NUMERI COMPLESSI
Esercizi svolti
1. Calcolare le seguenti potenze di i:
a) i12
b) i27
c) i41
d)
1
i15
f ) i−9
e) i34
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
d) z = √
4i
3+i
e) z = (1 + i)(2 − 2i).
6. Calcolare le potenze: z 2 , z 6 , z 22 dei seguenti numeri complessi:
a) z = √
2
1
+
i
3−i
b) z =
1+i
.
2 − 2i
7. Calcolare le seguenti radici e rappresentarle nel piano complesso:
√ 1/2
√
√
√
a) 1 − i 3
b) 4 −2
c) 5 −i
d) 3 1 + i
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 − iz 4 + 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
√
f ) (z + i)2 = ( 3 + i)3
e) z 2 + 2z + 1 + i = 0
g) z 2 = 3 − 4i.
11. Verificare che z = 2i è 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 è 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 molteplicità 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 =
√
n
r ei
θ+2kπ
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
(d) 15 = 12 3 = 3 =
=i
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
(b) (3 + i)(3 − i)
+ i = (9 − i2 )
= (9 + 1)
=2+i
5 10
10
10
5
5
5
=
=
=
(c)
2
(1 − i)(2 − i)(3 − i)
(2 − i − 2i + i )(3 − i)
(1 − 3i)(3 − i)
5
1
5
=
=
= i
3 − i − 9i + 3i2
−10i
2
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, cioè è una radice del polinomio P (z).
Per z = −1 − 2i si procede in modo analogo, oppure, più 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 i(1 + 2i) i − 2 5 + 5i − i + 2 4. (a) 1 + i −
= 1 + i −
= 1 + i −
=
=
1 − 2i 1 − (2i)2 5 5
1
1√
1√
= |7 + 4i| =
49 + 16 =
65
5
5
5
√
√
√
(b) |(1 + i)(1 − i)(1 + 3i)| = |(1 − i2 )| |1 + 3i| = 2 1 + 3 = 4
2 2 1+i
2i 2
|2i|2
4
1 + i
(c) −1 =
− 1 = = √
=2
=
1−i
1 − i
1 − i
|1 − i|2
( 2)2
5. (a) Si ha −i = e3πi/2 = cos( 32 π) + i sin( 23 π).
Infatti il modulo di z = −i è |z| = 1, e l’argomento θ = arg(z) soddisfa:
(
cos θ = 0
=⇒ θ = 32 π.
sin θ = −1
√
√
(b) Posto z = −1 − i = r eiθ , si ha r = |z| = 1 + 1 = 2,
(
cos θ = − √12
=⇒ θ = 54 π.
1
√
sin θ = − 2
√
√
Dunque −1 − i = 2 e5πi/4 = 2 cos 45 π + i sin 45 π .
(c) Si ha
1 1
1 1−i
1
1
=
=
= (1 − i) = r eiθ
3 + 3i
31+i
3 1 − i2
6
(
√
cos θ = √12
1
=⇒ r = |z| = 6 2,
⇒ θ = 74 π,
sin θ = − √12
z=
√
√
e7πi/4 = 62 cos 47 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 =
2
6
(e) z = (1 + i)(2 − 2i) = 2(1 + i)(1 − i) = 2(1 − i2 ) = 4 = 4 ei 0 = 4(cos 0 + i sin 0).
√
√
√
1
3+i
3 1
2( 3 + i)
2
+ =
−i=
−i=
− i.
6. (a) z = √
2
i
3−i
2
2
2
3−i
Per calcolare le potenze di z mettiamo z in forma esponenziale: z = r eiθ . Si ha
(
√
√
cos θ = 23
1
r = |z| = 2 3 + 1 = 1,
⇒ θ = 11
6 π,
sin θ = − 12
da cui z = e11πi/6 . Calcoliamo adesso i numeri z 2 , z 6 , z 22 .
• z 2 = e11πi/3 = e5πi/3 = cos 53 π + i sin 35 π =
1
2
√
−i
3
2 .
• z 6 = e11πi = cos(11π) + i sin(11π) = −1.
• z 22 = e121πi/3 = eπi/3 = cos π3 + i sin π3 =
(b) z =
1
2
√
+i
3
2 .
1+i
1 1+i
1 (1 + i)2
1 1 − 1 + 2i
1
=
=
=
= i.
2
2 − 2i
2 1−i
2 1−i
2
2
2
Da questo otteniamo
1
• z2 = − ,
4
1 2
1
1
i =− ,
• z 6 = 6 i6 =
2
64
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,
cioè 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
z = z 1/n = r eiθ
= n r ei n (k = 0, 1, 2, . . . , n − 1).
In particolare le due radici quadrate di un qualunque numero complesso (non nullo)
z sono l’una l’opposto dell’altra:
√
√
√ θ √ i( θ +π)
θ+2kπ
z = z 1/2 = r ei 2
re 2
(k = 0, 1) = r ei 2 ,
√ θ
√ θ
√ θ
= r ei 2 , − r ei 2 = ± r ei 2 .
