$ .

Sostituendo $a = b$ nella prima equazione si ottiene
$-2a^2 + a = 21,$

ma questa ha discriminante dato da $\Delta = 1 - 4 \cdot 42 < 0$ , quindi non ammette soluzioni reali.

Se $a = -b$ , invece, si trova l’equazione
$2a^2-a = 21,$

ed è facile vedere con la formula risolutiva che questa ha due soluzioni reali e distinte, ovvero $a_1 = -3$ e $a_2 = \frac72$ .

Di conseguenza l’equazione di partenza ha due soluzioni complesse, ovvero

$z_1 = -3 + 3 \imath \quad \text{e} \quad z_2=\frac72 - \frac72 \imath.$

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$\frac{z^2}{4+|z^2|} + \frac{9}{13} = 0.$

Suggerimento.

Sfruttare la forma algebrica di $z$ .

Svolgimento.

Se $z=a+\imath b$ allora il suo quadrato è dato da

$z^2 = (a^2-b^2) + \imath (2ab).$

Quindi, tenendo conto che $|z^2|=|z|^2$ , l’equazione si può riscrivere come

$\frac{a^2-b^2 + \imath 2ab}{4 + a^2+b^2} + \frac{9}{13}=0.$

Di nuovo poniamo uguali a zero parte reale e immaginaria rispettivamente, ottenendo il seguente sistema di equazioni reali:

$\begin{cases} 13(a^2-b^2) = - 9(4+a^2+b^2) , \\ 2ab = 0.\end{cases}$

Dalla seconda equazione otteniamo immediatamente $a = 0$ oppure $b = 0$ . Nel primo caso, sostituendo si arriva a

$-13b^2 = - 36 - 9b^2 \implies 4b^2 = 36,$

e questa ammette due soluzioni reali $b = \pm 3$ . D’altra parte, se $b = 0$ l’equazione

$13a^2 = - 36 - 9a^2$

non ammette soluzioni reali (discriminante negativo), perciò l’equazione iniziale ammette due soluzioni puramente immaginarie che sono date da

$z_1 = 3 \imath \quad \text{e} \quad z_2 = - 3 \imath.$

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$z^2 + |z^2| + 2 \imath \bar{z}=0.$

Suggerimento.

Sfruttare la forma algebrica di $z$ .

Svolgimento.

Se $z=a+\imath b$ abbiamo già mostrato che $z^2 = (a^2-b^2) + \imath (2ab)$ per cui l’equazione si può riscrivere come

$a^2-b^2 + \imath 2ab + a^2+b^2 + 2 \imath(a-\imath b)=0.$

Ponendo uguali a zero parte reale e immaginaria del termine a sinistra ci porta al seguente sistema di equazioni reali:

$\begin{cases} a^2+b=0,\\ ab +a = 0. \end{cases}$

Dalla seconda equazione si ricava $a = 0$ oppure $b = -1$ . Nel primo caso l’altra equazione ci da $b = 0$ come unica soluzione, mentre nel secondo caso

$a^2-1 = 0 \iff a = \pm 1,$

perciò l’equazione iniziale ha tre soluzioni complesse date da

$z_1=0, \quad z_2 = 1 - \imath, \quad z_1 = -1-\imath.$

Esercizio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$\frac{1+z^2}{|z^2|} = 10.$

Suggerimento.

Come sopra.

Svolgimento.

Come fatto negli esercizi precedenti, se scriviamo $z = a + \imath b$ l’equazione di partenza è del tutto equivalente a

$\frac{1+(a^2-b^2)+\imath 2ab}{a^2+b^2}=10,$

e, portando tutto a sinistra, si arriva a

$\frac{1+(a^2-b^2) - 10(a^2+b^2) + \imath 2ab}{a^2+b^2}=0.$

Poniamo parte reale e immaginaria uguali a zero rispettivamente per ottenere il seguente sistema di equazioni reali:

$\begin{cases} 1-9a^2-11b^2=0, \\ ab=0. \end{cases}$

Il prodotto $ab$ è uguale a zero se e solo se uno dei fattori è nullo, ovvero $a=0$ oppure $b = 0$ . E’ importante osservare che il caso $a=b=0$ va escluso dato che annulla il denominatore.

Se $a = 0$ allora la prima equazione ci da $1-11b^2=0$ , da cui si trovano le due soluzioni $b=\pm 1/\sqrt{11}$ .

Se $b = 0$ allora $1-9a^2=0$ ci da le due soluzioni $a = \pm 1/3$ .

In particolare, l’equazione iniziale ha quattro soluzioni, due reali e due puramente immaginarie, date da

$z_{1,2} = \pm \frac13 \quad \text{e} \quad z_{3,4} = \pm \frac{1}{\sqrt{11}} \imath.$

Esercizio 8 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$\frac{|z^4|}{z^2} = - 4.$

Suggerimento.

