Analisi e Geometria 1
Politecnico di Milano – Ingegneria
Esercizi – Numeri complessi
1. Scrivere in forma algebrica i seguenti numeri complessi.
(a) z =
(1 + i)(3 − i)
(1 + 2i)(1 − 3i)
(b) z =
(1 + 2i)3 − (2 − i)2
(1 + 2i)2 + (1 + 3i)2
(2 − i)(1 + 4i) − (2 + i)2
(1 + i)(2 − 5i) + (3 + i)(1 − 2i)
√ !2 √
√
√
1− 2i
5 + 2i
4 2−4 5i
√
√ −
(d) z =
−
9i
2−i
2+ 5i
(c) z =
2. Scrivere in forma algebrica i seguenti numeri complessi.
√
(a) z = (− 3 + i)100
√ !64
1+ 3i
√
(b) z =
1− 3i
45
1
i
(c) z = √ −
3 3
√
(1 − i 3)19
.
(d) z = √
( 3 + i)25
3. Risolvere, nel campo complesso, le seguenti equazioni.
√
1+i 3
(a) z 2 =
2
√
1
3
(b) z 4 = − −
i
2
2
(c) z 2 + z + 2|z|2 = 0
(d) z 2 + z − 2|z|2 = 0
(e) 2z 2 = |z|2 + |z|
4. Calcolare, nel campo complesso, le seguenti radici
s
s
√
√
1
−
i
3
3
4 1 + i
4
√
√
e
1+i 3
1−i 3
e disegnarle nel piano di Argand-Gauss.
5. Risolvere, nel campo complesso, le seguenti equazioni.
(a) z 2 − 3iz − 3 + i = 0
(b) z 2 − (3 − 2i)z + 5 − 5i = 0
(c) z 2 − (3 + i)z + 4 + 3i = 0
(d) (2 + i)z 2 − (5 − i)z + 2 − 2i = 0
(e) (1 + i)z 2 − (1 − i)z + 2 + 2i = 0
(f) (1 + i)z 2 − 2(1 − i)z − 2 = 0
1
(g) (3 + 2i)z 2 − 2(2 + 3i)z + 1 + 4i = 0
6. Risolvere, nel campo complesso, l’equazione
(|z|2 − |z| − 6)(z 2 − 2(2 + 3i)z + 1 + 4i) = 0 .
7. Risolvere, nel campo complesso, le seguenti equazioni.
(a) (z 2 + 2i z − i)2 = (z + i)2
(b) (z + i)4 = (z − i)4
(c) (z − 1 + i)3 = (z − i)3
8. Risolvere, nel campo complesso, le seguenti equazioni.
(a) (1 + i)z + (1 + 2i)z + 3 − i = 0
(b) z 2 + 2z + 2z − z + 1 = 0
(c) (3 − 2i) z 2 + (3 + 2i) z 2 + 2i z − 4i z + 2i = 0
(d) 2z 2 − z 2 + 2z + 2z + 1 = 0
9. (a) Scrivere il polinomio a coefficienti reali f (x) ∈ R[x] di grado 4 che ammette z1 =
1 + 2i e z2 = 2 − i come radici semplici (ossia di molteplicità 1 ) e tale che f (1) = 16 .
(b) Scrivere il polinomio a coefficienti reali f (x) ∈ R[x] di grado 5 che ammette z1 = 1
come radice semplice e z2 = 2 − 4i come radice di molteplicità 2 , tale che f (0) = 400 .
10. Verificare che il polinomio f (x) = x5 − x4 + 3x3 − 9x2 + 16x − 10 ammette z = 1 + i come
radice e fattorizzarlo sul campo complesso.
2π
11. Sia ω = cos 2π
n + i sin n .
(a) Mostrare che l’insieme delle radici n-esime dell’unità è dato da
In (1) = {1, ω, ω 2 , ω 3 , · · · , ω n−1 } .
(b) Mostrare che 1 + ω + ω 2 + ω 3 + · · · + ω n−1 = 0 .
12. Dimostrare che per ogni n ∈ N , il numero complesso
zn = cos
nπ
nπ
+ i sin
n+1
n+1
è una radice m-esima dell’unità, per un opportuno intero positivo m .
13. Mostrare che se z è un numero complesso di modulo 1 , allora
1+z
1−z
è un numero immaginario puro.
14. Mostrare che per ogni numero complesso z di modulo 1 esiste sempre un numero reale t
tale che
1 + it
.
z=
1 − it
15. Diremo che due numeri complessi z1 e z2 (non nulli) sono ortogonali quando i corrispondenti punti nel piano di Argand-Gauss con l’origine O formano un triangolo rettangolo in
O . Mostrare che i due numeri z1 e z2 sono ortogonali se e solo se il quoziente z1 /z2 è un
numero puramente immaginario non nullo.
16. (a) Mostrare che per ogni numero complesso z 6= 0 , si ha
z
|z|
+
∈ R.
|z|
z
2
(b) Utilizzando il risultato precedente, mostrare che esistono due numeri reali α e β tali
che z 2 = αz + β . Più in generale, mostrare che per ogni n ∈ N esistono due numeri
reali an e bn tali che z n = an z + bn .
