Cento esercizi di geometria analitica piana. Appendice 8882180077, 9788882180072

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GEOMETRIA ANALITICA PIANA con teoria elemenfare delle funzioni e numeri complessi a cura di N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA

LIBRERIA UNIVERSITARIA LEVROTTO & BELLA - TORINO

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Ml••• GEOMETRIA ANALITICA PIANA con teoria elementare delle funzioni e numeri complessi a cura di N. CHIARLI - S. GRECO - P. VALABREGA

LIBRERIA UNIVERSITARIA LEVROTTO & BELLA - TORINO

Copyright (s) 1994 Levrotto & Bella di Gualini T. & C. di Gualini Elisabetta S.a.s., Corso Vittorio Emanuele, 26/F - Torino I diritti di traduzione, di meinorizzazione elettronica, di riproduzione e di adattamento totale o parziale con qualsiasi mezzo ( compresi i microfilm e le copie fotostatiche), sono riservate per tutti i paesi Finito di stampare nel mese di ottobre 1994

Stampato dalla M. 5./Litografia s.r.l., Torino per conto della Levrotto & Bella Editrice S.a.s. Corso Vittorio Emanuele, 26/F - Torino

Introduzione

Questo volume contiene 100 esercizi risolti di Geometria Analitica Piana (con teoria elementare delle funzioni e numeri complessi) e accompagna la teoria esposta nel testo 100 Pagine di Geometria Analitica Piana (con teoria elemntare delle funzioni e numeri complessi) della stessa collana. In gran parte si tratta di esercizi semplici, che applicano direttamente le nozioni teoriche svolte nel testo. Tuttavia qualche esercizio, indicato con il simbolo *, e piu complesso. Per ogni esercizio e proposta una soluzione, adatta alle nozioni che si presuppongono nel lettore; talvolta e indicata una soluzione alternativa.

INDICE

Capitolo I: I vettori del piano Capitolo II: La retta nel piano Capitolo III: La circonferenza Capitolo IV: Le coniche Capitolo V: Aspetti elementari di teoria delle funzioni reali Capitolo VI: Numeri complessi ed equazioni algebriche

Capitolo I

I VETTORI DEL PIANO

1. Dati u

= 2i - j, e

v

= i+j, si trovino

u - 2v e 4u+v.

Soluzione. Si ha -2v = -2i -2j, e pertanto

u - 2v = 2i - j+(-2i - 2j) = - 3j. Inoltre 4u = Si - 4j, e pertanto 4u+v = (Si - 4j)+(i+j) = 9i - 3j.

2.

Siano v e w due vettori aventi direzione diversa. Si verifichi che si ha: lv+wl< lvl+lwl lv-wl > I lvl -lwl I.

Soluzione. Dalla costruzione di v+w v-w = OQ (vedi figura):

e v-w risulta v+w

= OP,

1-2

Ricordando che in ogni triangolo un lato e minore della somma degli altri due e maggiore della loro differenza segue: - nel triangolo OAP, OP< OA+AP = OA+OB, ovvero lv+wl< lvl+lwl

- nel triangolo OAQ, OQ > I OA- AQ I

= I OA -OB I, ovvero

Iv - w I > I Iv I - lwl I.

3. Dati u = - i - j, v = 2i+j, si trovi il vettore w che I u - v I > I Iu I - I v I I.

= (- i - j) - (2i+j) = - 3i - 2j, e quindi risulta Inoltre I u I = -1"2, Iv I = --./5 da cui l'asserto.

Soluzione. Si ha w Iu - v I

=

m.

= u - v, e si verifichi

I-3 4.

Dato il uettore v

= 3i+4j,

a) si calcoli I v I ; b) si troui il uersore associato a v; c) si disegnino v e

-½ v.

Soluzione. a) Si ha: Iv I= ✓ 3 2 +4 2 = 5. b) vers v c)

~

= Iv I =

3i+4j .£ . 1 . 5 = 5 I+5 J.

y

X

5.

Dati u = -i -j, v = 2i+j si trouino: a) i uettori paralleli a 3u - v eke hanno modulo 5; b) i uersori associati a v e w.