Ricordiamo che il modulo soddisfa la seguente proprietà:

$|z|^2 = z \bar z \quad \text{per ogni } z \in \mathbb C.$

Svolgimento.

Per risolvere questo esercizio è sufficiente sfruttare una proprietà del modulo, ovvero

$|z|^2 = z \bar{z} \implies |z^4|=|z|^4 = z^2 \bar{z}^2.$

L’equazione si può riscrivere come

$\bar{z}^2 = -4,$

e questa ha due soluzioni $\bar{z}_{1,2}= \pm 2 \imath$ o, rispetto alla variabile $z$ ,

$z_{1,2}=\mp 2 \imath.$

Esercizio 9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$\frac{|z^5|}{z^2} = - 27.$

Suggerimento.

Si può sfruttare il trucco dell’esercizio precedente e poi la forma esponenziale oppure trigonometrica.

Svolgimento.

Dalle proprietà del modulo si vede che

$|z|^2 = z \bar{z} \implies |z^5|=|z|^5 = |z||z|^4= |z| z^2 \bar{z}^2,$

perciò l’equazione di partenza si può riscrivere come

$\bar{z}^2 |z| = -27.$

Dato che $-1 = \mathrm{e}^{\imath \pi}$ , per risolvere è conveniente passare alla forma esponenziale entrambi i membri dell’equazione, ottenendo

$|z|^3 \mathrm{e}^{-2\imath \text{Arg } z} = 27 \mathrm{e}^{\imath \pi},$

che è equivalente al sistema di equazioni reali

$\begin{cases} |z|^3 = 27 \\ -2 \text{Arg } z = \pi + 2k \pi, & \text{Arg } z \in [-\pi,\pi). \end{cases}$

La prima ha come unica soluzione $|z| = 3$ mentre la seconda ammette due soluzioni nell’intervallo ammissibile, ovvero

$\text{Arg } z = - \frac\pi2 \quad \text{e} \quad \text{Arg } z = \frac\pi2,$

che corrispondono quindi alle due soluzioni complesse dell’equazione iniziale

$z_1 = 3 \mathrm{e}^{\imath \frac\pi2} = 3 \imath \quad \text{e} \quad z_2 = 3 \mathrm{e}^{-\imath \frac\pi2} = - 3 \imath.$

Esercizio 10 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$z^2 = (\bar{z})^2(25 |z^2|-1).$

Suggerimento.

Si può scrivere $z$ in forma algebrica oppure osservare che passando l’equazione ai moduli si ottiene

$|z|^2 = |z|^2 (25 |z|^2 - 1),$

da cui $|z| = 0$ oppure $|z|=\sqrt2/5$ .

Svolgimento.

Se $z = a + \imath b$ allora l’equazione si riscrive come

$(a^2-b^2)+2\imath ab = \left[ (a^2-b^2) - 2 \imath ab \right] \left( 25(a^2+b^2) - 1 \right)$

da cui, ponendo uguali a zero parte reale e immaginaria, si ottiene il seguente sistema equivalente di equazioni reali:

$\begin{cases} 2(a^2-b^2) = 25 (a^2-b^2)(a^2+b^2), \\ 50ab(a^2+b^2) = 0. \end{cases}$

Dalla seconda equazione si ricava $a = 0$ oppure $b = 0$ quindi discutiamo separatamente queste due possibilità:

Se $a = 0$ , la prima equazione ci da
$-2b^2=-25b^4 \iff b^2(25b^2-2) = 0$

che ha come soluzioni $b = 0$ e $b=\pm \sqrt{2}/5$ .

Se $b = 0$ , invece, si trova
$2a^2 = 25a^4 \iff a^2(25a^2-2)=0,$

che ha come soluzioni $a = 0$ (già trovata in precedenza) e $a = \pm \sqrt{2}/5$ .

In particolare, l’equazione di partenza ammette cinque soluzioni distinte (tre reali e due puramente immaginarie) che sono date da

$z_1 = 0, \quad z_{2,3} = \pm \frac{\sqrt{2}}{5}, \quad z_{4,5} = \pm \imath \frac{\sqrt{2}}{5}.$

Esercizio 11 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$|z^2|(1+z^2) = 2.$

Suggerimento.

Usare la parte immaginaria per dedurre informazioni sulle soluzioni dell’equazione.

Svolgimento.