Nel nostro caso abbiamo
√
z = 1 − i 3 = r eiθ =⇒ r = |z| = 2,
(
cos θ =
1
2 √
sin θ = −
3
2
=⇒ θ = 35 π.
√
Dunque in forma esponenziale 1 − i 3 = 2 e5πi/3
5 π+2kπ
√
√
√
√ 1/2
3
= 2 ei 2
(k = 0, 1) = 2 e5πi/6 , 2 e11πi/6
⇒ 1−i 3
√
√ √
= ± 2 e5πi/6 = ± 2 − 23 + 2i .
Nel piano complesso le radici ottenute
i due punti sulla
circonferenza di centro
sono
√ √ √ √
√
6
2
6
2
, 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
⇒ 4 −2 = (−2)1/4 = 2 ei 4
(k = 0, 1, 2, 3)
√
√ 3πi/4 √
√
4
4
4
πi/4 4
= 2e
, 2e
, 2 e5πi/4 , 2 e7πi/4
√
√
4
4
= ± 2 eπi/4 , ± 2 e3πi/4
√
√
√ √ √
√
4
4
= ± 2 22 + i 22 , ± 2 − 22 + i 22 .
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
⇒
√
5
−i = (−i)1/5 = ei
3
2 π+2kπ
5
(k = 0, 1, 2, 3, 4)
= 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 =
√
3
⇒
√
2 eπi/4
π +2kπ
√
4
1 + i = (1 + i)1/3 = 6 2 ei 3
(k = 0, 1, 2)
√
√
√
= 6 2 eπi/12 , 6 2 e3πi/4 , 6 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
1
1
.
2 e3πi/4 = 6 2 − 22 + i 22 ∼
= −√
3 , √
3
2
(e) Si ha
−2
√
1−i 3
=
√
−2(1+i 3)
1+3
⇒
= − 21 − i
−2
√
1−i 3
1/4
√
3
2
= 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
√
√ = ± 12 + i 23 , ± − 23 + 2i .
Questi sono i vertici di un quadrato inscritto nella circonferenza unitaria centrata
nell’origine.
(f) Si ha
⇒
1+i
1−i
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 π2 + i sin π2 = 23 + 2i + i = 23 + 32 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
√
√
√
√
√
π
2kπ
6
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 ± 9i2 − 16
−3i ± −25
−3i ± 5 −1
−3i ± 5i
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
• Poiché −1 − i 3 ha modulo 2 e argomento 4π
3 , si ha −1 − i 3 = 2 e
4 π+2kπ
√
√
√
2π
3
=⇒ (−1 − i 3)1/2 = 2 ei 2
(k = 0, 1) = ± 2 ei 3
√
√ √ √
= ± 2 − 12 + i 23 = ± 22 (−1 + i 3).
√
√
2πi/3
• Poiché −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
√
√
√
√
z1 = 22 (−1 + i 3),
z2 = 22 (1 − i 3),
√
√
√
√
z3 = 22 (1 + i 3),
z4 = 22 (−1 − i 3),
che nel piano complesso sono i vertici, di coordinate
√
√ √
√ √
√ √
√ − 22 , 26 , 22 , − 26 , 22 , 26 , − 22 , − 26 ,
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
z = 3 −8 = (8 eπi )1/3 = 2 ei 3
(k = 0, 1, 2)
√
= 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, − 21 ± i 23 .
√
√
In definitiva otteniamo le 6 soluzioni: z = 1, − 21 ± 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 + y 2 − x − iy +
i
4
= 0.
Annullando la parte reale e la parte immaginaria otteniamo il sistema
(
(
1
x2 + y 2 − x = 0
x2 − x + 16
=0
=⇒
1
1
y=4
4 −y =0
La prima equazione ha soluzioni: x =
1
2
√
±
3
4
.
Pertanto le soluzioni dell’equazione iniziale sono:
√ √ z1 = 12 + 43 + 4i ,
z2 = 12 − 43 + 4i .
Nel piano complesso questi sono i punti di coordinate
√
2+ 3 1
,
4
4
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, cioè z 3 = −i,
⇒ z=
√
3
−i = ei
√
= i, −
3
2
3 π+2kπ
2
3
− 2i ,
(k = 0, 1, 2) = eπi/2 , e7πi/6 , e11πi/6
√
3
2
− 2i .
Otteniamo cosı̀ l’origine più 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 − iz 4 + z 2 − i = z 4 z 2 − i + z 2 − i = z 2 − i z 4 + 1 = 0
√ √
⇒ z 2 = i, z 4 = −1 ⇒ z = i, 4 −1.
Scrivendo i = eπi/2 , −1 = eπi , otteniamo
z = ei
π +2kπ
2
2
z = ei
π+2kπ
4
(k = 0, 1) = ± eπi/4 = ±
√
2
2
√
+i
2
2
,
(k = 0, 1, 2, 3) = ± eπi/4 , ± e3πi/4
√
√ √ = ± 22 + i 22 , ± − 22 + i 22 .