I-4

Soluzione. a) Risulta 3u -v = -i -2j e i vettori w richiesti sono del tipo w = t(-i -2j). Poiche deve essere I~ I = 5 dovra aversi ✓t 2 +4t2 = 5, ovvero 5t2 = 25, da cui si ricava t = ± ✓"5. I vettori richiesti sono quindi:

b)

6.

vers u

=

_!!_ 1

u

1

:_i_:j

_1_ • _l_ •

= 'V2 = -'V2 1 - 'V2 J

Dato u = - i+j si trovino i versori paralleli ad u. Soluzione. I versori cercati sono ±

7.

Si trovino i vettori v = xi+yj u = 2i-j.

1:

1

,

ovvero

tali che 2v-5u = 3i-j, dove

Soluzione. Si ha 2v-5u

= 2(xi+yj) -5(2i-j) = (2x-10)i+(2y+5)j

e pertanto deve essere (2x -10)i+(2y+5)j

= 3i-j

Poiche due vettori sono uguali se e solo se hanno le componenti ordinatamente uguali deve risultare: 2x-10 = 3 { 2y+5 = -1

I-5

Risolvendo il sistema si trova . d.1 v = 13 1• 3· qum J.

x

= 213 , y = -3.

11 vettore cercato

e

2

8.

Dati i uettori u = i-tj e v = 2i+j (t e R), si stabilisca se esistono ualori di t per cui u eortogonale a v. Soluzione. Deve risultare u•v = 0. Masi ha u•v Quindi u e ortogonale a v per t = 2.

9.

Dati i uettori u = i-tj e v = 2i+j (t ualori di t per cui u eparallelo a v.

e

= 1-2 -t•l = 2

-t.

R), si stabilisca se esistono

Soluzione. Dette Ux,Uy,Vx,Vy le componenti di u e v rispettivamente, deve risultare UxVy = uyvx, ovvero 1·1 = -t-2, da cui si ricava t = - ½. Per tale valore di t i due vettori sono paralleli . f: tt· . 1 J= (ma1u=1+ 2. 21 v.)

10. Dati i uettori u = i-tj e v = 2i+j (t

e

R), si stabilisca se esistono

A 7t ua l ori. d.i t percui. uv= 3.

Soluzione. Si deve avere cos ~v = cos A

i = ½ e quindi, esplicitando

cos uv mediante le componenti deve risultare 1 2

2-t

= ✓ 1+t2 -Is.

1-6

Elevando al quadrato entrambi i membri e svolgendo i calcoli si trova l'equazione t 2+16t-ll = 0 che ha come soluzio~i t 1 = -8+5""3 e t2 = -8 - 5""3, entrambe accettabili (si noti che elevare al quadrato entrambi i membri della (0 ), puo introdurre soluzioni estranee).

11. Dati i vettori u

= i-tj e

v

valori di t per cui l'angolo

= 2i+j

u:'v

(t

e

R), si stabilisca se esistono

sia - ~ .

Soluzione. Procedendo come nell'esercizio precedente si perviene all'equazione:

12

2-t 2 = ✓ l+t2 "'✓ 5

-

Elevando al quadrato entrambi i membri e svolgendo i calcoli si 1 ottiene l'equazione 3t2+8t-3 = 0 che ha soluzioni t 1 =a e t 2 = -3. Di queste, nessuna verifica la (00 ). Quindi non esiste alcun valore di •

t per CUI

A

UV= -

'

7t

4

12. Dato u = -i+j, si trovino i vettori di modulo 2 ortogonali ad u.

Soluzione. I vettori richiesti sono del tipo v = xi+yj, con Iv I = 2 e v•w = 0. Esplicitando il modulo e il prodotto scalare mediante le componenti si trovano le relazioni: - x+y = 0 Deve pertanto risultare x

=y

e 2y2 = 4, da cui y

= ± .../2. I vettori

cercati sono quindi: v 1 = "'V2i+ "'V2j , v2 = - "'V2i - "'V2j

.

I-7

13. Dati u

=- i - j A

=--v2j,

e v

si calcoli w = u+v e si verifichi che si

A

ha cos uw = cos vw. Soluzione. Risulta w = (- i - j)+ 'J2j A

cos uw =

A

cos vw = da cui l'asserto.

= - i+("'-✓ 2 l)j. Si ha poi:

1-'✓2.+1

U•W

lul lwl = ✓2 ✓ 4-2'✓2 = v.w lvl lwl

=

2 -✓ 2

'J2. ✓ 4 - 2'/2

-

2 - '✓ 2.