Iniziamo osservando che se si prende la parte immaginaria dei due termini l’uguaglianza diventa

$\mathfrak{Im}(z^2) = 0.$

Di conseguenza, se $z=a+\imath b$ allora

$0 = \mathfrak{Im}(z^2) = 2ab,$

e questa è soddisfatta se e solo se $a = 0$ oppure $b = 0$ . È chiaro che $z = 0$ non è soluzione quindi supponiamo $z = \imath b$ per $b \neq 0$ e sostituiamo:

$b^2(1-b^2)=2 \iff b^4 - b^2 + 2 = 0.$

Poniamo $t = b^2$ per ridurre il grado ed osserviamo che

$t^2 - t + 2 = 0$

non ammette soluzioni reali perché ha discriminante negativo ( $\Delta=-3$ ). Supponiamo ora $z = a$ per $a \neq 0$ e sostituiamo, ottenendo l’equazione

$a^2(1+a^2)=2 \iff a^4 + a^2 - 2 = 0.$

Come sopra introduciamo una variabile ausiliaria $t = a^2$ ed osserviamo che

$t^2+t-2=0$

ha due soluzioni reali e distinte, ovvero $t_1 = 1$ e $t_2 = -2$ . La seconda non porta a nulla perché $a^2 = -2$ non è risolvibile in $\mathbb{R}$ , mentre dalla prima si trova

$a^2 = 1 \iff a = \pm 1,$

e quindi l’equazione di partenza ha come uniche due soluzioni $z_1 = 1$ e $z_2=-1$ .

Esercizio 12 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$(\mathrm{e}^{2z}+4)^2 = (\imath \mathrm{e}^{2z} - 4)^2.$

Suggerimento.

L’esponenziale complesso non si può invertire in maniera immediata come in $\mathbb R$ , ma può essere utile sfruttare la seguente uguaglianza tra insiemi:

$\log z = \left\{ \text{Log } z + 2k \pi \: : \: k \in \mathbb Z\right\}.$

Svolgimento.

Sviluppando i quadrati e portando tutto dallo stesso lato dell’equazione, si ottiene

$\begin{aligned} 0 & = \mathrm{e}^{4z} + 16 + 8 \mathrm{e}^{2z} - \left( \imath^2 \mathrm{e}^{4z} + 16 - 8 \imath \mathrm{e}^{2z} \right) \\ & = 2 \mathrm{e}^{4z} + 8(1+\imath)\mathrm{e}^{2z}. \end{aligned}$

Possiamo semplificare un fattore $\mathrm{e}^{2z}$ perché questo non è uguale a zero per alcun valore di $z \in \mathbb C$ e dunque ci basta risolvere l’equazione

$\mathrm{e}^{2z} =- 4(1+\imath).$

Poiché il logaritmo complesso è a più valori, non possiamo semplicemente invertire come in $\mathbb R$ . Tuttavia vale la seguente uguaglianza tra insiemi:

$\left\{ z \in \mathbb C \: : \: \mathrm{e}^{2z} = - 4 (1+\imath)\right\} = \frac12 \log (-4 - 4 \imath).$

Di conseguenza, ne concludiamo immediatamente che l’equazione di partenza ammette infinite soluzioni della forma

$z = \frac12 \text{Log } (-4-4\imath) + k\pi \imath, \quad k \in \mathbb Z,$

dove $\text{Log }$ indica il valore principale del logaritmo.

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$- \sin z \cos z + \cos^2 z = 1.$

Suggerimento.

Basta applicare l’identità fondamentale della trigonometria, ovvero

$\sin^2 z + \cos^2 z = 1.$

Svolgimento.

Portiamo tutto a sinistra ed utilizziamo l’identità fondamentale della trigonometria

$\sin^2 z + \cos^2 z = 1$

per riscrivere l’equazione come segue:

$- \sin z \cos z - \sin^2 z = -\sin z (\cos z + \sin z) = 0.$

Il prodotto di due fattori è zero quando lo è almeno uno dei due, perciò discutiamo separatamente i due casi:

Il primo fattore si annulla per tutti gli $z \in \mathbb C$ tali che
$\sin z = 0,$

ma è facile vedere che questi sono dati da

$z = \pi k, \quad k \in \mathbb Z.$

Per quanto riguarda il secondo fattore si può procedere direttamente, ma c’è un trucco che la semplifica notevolmente ovvero
$\sin \left(z+\frac\pi4\right)= \sin z \cos\frac\pi4 + \sin\frac\pi4 \cos z = \frac{\sqrt 2}{2} \left( \sin z + \cos z \right),$

perciò si ha l’equivalenza

$\sin z + \cos z = 0 \iff \sin \left(z + \frac\pi4 \right)= 0.$

La nuova equazione è immediata da risolvere perché, come fatto nel punto precedente, le soluzioni sono date da

$z + \frac\pi4 = h \pi, \quad h \in \mathbb Z$

In conclusione, l’equazione di partenza ammette infinite soluzioni della forma

$z = k \pi \quad \text{e} \quad z = -\frac\pi4 + h \pi$

al variare di $k, h \in \mathbb Z$ .

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$(1-2\imath) \cos z + (-2+\imath) \sin z = - \sqrt{2}+\sqrt{2}\imath.$

Suggerimento.

Sfruttare la sostituzione $w:=\tan\frac{z}{2}$ .

Svolgimento.