√
√ Abbiamo cosı̀ 4 soluzioni: z = ± 22 + i 22 (con molteplicità 2) e
√
√ z = ± − 22 + i 22 (con molteplicità 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 =
√
8
2 ei
5
4 π+2kπ
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
z − 2i = 23 + 2i
= eπi/6
= ei 4
(k = 0, 1, 2, 3)
⇒
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
√
√
4 π+2kπ
(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, cioè le due radici quadrate di −i. (Poichè queste sono
l’una l’opposto dell’altra, il “±” nella formula precedente è superfluo e si può sostituire con “+”.) Scrivendo −i = e3πi/2 , otteniamo
√
3 π+2kπ
√ √
2
(k = 0, 1) = ± e3πi/4 = ± − 22 + i 22 ,
−i = ei 2
da cui
√
√ z = −1 ± − 22 + i 22 = −1 −
√
√
2
2
+i
2
2 ,
√
−1 +
2
2
√
−i
2
2 .
(f) Si ha
√
√
√
( 3 + i)3 = 3 3 − i + 9i − 3 3 = 8i.
L’equazione proposta diventa (z + i)2 = 8i
⇒
z+i=
√
8i
√
√
⇒ z = −i + (8i)1/2 = −i + 8 ei
(k = 0, 1) = −i ± 2 2 eπi/4
√ √ √
= −i ± 2 2 22 + i 22 = 2 + i, −2 − 3i.
π +2kπ
2
2
(g) Le soluzioni sono le due radici√quadrate di 3 − 4i: z =
ziale 3 − 4i = r eiθ , con r = 9 + 16 = 5,
(
cos θ = 3/5
sin θ = −4/5.
√
3 − 4i. In forma esponen-
Questo sistema determina univocamente θ ma non ne fornisce il valore esplicito (θ
non è 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 2θ + i sin 2θ ,
dove cos 2θ , 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
1−

1
θ
5
sin = ±
√
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
(
√ 2
cos 2θ = − √25
√ + 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 è quello di utilizzare la forma
cartesiana: z = x + iy. Sostituendo nell’equazione otteniamo
x2 − y 2 + 2ixy = 3 − 4i.
Uguagliando le parti reali e le parti immaginarie otteniamo il sistema
(
(
x2 − y 2 = 3
x2 − x42 = 3
⇒
y = − x2 .
2xy = −4
Dalla prima equazione, posto x2 = t, otteniamo t2 − 3t − 4 = 0, da cui t = 4, −1.
La soluzione t = −1 < 0 non è ammissibile in quanto t = x2 ≥ 0. Otteniamo cosı̀
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 è una radice di P (z). Poichè P (z)
ha coefficienti reali, anche 2i = −2i è una radice di P (z). Ricordiamo che un polinomio
ha la radice z = z0 se e solo se esso è divisibile per (z − z0 ). Pertanto P (z) è 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, cioè
3
.
z = −1±i
2
In definitiva le radici di P (z) sono ±2i, − 12 ± i
√
3
2 .
12. Poiché P (z) è un polinomio a coefficienti reali, se ha la radice 1 + i ha anche la radice
1 − i; dunque P (z) è 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: 1 + i, 1 − i, 1, 2.
La decomposizione di P (z) in fattori irriducibili su IR è:
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 è 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.
√
√
Poiché 1 + i 3 = 2 eπi/3 , le radici quadrate di 1 + i 3 sono
p
√
√
√ √
√
π
1 + i 3 = ± 2 ei 6 = ± 2 23 + 12 i = ± √12 ( 3 + i).
Sommando a queste −i otteniamo infine le seguenti tre radici di P (z):
q
q
3
3
√1 − 1 , −
√1 − 1 .
z = −1,
+
i
+
i
−
2
2
2
2
14. Poiché P (z) deve avere coefficienti reali, se ammette la radice z = 2 − 3i (con molteplicità
2) ammette anche la radice z = 2 + 3i (ancora con molteplicità 2). Dunque P (z) è
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). Poiché
P (z) deve essere di grado 5, sarà
P (z) = k(z − 3)(z 2 − 4z + 13)2 ,
k ∈ C.
1
. Pertanto il
Poiché P (0) = 1, si deve avere: 1 = k · (−3) · 169, da cui k = − 507
polinomio cercato è:
P (z) = −
1
507
(z − 3)(z 2 − 4z + 13)2 .
15. Si ha:
n
o
2(n−1)π
√
θ
2π
4π
6π
α0 + α1 + α2 + α3 + · · · + αn−1 = n r ei n 1 + ei n + ei n + ei n + · · · + ei n
2π 2 2π 3
2π n−1 √
θ
i 2π
in
in
in
n
n
=
1+e
+ e
+ e
+ · · · + ei n
re
2π n
1
−
ei n
√
θ
in
n
=
re
2π
1 − ei n
2πi
√
θ 1 − e
= 0.
= n r ei n
2π
1 − ei n
Abbiamo usato l’identità (somma di una progressione geometrica)
1 + x + x2 + x3 + · · · + xn−1 =
1 − xn
.
1−x