'J2. ✓ 4 - 2'/2

Capitolo II LA RETTA NEL PIANO

14. Si verifichi che i tre punti P(l,3), Q(2,5), R(4,1) non sono allineati.

Soluzione. La retta r che congiunge P con Q ha equazione X

-1 = L1. 2

Sostituendo nell'equazione di r le coordinate di Q si trova 3 = -1. Dunque R non sta su r, e quindi i tre punti non sono allineati.

15. Si dica se i tre punti P,Q,R sono allineati nei casi seguenti: a) P(0,5), Q(2,9), R(O,

5

2 );

b) P(-1,1), Q(0,0), R(3,-3); c) P(-1,1), Q(0,0), R(3,4).

Soluzione. a) Non sono allineati. b) Si: appartengono alla retta y = -x. c) Non sono allineati.

II-2 16. Si trovi la retta r per (0,0) parallela a s: 3x -4y -10

= 0.

Soluzione. La retta s, e quindi anche la retta r, e ortogonale al vettore (3,-4). La retta r ha pertanto equazione 3x -4y = 0.

17. Si stabilisca per quali h E R le rette r: x+hy = 0, s: x-2hy+5 = 0 sono : a) parallele, b) ortogonali.

Soluzione. a) Le due rette sono parallele se e solo se sono tali i vettori u = i+hj e v = i-2hj. Cio avviene see solo se h = 0. b) Le due rette sono ortogonali see solo se i vettori u e v di cui in a) sono ortogonali, il che si ha quando u-v = l-2h 2 = 0. Si ottengono i due valori h = ± ~

18. Date le rette r: {;: 1t

s: {;: ~t+2 ,

a) si verifichi che r ed s non sono parallele; b) si trovi la retta ortogonale all'asse x passante per il punto comune ad r ed s. Soluzione. a) Le due rette sono parallele rispettivamente ai vettori v = (1,2) e w = (1,-1) e siccome v none parallelo a w, r none parallela ad s. b) Le due rette in forma cartesiana sono r: 2x-y

= 0, s: x+y-2 = 0.

Il fascio da esse generato ha equazione A(2x-y)+µ(x+y-2) = 0,

II-3

ovvero (2A+µ)x - (µ-A)y - 2µ = 0. La generica retta del fascio e ortogonale al vettore (2A+µ, µ-A). L'asse x e ortogonale al vettore (0,1) e quindi l'ortogonalita tra la generica retta del fascio e l'asse x e data dalla condizione: (2A+µ, µ-A)·(0,1) = o, cioe µ-A=

o.

L'equazione precedente e soddisfatta dalla coppia (A,µ) = (1,1) (e dalle coppie (a,a), a ,t,. 0). La retta cercata e dunque quella di equazione: 2x -y+(x+y-2) = 0, ovvero 3x -2 = 0.

19. Si trovino le intersezioni fra le due rette r:

Jx = t

b, = 2t

, s:

Jx = 1-t

b, = 1 _3 t

Soluzione. Occorre risolvere il sistema t = 1-t' { 2t = 1-3t' (attenzione a cambiare t in t' in una delle due rette). Si ottiene: t' = -1, t = 2, cioe il punto P(2,4).

20. Si trovino gli eventuali punti comuni alle rette r: 2x - y+3 = 0, s: 2x - y = 0.

Soluzione. Le due rette sono parallele perche sono entrambe orto= 2x+3 gonali al vettore (2,-1). E subito visto che il sistema 2 x = 2 x+ 3 e

,

{y

incompatibile: dunque le due rette non hanno punti in comune e pertanto sono parallele e distinte.

II-4 21. Si trouino gli euentuali punti comuni alle rette

r:

fx = =t 1Y 3t ,

s: x+2y -1

=0.

Soluzione. Le due rette non sono parallele, e quindi hanno un solo punto in comune. Ponendo r in forma cartesiana si ha r: 3x -y = 0 3x- y = 0 e si trova il sistema {x+ 2 y _ 1 = 0 . Risolvendo si vede che r ed s si intersecano nel punto P(½, ~). Soluzione alternativa. Sostituendo nell'equazione di s i valori di x e y dati dalle equazioni parametriche di r si trova t+2(3t) -1 = 0, da cui t =

½. Sostituendo questo valore nelle equazioni di

r s1

trova il punto di intersezione P(½, ~).