Se portiamo tutto a sinistra e dividiamo per $- \imath$ si arriva ad avere una “forma” più gestibile:

$(1+\imath)\sqrt{2} + (2 + \imath) \cos z - (1+2\imath) \sin z = 0.$

A questo punto si sfrutta una sostituzione molto utile nella risoluzione delle equazioni trigonometriche (reali o complesse), ovvero

$w := \tan \frac{z}{2},$

in modo tale che seno e coseno si possano riscrivere, rispettivamente, come

$\sin z = \frac{2w}{1+w^2} \quad \text{e} \quad \cos z = \frac{1-w^2}{1+w^2}.$

Queste sono note in letteratura come formule parametriche. Sostituendo si trova

$(1+\imath)\sqrt{2} + (2+\imath) \frac{1-w^2}{1+w^2} - (1+2\imath) \frac{2w}{1+w^2} = 0,$

da cui, imponendo la condizione $w^2 \neq -1$ , si arriva ad avere una equazione di secondo grado nella variabile complessa $w$ piuttosto complicata, ovvero

$w^2\left(-2-\imath + (1+\imath)\sqrt{2} \right) +w \left( -2(1+2\imath) \right) + \left((1+\imath)\sqrt{2} + 2 + \imath \right)=0.$

A questo punto è sufficiente risolvere per $w$ ottenendo due soluzioni distinte $w_1$ e $w_2$ di cui si può trovare l’espressione esplicita. Allora si ha

$\tan \frac{z}{2} = w_j \implies \frac{z}{2} = \arctan w_j + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$

per $j=1,2$ , e quindi l’equazione iniziale ha infinite soluzioni della forma

$z = 2\arctan w_1 + 2 \pi k \quad \text{e} \quad z = 2\arctan w_1 + 2 \pi h$

al variare di $k, h \in \mathbb Z$ .

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare per quali $z \in \mathbb{C}$ si ha

$z^5 + \mathfrak{Re}(\bar{z} - 7 \imath) + 4 = 0.$

Suggerimento.

Si può scrivere $z$ in forma algebrica e poi porre uguali a zero parte reale e immaginaria rispettivamente.

Svolgimento.

Iniziamo osservando che togliere $7 \imath$ alla parte reale di un numero non cambia il risultato, perciò

$\mathfrak{Re}(\bar{z}-7\imath)=\mathfrak{Re}(\bar{z}) = \mathfrak{Re}(z).$

Se $z = a+\imath b$ allora il termine a sinistra si può riscrivere come

$(a+\imath b)^5 + a + 4 = (a^5 - 10a^3b^2 + 5 ab^4 + a + 4) + \imath( 5 a^4 b - 10 a^2 b^3 + b^5 ),$

e dunque l’equazione di partenza è equivalente al sistema reale

$\begin{cases} a^5 - 10a^3b^2 + 5ab^4 + a + 4 = 0, \\ 5a^4b - 10a^2b^3 + b^5 = 0.\end{cases}$

Nella seconda equazione possiamo raccogliere un fattore $b$ ottenendo

$b(5a^4 - 10a^2b^2 + b^4) = 0.$

Per trovare una decomposizione soddisfacente del secondo fattore poniamo $b^2 = t$ , consideriamo $a$ come un parametro ed osserviamo che

$t^2 - 10a^2 t + 5a^4 = 0 \implies t_{1,2} = 5a^2 \pm 2\sqrt{5}a^2,$

da cui si trova che la seconda equazione ha cinque soluzioni:

$b_1 = 0, \quad b_{2,3} = \pm \sqrt{5a^2 + 2\sqrt{5}a^2}, \quad b_{4,5} = \pm \sqrt{5a^2-2\sqrt{5}a^2}.$

Notiamo che la prima equazione del sistema dipende solo da $b^2$ e $b^4$ quindi in realtà ci son solo tre casi da discutere dato che $b_3^2 = b_2^2$ e $b_5^2=b_4^2$ .

Se $b = 0$ allora dobbiamo risolvere l’equazione
$a^5 + a+4 = 0.$

La funzione $f(a)=a^5+a+4$ ha derivata positiva, perciò $f$ è strettamente crescente crescente. Inoltre, si ha

$\lim_{a \to - \infty}f(a)=-\infty \quad \text{e} \quad \lim_{a\to+\infty} f(a)=+\infty,$

e,di conseguenza, esiste unico $a_1 \in (-3/2,-1)$ tale che $f(a_1) = 0$ .

Se $b = \pm \sqrt{5a^2 + 2\sqrt{5}a^2}$ allora si ha
$a^5 - 10 a^3 (5a^2 + 2 \sqrt{5}a^2) + 5a (5a^2 + 2 \sqrt{5}a^2)^2 + a + 4 = 0 ,$

che, ragionando come nel punto precedente, si vede ammettere un’unica soluzione $a_2 \in (-1/2,0).$

Se $b = \pm \sqrt{5a^2 - 2\sqrt{5}a^2}$ allora si ha
$a^5 - 10 a^3 (5a^2 - 2 \sqrt{5}a^2) + 5a (5a^2 - 2 \sqrt{5}a^2)^2 + a + 4 = 0 ,$

e, come già detto sopra, si vede avere una soluzione unica $a_4 \in (1,3/2).$

Riassumendo, l’equazione complessa di partenza ammette cinque soluzioni che sono date da

$z_1 = a_1, \quad z_{2,3} =a_2 + \imath b_{2,3}, \quad z_{4,5} = a_4 + \imath b_{4,5}.$

Esercizio 16 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare il numero di soluzioni dell’equazione

$\bar{z}^9 = z^3 |z|^5.$

Suggerimento.

Utilizzare la forma esponenziale.

Svolgimento.

Sia $z = \rho \mathrm{e}^{\imath \vartheta}$ . Allora l’equazione si riscrive come

$\rho^9 \mathrm{e}^{-9 \imath \vartheta} = \rho^3 \mathrm{e}^{3 \imath \vartheta} \rho^5,$

e questa è del tutto equivalente al seguente sistema di equazioni reali:

$\begin{cases} \rho^9 = \rho^8, \\ -9 \vartheta= 3 \vartheta + 2k \pi. \end{cases}$

Ovviamente $z = 0$ è soluzione dell’equazione di partenza, perciò se supponiamo $z \neq 0$ la prima ha come unica soluzione $\rho = 1$ e la seconda ci da

$12 \vartheta = 2k \pi \implies \vartheta = k \frac\pi6, \quad k \in \mathbb{Z}.$

È facile vedere che questa ha $12$ soluzioni distinte nell’intervallo $[-\pi,\pi)$ quindi l’equazione iniziale ammette un totale di $13$ soluzioni che sono date da

$z_0 = 0 \quad \text{e} \quad z_k = \mathrm{e}^{\imath k \frac\pi6} \text{ con }k = -6, \ldots, 5.$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere le seguenti equazioni nei complessi:

$2z-4\bar{z}+|z|^2+6\imath=0$ ;

$z^2\bar{z} + z \bar{z}^2 - (3+\imath)|z|^2 - 3z^2=0$ .

Suggerimento.

Utilizzare la forma algebrica.

Svolgimento punto 1.

Per la prima equazione scriviamo $z$ in forma algebrica come $a + \imath b$ e sostituiamo, ottenendo

$2(a+\imath b)-4(a-\imath b) + a^2+b^2 + 6 \imath = 0.$

Ponendo uguale a zero parte reale e immaginaria si ottiene il seguente sistema di equazioni reali:

$\begin{cases}-2a+a^2+b^2 = 0, \\ 6b + 6 = 0. \end{cases}$

Dalla seconda si trova $b = -1$ come unica soluzione, perciò sostituendo nella prima si trova

$a^2-2a + 1 = 0,$

e questo è il quadrato di un binomio, perciò ha soluzione $a=1$ con molteplicità due. In particolare, l’unica soluzione di $(1)$ è data da

$z = 1 - \imath.$

Svolgimento punto 2.

Per la seconda equazione osserviamo che $z \bar{z}=|z|^2$ perciò si riscrive come

$z|z|^2 + \bar{z}|z|^2 - (3+\imath)|z|^2 - 3z^2 = 0.$

Se $z = a + \imath b$ si ha

$(a^2+b^2)(a+\imath b + (a - \imath b) - (3 + \imath)) - 3(a^2-b^2 + 2 \imath ab) = 0,$

da cui facendo come sopra si trova il sistema

$\begin{cases} (2a- 3)(a^2+b^2) - 3(a^2-b^2)=0, \\ -(a^2+b^2) - 6ab = 0. \end{cases}$

Le soluzioni di questo sistema sono $(a,b)=(0,0)$ e

$(a,b) = \left( \frac32 - \sqrt2, - \frac12 \right) \quad \text{e} \quad (a,b)= \left( \frac32 + \sqrt2, -\frac12\right).$

Ne segue immediatamente che le soluzioni della seconda equazione sono $z_1= 0$ ,

$z_2 = \left( \sqrt2 + \frac32 \right) - \imath \frac12 \quad \text{e} \quad z_3 = \left( -\sqrt2 + \frac32 \right) - \imath \frac12.$

Esercizio 18 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare il numero di soluzioni del sistema

$\begin{cases}z^{10}=3+8\imath, \\ z^5 = 8 - 3 \imath. \end{cases}$

Suggerimento.

Non servono conti.

Svolgimento.

Poiché $z^{10}=z^5 z^5 = (z^5)^2$ , il sistema ammette una soluzione se e solo se la seguente uguaglianza è verificata:

$3 + 8 \imath = (8-3\imath)^2.$

Tuttavia, un semplice calcolo mostra che i due numeri complessi sono diversi, e conseguentemente il sistema non ammette soluzioni.