22. Si troui la retta r passante per (0,0) parallela a s: 3x -4y-10 = 0.

Soluzione. La retta s, e quindi anche la retta r, e ortogonale al vettore (3, -4). La retta r ha pertanto equazione 3x -4y = 0.

23. Si trouino tutte le rette per P(2,-1) e tra esse si determinino quelle

che formano un angolo di

i con l'asse

y.

Soluzione. Le rette per P costituiscono il fascio di equazione A(x-2)+µ(y+l) = 0. Un vettore ortogonale alla generica retta del fascio e v = (A,µ), mentre un vettore ortogonale all'asse y e w = (1,0). Le rette cercate sono quelle del fascio per cui: A

cos vw

1t

{3

= cos 6 = 2 .

II-5

Deve pertanto aversi

'V3

A

V.W

T = cos vw = 1v 11w 1 Passando alle componenti risulta l'equazione in A e µ:

da cui quadrando e semplificando si trova 11,2 - 3µ 2 = 0, ossia A=±'J3µ Si hanno quindi le soluzioni ('✓ 3,1) e Le rette cercate sono pertanto

A

('✓ 3,-1) (e loro multiple).

24. Si calcoli cos rs, dove r : 2x -y+3 = 0 ed s :

{X = 2t y= t+2

Soluzione. I vettori v(2,-1) e w(2,1) sono rispettivamente ortogonale ad r e parallelo ad s, quindi z(l,2) e w(2,1) sono rispettivamente paralleli ad r e ad s. Si ha dunque: A

A

cos rs =±cos zw = ±

25. Date r : x+2'✓ 3y - 3

1•2+2•1

4

~-- ~---- ±5 ✓(1) 2 +(2'12 ✓ _ .!5 .

lnterpretazione ~eometrica. Le funzioni f(x) = 4x e g(x) = 1-x hanno come grafico, rispettivamente, le rette y = 4x, y = 1 -x: y

~~---····--------·•--·--:x X

.... lx0, xll, 1-10.0000, 10,00001

lyO,

II, 1-10,0000, 10,00001

.Y

--········~ X

X

y~l-x lx0, xll, 1-10,0000, 10,00001

ly(J,

11 , 1-10,0000, 10,00001

V-5

Dunque le funzioni If( x) I e I g(x) I hanno i grafici illustrati nella figura seguente:

y

:........ +

= Ix- 1 I

............. :.....................

--

:• X

Gli x per cui If( x) I ~ I g(x) I sono quei punti dell'asse x per cui il grafico di If( x) I sta al di sopra del grafico di I g(x) I, cioe i pun ti segnati +++ in figura.

85. Si risolva la disequazione ex< a (con a> 0) e si interpreti geometri-

camente il risultato. Soluzione. Si ha x < ln a. Interpretazione geometrica. Gli x per cui eX < a sono quei punti dell'asse x ·1a cui ordinata sulla curva y = ex e minore dell'ordinata sulla curva y = a.

V-6

Cx0, xll , C-5,00000, 5,000001

[~, IJ , H.00000, 4.000001

86. Si risolva la disequazione In x < a e si interpreti geometricamente il risultato.

Soluzione. Si ha x < ea. lnterpretazione geometrica. Gli x per cui In x < a sono quei punti dell'asse x la cui ordinata sulla curva y = In x e minore dell'ordinata sulla curva y = a.

V-7

y y=l I

...............................

·*·*·*·*··*·*·*·*·~····-···-

0

.............. _.. ·' X

lx0, xii , 1-1.000 0, 4,000001

ly0, yll , 1-3.00000, 2.000001

87. Data la funzione f cosi definita: f( x) = ~ , a) si trovi dom f; b) si stabilisca se f e iniettiva; c) si trovi Im f; d) si trovi un sottoinsieme di dom f in cui f sia invertibile e se ne trovi l'inversa. -11 ~ 0, cioe 1-x -x Quindi si deve avere x < 1. Risulta: dom f = { x e R I x < 1}.

Soluzione. a) Occorre che sia x

b) E chiaro che x che

~

* x'

1b

* 1 e inoltre

implica 1-x

* 1-x', cioe

e quindi f e iniettiva.

1

-1-x

~ 0.