Esercizio 19 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si trovino tutte le soluzioni complesse dell’equazione

$|\cos (\imath z) + \sinh z| = \mathrm{e}^{\imath z}.$

Suggerimento.

Sfruttare le definizioni di seno e coseno iperbolico per riscrivere il termine a sinistra.

Svolgimento.

Iniziamo osservando che

$\cos(\imath z) = \mathfrak{Re}(\imath z) = \frac{\mathrm{e}^{z} + \mathrm{e}^{-z}}{2} = \cosh z,$

e di conseguenza il termine a sinistra dentro il modulo si può riscrivere come

$\cosh z + \sinh z = \frac{\mathrm{e}^{z} + \mathrm{e}^{-z}}{2} + \frac{\mathrm{e}^{z} - \mathrm{e}^{-z}}{2} = \mathrm{e}^z.$

A questo punto, ricordando che $|\mathrm{e}^z|=\mathrm{e}^{\mathfrak{Re}(z)}$ , l’equazione da cui siamo partiti è equivalente a

$\mathrm{e}^{\mathfrak{Re}(z)} = \mathrm{e}^{\imath z}.$

Se $z=x+\imath y$ , l’equazione si può riscrivere come

$\mathrm{e}^x = \mathrm{e}^{-y + \imath x},$

che è del tutto equivalente al sistema reale

$\begin{cases} \mathrm{e}^x = \mathrm{e}^{-y}, \\ \mathrm{e}^{ix} = 1. \end{cases}$

La prima equazione ha come soluzione $x = -y$ , mentre la seconda equazione ha infinite soluzioni della forma

$x = 2 \pi k \quad \text{per } k \in \mathbb Z.$

Chiaramente, queste due soluzioni sono compatibili se e solo se $y$ è un multiplo di $2\pi$ ; in particolare, il sistema ha infinite soluzioni della forma

$(x,y) = (2 \pi k, - 2 \pi k), \qquad \text{per } k \in \mathbb Z.$

L’equazione iniziale ha infinite soluzioni

$z_k = 2 \pi k(1 - \imath), \qquad \text{per } k \in \mathbb Z$

e, di conseguenza, possiamo concludere che l’unica soluzione intera è data da $z = 0$ .

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . L’equazione $z^6 + z^3 + 1 = 0$ ha (una o più) radici complesse con argomento $\vartheta$ compreso tra $\pi/2$ e $\pi$ . Determinare i valori di $\vartheta$ .

Suggerimento.

Introdurre la variabile $w := z^3$ .

Svolgimento.

Per semplificare introduciamo la variabile ausiliaria $w = z^3$ e sostituiamo, ottenendo la seguente equazione di secondo grado:

$w^2 + w + 1 = 0.$

Le soluzioni sono $w_{1,2} = - 1/2 \pm \sqrt{3}/2 \imath$ , che possiamo riscrivere (per esplicitare l’argomento) in forma esponenziale come

$w_1 = \mathrm{e}^{\imath \frac23 \pi}\quad \text{e} \quad w_2 = \mathrm{e}^{-\imath \frac23 \pi}.$

A questo punto possiamo trovare le soluzioni di $z^3 = w_1$ (per $w_2$ è analogo) utilizzando la forma esponenziale di $z$ , ottenendo il sistema

$\begin{cases}|z|^3 = 1, \\ 3\text{Arg } z = \frac23 \pi + 2k \pi, & \text{Arg } z \in [-\pi,\pi). \end{cases}$

La prima equazione ha soluzione $|z|=1$ , mentre la seconda ha tre soluzioni nell’intervallo di ammissibilità che sono date da

$\text{Arg } z = \frac29 \pi, \quad \text{Arg } z = \frac89 \pi, \quad \text{Arg } z = - \frac49 \pi,$

che corrispondono quindi alle soluzioni complesse

$z_1 = \mathrm{e}^{\imath \frac29 \pi}, \quad z_2 = \mathrm{e}^{\imath \frac89 \pi}, \quad z_3=\mathrm{e}^{-\imath \frac49\pi}.$

Si può fare un ragionamento analogo con $w_2$ oppure osservare che $w_2 = \bar w_1$ , da cui segue che le soluzioni sono date da

$z_4 = \bar z_1 = \mathrm{e}^{-\imath \frac29 \pi}, \quad z_5 = \bar z_2 = \mathrm{e}^{-\imath \frac89 \pi}, \quad z_6 = \bar z_3=\mathrm{e}^{\imath \frac49\pi}.$

A questo punto è facile verificare che $z_2$ è l’unica soluzione che soddisfa la condizione richiesta, dunque l’unico valore di $\vartheta$ ammissibile è $8/9 \pi$ .

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Mostrare che si possono trovare $a,b \in \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}$ tali che l’equazione

$x^2 - ax + b= 0$

ammetta almeno una radice reale. Si dica poi se è possibile trovare $a$ e $b$ come sopra in modo che entrambe le radici siano reali.

Suggerimento.

La prima parte dell’esercizio si risolve semplicemente calcolando le soluzioni con la formula per equazioni del secondo grado e imponendo opportune condizioni su $a,b$ .

Svolgimento.

Il discriminante è dato da

$\Delta = a^2 - 4b,$

perciò le soluzioni dell’equazione sono

$x_{1,2} = \frac{a \pm \sqrt{a^2-4b}}{2}.$

Supponiamo di voler trovare $a,b \in \mathbb C$ in modo tale che la soluzione con il – sia reale, ovvero vogliamo che si abbia

(2) $\begin{equation*} \mathfrak{Im} \left[ a - \sqrt{a^2-4b}\right] = 0. \end{equation*}$

Scriviamo $a = u_a + \imath v_a$ e $b = u_b + \imath v_b$ ed osserviamo subito che

$a^2 - 4b = (u_a^2-v_a^2 - 4 u_b) + \imath(2 u_av_a - 4 v_b).$

Avendo bisogno della radice di questo numero, per semplificare i calcoli successivi è sensato porre la parte immaginaria uguale a zero:

$u_av_a = 2 v_b.$

Segue immediatamente che

$\sqrt{a^2-4b}=\sqrt{u_a^2-v_a^2-4u_b},$

ed è facile vedere che la quantità dentro la radice deve essere negativa dato che dalla condizione (2) abbiamo

$\mathfrak{Im} \left[ \sqrt{u_a^2-v_a^2-4u_b} \right] = \mathfrak{Im}(a) = v_a.$

Una possibilità è quindi quella di scegliere $u_a^2=4u_b$ (eventualmente entrambi uguali a zero, ma non è importante) e $v_a > 0$ così che

$\sqrt{a^2-4b} = \sqrt{-v_a^2} = \imath |v_a| = \imath v_a,$

che è proprio ciò che volevamo. In particolare, segue facilmente che

$\frac{a - \sqrt{a^2-4b}}{2} = \frac{u_a+\imath v_a - \imath v_a}{2} = \frac{u_a}{2} \in \mathbb{R},$

e questo conclude la prima parte dell’esercizio. Per la seconda parte supponiamo per assurdo di avere entrambe le radici reali, ovvero

$\frac{a + \sqrt{a^2-4b}}{2}, \frac{a - \sqrt{a^2-4b}}{2} \in \mathbb{R}.$

Allora anche la loro somma deve essere un numero reale, ma è facile vedere che

$\frac{a + \sqrt{a^2-4b}}{2} + \frac{a - \sqrt{a^2-4b}}{2} = \frac{2a}{2} = a \in \mathbb{R},$

contro l’ipotesi da cui siamo partiti, ovvero che sia $a$ che $b$ devono essere numeri non reali.

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere al variare di $a,b \in \mathbb R$ il seguente sistema di equazioni complesse:

$\begin{cases}|z|=|w|, \\ z+w = a, \\ z^2+w^2 = b. \end{cases}$

Suggerimento.

Distinguere il caso $a^2=b$ dal caso $a^2 \neq b$ e, per quest’ultimo, utilizzare la forma esponenziale.

Svolgimento.

Iniziamo mostrando che nel caso $a^2=b$ il sistema non ammette soluzioni. Infatti, eleviamo al quadrato la seconda equazione,

$a^2 = (z+w)^2=z^2+w^2+2zw,$

e andiamo a sostituirla nella terza, ottenendo la relazione seguente:

$a^2 = b + 2zw \implies 2zw = a^2-b = 0 \implies zw = 0.$

In particolare, uno dei due deve essere uguale a zero. Tuttavia, è facile vedere che se $w=0$ dalla prima equazione si trova

$|z|=|w| = 0 \implies z = 0,$

e quindi

$a = z+ w = 0 \quad \text{e} \quad b=z^2+w^2=0,$

contro le ipotesi che $a,b \in \mathbb C$ sono non-nulli.

Passiamo quindi al caso $a^2\neq b$ . La prima equazione ci suggerisce di utilizzare la forma esponenziale e, ponendo $\rho = |z|=|w|$ , possiamo scrivere

$z = \rho \mathrm{e}^{\imath \alpha} \quad \text{e} \quad w = \rho \mathrm{e}^{\imath \beta}.$

Abbiamo già utilizzato la prima informazioni, perciò si ottiene un nuovo sistema con soltanto le ultime due equazioni, ovvero

$\begin{cases} \mathrm{e}^{\imath \alpha} + \mathrm{e}^{\imath \beta} = \frac{a}{\rho}, \\ \mathrm{e}^{\imath 2\alpha}+\mathrm{e}^{\imath 2\beta} = \frac{b}{\rho^2}. \end{cases}$