1 *1 -x ,: ne segue

V-8

c) Im f e l'insieme di tutti i numeri y = ~ , per qualche x < 1. Vogliamo dimostrare che si tratta di tutti i numeri reali y > 0, cioe che Im f = R!. In effetti, se y > 0 e un numero qualsiasi, l'equazione (in x) y =

~

ha soluzione x = 1- ; 2 ; si noti che il numero x

trovato e certamente < 1, quindi appartiene a dom f. d) f e invertibile su dom f perche e iniettiva. La sua inversa e f- 1 : R!

➔ R cosi definita: f- 1(x) = 1 -

12 (si usi il calcolo in c) e si

X

cambi poi y in x come variabile indipendente).

88. Sano date le funzioni f( x) = sin2x, g(x) =

x!l.

a) Si trovino dom f, Im f, dom g, Im g. b) Si stabilisca se f e g sono iniettive, suriettive. c) Si trovino un sottoinsieme A e un sottoinsieme B di R ove abbia senso calcolare fog e gof rispettivamente, trovandone l'immagine. Soluzione. a) dom f = R, Im f = { y

E

R I - 1 :::; y :::; 1 }

dom g = R \ { - 1} . Infine Im g= R*. Infatti se y x = .!y -1 (si noti che x

E

*0

dom g).

1 l'equazione1 +x = y ha soluzione

V-9

b) f none iniettiva perche, ad esempio, f( 0)

= f( n) = 0.

f non e suriettiva perche Im f * R. g e iniettiva perche se x 1 1 X

1

+1 #

,;; x.2

appartengono a

dom g si ha

1 X

2

+1.

c) Si ha (fog) (x)

= f( g(x)) = sin~:x) , che e definita su A = R\ {-1};

si ha poi (goD(x)

= g(f( x)) = sin;x+l ' che e definita SU

B

= R\{ 43 1t+2k1t, k = 0,±1, ±2, ... }.

Capitolo VI NUMERI COMPLESSI ED EQUAZIONI ALGEBRICHE

89. Si provi che per ogni numero complesso z si ha: a)

z=

(z+z)

b) Re z = 2-

z

c) Im z =

(z- z)

2i

d) zz= (Re z) 2+(Im z) 2

Soluzione. Poniamo z = a+ib, per cui z = a - ib. a) z = a - ib = a+ib = z. b) Si ha Re z = a. Inoltre z+z = (a+ib)+(a-ib) = 2a, da cui l'asserto. c) Si ha Im z = b. lnoltre z - -i = (a+ib) - (a-ib) = 2ib, da cui l'asserto. d) Si ha zz = (a+ib)(a-ib) = a 2 +b 2 = (Re z) 2+(Im z) 2

3. 100 Esercizi di Geomet.ria Analit.ica Piana

.

VI-2

90. Si dimostri che qualunque siano i numeri complessi z e w valgono le seguenti proprieta:

a) I z I = 0 see solo se z = O; b) I z I = lz I;

c) Se z e un numero reale il suo modulo coincide col suo valore assoluto; d) I z w I = I z I I w I ;

e) Se w

;t:

0 si ha

I!I = i':\ .

Soluzione. Poniamo z

= a+ib, w = c+id, per cui

I z I = ✓a 2 +b2 , I w I = ✓c 2 +d2 . a) Si ha lzl = 0 see solo se lzl 2 = 0 see solo se a 2+b2 = 0. Ma essendo a e b numeri reali la relazione a 2 +b2 = 0 sussiste se e solo se a = 0, b = 0. Di qui l'asserto. b) Siha lzl c) Se z

= la+i(-b)I = ✓ a2 +(-b) 2 = ✓ a2+b2

e reale si ha

d) lzwl =

= lzl.

z = a+0i, e quindi I z I= ✓ a 2 +02 = I a I .

✓ (zw)(z-w)=....fii✓ ww z

= lzl lwl.

e) Posto q =; si ha qw = z e, per d), I q I I w I = I z I, da cui IzI

lql=~

VI-3

91. Si descrivano geometricamente nel piano di Argand-Gauss i numeri

complessi z tali che: a) Im(z) = 4 1t

d) Arg(z) = 3

b) Re(z) = - 1 e)

z+z = 4

c)

Iz I = 3

f) z-lzl

=z.