Elevando al quadrato la prima equazione e sostituendo nella seconda, come fatto nel caso $b=a^2$ , si trova la relazione

$\mathrm{e}^{\imath(\alpha+\beta)} =\frac{a^2-b}{2\rho^2}.$

Possiamo allora rimpiazzare una delle due equazioni con l’ultima condizione ottenuta, ricavando il nuovo sistema

$\begin{cases} \mathrm{e}^{\imath \alpha} + \mathrm{e}^{\imath \beta} = \frac{a}{\rho}, \\ \mathrm{e}^{\imath(\alpha+\beta)} =\frac{a^2-b}{2\rho^2}. \end{cases}$

Questo è un sistema di secondo grado omogeneo nelle variabili $\mathrm{e}^{\imath \alpha}$ e $\mathrm{e}^{\imath \beta}$ , perciò per risolverlo consideriamo l’equazione ausiliaria

$t^2-\frac{a}{\rho} t+\frac{a^2-b}{2\rho^2}=0.$

È semplice verificare che se $t_1$ e $t_2$ sono le due soluzioni di questa equazione ausiliaria, allora le due coppie

$(\mathrm{e}^{\imath \alpha},\mathrm{e}^{\imath \beta})= (t_1,t_2) \quad \text{e} \quad (\mathrm{e}^{\imath \alpha},\mathrm{e}^{\imath \beta})= (t_2,t_1)$

sono le uniche soluzioni del sistema omogeneo. Il discriminante dell’equazione si calcola facilmente come segue:

$\Delta=\frac{a^2}{\rho^2}-\frac{2a^2-2b}{\rho^2}=\frac{2b-a^2}{\rho^2}.$

Per ipotesi $a$ e $b$ sono numeri complessi, perciò quando prendiamo la radice del discriminante $\sqrt \Delta$ , ci sono due possibili valori che sono le soluzioni di

$z^2 = \Delta.$

È tuttavia facile mostrare che, se indichiamo con $\omega$ una delle due soluzioni, allora l’altra sarà esattamente $-\omega$ . Di conseguenza, si ha

$t_{1,2} = \frac12 \left[ \frac{a}{\rho} \pm \frac{\omega}{\rho} \right] = \frac{a \pm \omega}{2\rho},$

il che significa che le due soluzioni del sistema sono

$\mathrm{e}^{\imath \alpha} = \frac{a \pm \omega}{2\rho} \quad \text{e} \quad \mathrm{e}^{\imath \beta} = \frac{a \mp \omega}{2\rho}.$

Affinché queste soluzioni siano accettabili dobbiamo verificare che i termini a destra dell’uguale abbiano modulo uguale ad uno o, in altre parole, che

$\rho=\frac{|a\pm\omega|}{2}.$

Se moltiplichiamo le due condizioni si ottiene

$\rho^2=\frac{|a+\omega|\cdot|a-\omega|}{4}=\frac{|a^2-\omega^2|}{4}=\frac{|a^2-2b+a^2|}{4}=\frac{|a^2-b|}{2},$

mentre, osservando che $\rho = \rho$ , si ha anche l’ulteriore condizione

$\frac{|a+\omega|}{2}=\frac{|a-\omega|}{2} \implies |a+\omega|=|a-\omega|.$

Elevando al quadrato quest’ultima uguaglianza e ricordando che $|z|=z\bar z$ per ogni $z \in \mathbb C$ , segue immediatamente che

$(a+\omega)(\bar a + \bar \omega) = (a-\omega)(\bar a - \bar \omega),$

e svolgendo le moltiplicazioni e semplificando i termini comuni porta a

$a \bar \omega + \bar a \omega = 0.$

Elevando al quadrato quest’ultima condizione si trova

$a^2 \bar \omega^2 + 2 |a|^2 |\omega|^2 + \bar a^2 \omega^2 = 0$

e, ricordando che $\omega^2 = 2b - a^2$ , otteniamo

(3) $\begin{equation*} a^2(2 \bar b - \bar a^2) + 2|a|^2 |2b-a|^2 + \bar a^2 (2b - a^2)=0. \end{equation*}$

Ne segue perciò che il sistema di partenza ammette due soluzioni

$(z,w) = \left( \frac{a+\omega}{2}, \frac{a-\omega}{2}\right) \quad \text{e} \quad (z,w) = \left( \frac{a-\omega}{2}, \frac{a+\omega}{2}\right),$

con $\omega = \sqrt{2b-a^2}$ da intendere come detto sopra e sotto la condizione (3).

Riferimenti bibliografici

[1] S. L. Parsonson, Pure Mathematics Vol. 2, Cambridge University Press, 1970.

[2] C. Mantegazza, Problemi di Analisi I dal Corso del I Anno alla Scuola Normale Superiore di Pisa, MCM, 2016.

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