Soluzione. a) Se z = a+ib dire Im(z) = 4 significa dire b = 4. Allora i punti z sono quelli della retta parallela all'asse reale e passante per (0,4), cioe la retta y = 4. b) Se z = a+ib dire Re(z) = -1 significa dire a= -4. Allora i punti z sono quelli delle retta parallela all'asse immaginario e passante per (-1,0), cioe la retta x = - 1. c) Se z = a+ib dire I z I = 3 significa dire ✓ a 2 +b2 = 3. Allora i punti z sono quelli della circonferenza di centro O e raggio 3. d) I punti sono quelli della semiretta per l'origine che forma un angolo di

i con la parte positiva dell'asse reale (origine esclusa).

e) Se z = a+ib dire z+ z = 4 significa dire a+ib+(a-ib) = 4, cioe a = 2. Allara i punti z sono quelli delle retta parallela all'asse immaginario e passante per (2,0), cioe la retta x = 2.

D Se z = a+ib dire z - I z I = z significa dire a+ib - ✓ a 2+b2 = (a-ib), cioe ✓ a 2 +b 2 = 2ib. Ora ✓ a 2 +b2 E R, da cui ib E R, il che e possibile se e solo se b = 0. Ne segue a 2 + b2 = 0, e quindi anche a = 0. L'unico punto che verifica la condizione e pertanto z = 0, che corrisponde all'origine delle coordinate.

VI-4

92. Si scrivano in forma trigonometrica i seguenti numeri complessi: a) z = 2i

d) z = -i

b) z = -3

Soluzione. a) p = 2, ~=2,

quindi

7t • 7t ) z = 2( cos 2 + 1• sm 2

b) p = 3,

1'}

quindi

z = 3(cos1t + isin1t)

c) p = 1,

~= 6

quindi

7t • 7t ) z = 1(cos 6 + 1• sm 6

d) p = 1,

1'}

quindi

z = l(cos(

7t

= 7t 7t

31t

=2

3n) 2

+ i sin(

37t 2

)).

93. Si determinino modulo e argomento dei seguenti numeri complessi: b) - 4i.

a) l+i;

Soluzione. a) Il modulo cos

~

.

= sm

~

b) 11 modulo

--12

e ~=

= 2 . Pertanto

31t

cos~·= 0, sin t't = -1, quindi ~ = 2 .

b) (3+3i) 8

i

. . ✓2 S o1uz10ne. a ) P omamo z =2 metrica di z. Si ha p = 1,

che

7t

1 - 1)2°

94. Si calcolino : a) (

e tale

= 4.

1'}

e 4. Inoltre si ha

✓2; l'argomento ~

.

-1

(½

-i

1)7.

. 1a fiorma t ngono. 2✓2 e t roviamo

~ = ¾7t , e quindi

VI-5

Z

= COS

7

. .

7

4 1t+IS1ll 4 7t

Applicando la formula di De Moivre si trova z20 = 1 20(cos 20·

i 1t+i sin 20 · i 1t)

= cos 351t + i sin 351t = cos 1t+i sin 1t = -1 . '/3 e t rovrnmo . 1a £orma t ngono. b) P on1amo u = 3 + 3·1, v = 31 - 1. 3 metrica di u e v. Per u risulta p = 3--./2, . lta p Per v nsu

= 32 ,

.(I

u

t} =

~

,

e da cui u = 3--./2(cos ~ + isin ~).

=341t , da cm.

. 41t) v = 32 ( cos 341t + 1. sin 3 .

Applicando la formula di De Moivre si trova u 8 = (3✓ 2) 8 ( cos 8- ~ + i sin 8· ~) = 3 8 -24 (cos 21t + i sin 21t) = 38 -2 4 (cos O + i sin 0) V

. . 281t ) ( _g )7 ( 47t . . 41t ) 7 = ( _g3 )7 (COS 281t 3 + 1 Sln 3 = 3 COS 3 + 1 Sln 3

Ne segue u 8v7

f

= 38 -2 4 -( )7 (cos (0 + ~n ) + i sin (O+ ~n

))

-- 3 . 211( -2l -l. '/3) 2

95. Si trovino le radici quarte di z = 1. Soluzione. 11 numero complesso z ha modulo 1 e argomento 0. Pertanto le quattro radici hanno modulo 1 e argomenti:

VI-6 37t

7t

~l

= 0,

1'}2

= 2'

~3

=

Zl

= 1,

Z2

= -1,

~4=2

7t,

e quindi sono z0 = 1,

96. Si risolua l'equazione z3

Soluzione. Si ha

=

__!_ 1-i ·

i\ =t= ½+ ½i. Si tratta pertanto di trovare le 1

radici cubiche di½+½ i . Risulta ½+ ½i = radici cercate sono date dalle formula ....6

z3 = - 1

fi7

• 7t) 1 -\J 2:- cos 7t4 + 1•sm 4 ,e e

-~

i+ 2k1t . . i+ 2k1t) + 1s1n-, -

zk = \f 2 \ cos -

3

3

k = 0,1,2.

Si ha:

Graficamente le tre radici sono disposte nel piano di Argand-Gauss a costituire i vertici del triangolo equilatero inscritto nella circonferenza di centro O e raggio

~ in cui il primo vertice e sulla se-

miretta che forma un angolo di 1~ con la parte positiva dell'asse reale.

VI-7

97. *Si calcolino le radici n-esime di un numero reale, con discussione. In particolare si dica quante sono le radici n-esime reali di tale numero. Soluzione. Se a. e un numero reale positivo il modulo di a. coincide con a. stesso, e l'argomento e 1'} = 0. Quindi le sue radici n-esime sono date dalla formula: a.k

= ~ [cos(2~rc) + isin( 2~rc)] (k = 0,l,2, ... ,n-1)

Analogamente se a e un numero reale negativo il modulo di a coincide con - a, e l'argomento e 1'} = 1t. Quindi le sue radici n-esime sono date dalla formula: ak=

~,--[ . ((2k+l)rc)] -v-a cos ((2k+l)rc) +1sen n

n

(k=0,1,2, ... ,n-1)

Vediamo ora quante sono e quali sono le radici n-esime reali di un numero reale a. Le formule precedenti ci forniscono il seguente risultato: Se a> 0 ed n

e pari, ci sono due radici n-esime reali di

a. e preci-

samente quelle che si ottengono per k = 0 e per k = ~Se a> 0 ed n e dispari, c'e una sola radice n-esima reale di a e precisamente quella che si ottiene per k = 0. Se a< 0 ed n e pari, non c'e alcuna radice n-esima reale di a. Se a< 0 ed n e dispari, c'e una sola radice n-esima reale di a e precisamente quella che si ottiene per k =

n;1 .

Inoltre dalle formule precedenti risulta facilmente che:

Le radici n-esime non reali di un numero reale sono a due a due complesse coniugate.

VI-8

98.

Si trovi la decomposizione p(x) = x4 +8x 2+16.

in

e

R

in

C

del polinomio

Soluzione. Si ha p(x) = (x 2 +4) 2 , e pertanto le radici di p(x) sono x = ± 2i, ciascuna con molteplicita due. La scomposizione su C e p(x) = (x -2i)2 (x+2i) 2 mentre quella su R p(x)

e

= (x 2+4)2 .

99. Si dica se esiste un polinomio p(x) a coefficienti reali oppure un polinomio q(x) a coefficienti complessi che abbia come radici soltanto l+i e 3.

Soluzione. Un polinomio a coefficienti reali che abbia come radice l+i, deve avere come radice anche 1-i, e quindi p(x) non esiste. Esiste invece q(x); ad esempio q(x) = (x -1-i)(x -3). Si noti che anche q*(x) = a(x -1-i)(x-3) reale non nullo.

e una soluzione, per ogni a

100. Si trovi un polinomio p(x) di grado 7 a coefficienti reali che abbia tra le sue radici l+i, -i, 4.

Soluzione. Poiche p(x) e a coefficienti reali deve avere come radici anche 1 - i e i. Puo pertanto essere p(x)

= [x - (l+i)][x - (1-i)](x - i)(x+i)(x-4)q(x) = (x 2 - 2x+2)(x2 +1)(x - 4)q(x)

dove q(x)

e un polinomio reale di grado p(x) = x2 (x2 - 2x+2)(x 2+1)(x - 4).

2. Ad esempio

Finito di stampare nel mese di ottobre 1994 presso la M. S./Litografia s.r.l. - Torino per conto della Editrice Universitaria Levrotto & Bella - Torino

ISB.r. 88-8218-007-7

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9 788882 180072