17. (a) Determinare il numero complesso z 0 che si ottiene facendo ruotare attorno all’origine,
in senso antiorario, di un angolo θ = π/4 il numero complesso z = 2 + 3i .
√
(b) Dato z = 4 − 3 3 i , determinare il numero complesso z 0 tale che |z 0 | = 2 |z| e
arg z 0 − arg z = π/3 .
18. Sia R la rotazione del piano attorno all’origine (in senso antiorario) di un angolo θ = π/6 e
sia S la simmetria rispetto alla retta passante per l’origine a formante un angolo ϕ = π/3
con l’asse delle x . Riconoscere le due trasformazioni RS e SR .
19. Disegnare nel piano di Argand-Gauss i seguenti insiemi.
A = {z ∈ C : |z − 2 − 2i| ≤ 2 , |z − 3 − 2i| ≥ 1}
B = {z ∈ C : 0 ≤ Re ((1 + i)z) < 1 , 2 ≤ Im (2iz + 1 + 4i) < 6}
π
3π
C = {z ∈ C : |z| ≥ 1 , |z| < 2 ,
≤ arg z <
}
6
4
20. Disegnare nel piano di Gauss i seguenti insiemi.
A = {z ∈ C : 1 ≤ Re z ≤ 2 , 1 ≤ Im z ≤ 2}
B = iA = {w ∈ C : w = i z , z ∈ A}
−1 + i
−1 + i
A= w∈C : w= √
z, z ∈ A
C= √
2
2
D = 2A = {w ∈ C : w = 2 z , z ∈ A}
√
E = A = {w ∈ C : w2 ∈ A} .
21. Disegnare nel piano di Gauss l’insieme
A = {z ∈ C : | (1 + i)z − (1 − i)z + 1 − i |2 ≤ 2} .
22. Sia f : C → C la funzione definita da
f (z) = 2z 2 + 3z 2 + 3z + 2z
per ogni z ∈ C . Disegnare nel piano di Gauss l’insieme
A = {z ∈ C : Re f (z) ≤ 0 e Im f (z) ≥ 0} .
23. Disegnare nel piano di Gauss gli insiemi
n
π
πo
A = z ∈ C : |z| ≤ 1 e
≤ arg z ≤
2
4
B = w ∈ C : w2 ∈ A .
24. Disegnare nel piano di Gauss l’insieme
A = {z ∈ C : Re z 2 ≤ 1 e Im z 2 ≤ 2} .
3
Soluzioni
13 + 9 i
25
174 + 118 i
(b) z =
221
3 + 15 i
(c) z =
52
7+i
(d) z =
9
1. (a) z =
2. (a) Utilizzando la formula di De Moivre, si ha
√
!100
100
i
5π
5π
3
100
=2
+
cos
+ i sin
−
2
2
6
6
500π
500π
250π
250π
100
100
=2
cos
+ i sin
=2
cos
+ i sin
6
6
3
3
!
√
√ 3
4π
4π
1
= 2100 cos
+ i sin
= 2100 − − i
= −299 1 + i 3 .
3
3
2
2
√
z = (− 3 + i)100 = 2100
(b) Utilizzando la formula di De Moivre, si ha
√ !64
√ !64 64
1+ 3i
1
3
2π
2π
√
z=
= − +i
= cos
+ i sin
2
2
3
3
1− 3i
√
3
128π
128π
2π
2π
1
= cos
+ i sin
= cos
+ i sin
=− +i
.
3
3
3
3
2
2
(c) Utilizzando la formula di De Moivre, si ha
!45 45 45 √
45
45
3
2
1
i
2
i
11π
11π
−
=
+ i sin
z= √ −
=
cos
3
2
2
3
6
6
3 3
45 45 11 · 45π
165π
11 · 45π
2
165π
2
+ i sin
+ i sin
cos
=
cos
=
3
6
6
3
2
2
45 45
2
π
π
2
=
cos + i sin
i.
=
3
2
2
3
(d) Utilizzando la formula di De Moivre, si ha
z=
Poiché
5π 19
+ i sin 19·5π
219 (cos 5π
1 cos 19·5π
3 + i sin 3 )
3
3
=
.
25π
225 (cos π6 + i sin π6 )25
26 cos 25π
+
i
sin
6
6
19 · 5π
95π
5π
=
=
+ 30π
3
3
3
e
25π
π
= + 4π ,
6
6
si ha
z
=
=
3. (a) Poiché
5π
1 cos 5π
1
5π π
5π π
3 + i sin 3
=
cos
−
+ i sin
−
64 cos π6 + i sin π6
64
3
6
3
6
1
i
(cos 3π + i sin 3π) = − .
64
64
√
1+i 3
π
π
= cos + i sin , si ha
2
3
3
√
π
π
3+i
z0,1 = ± cos + i sin
=±
.
6
6
2
4
(b) Poiché il numero − 21 −
zk = cos
√
3
2
i ha modulo ρ = 1 e argomento θ =
4
3
π , le soluzioni sono
4π/3 + 2kπ
4π/3 + 2kπ
2π/3 + kπ
2π/3 + kπ
+ i sin
= cos
+ i sin
4
4
2
2
per k = 0, 1, 2, 3 , ossia sono
z0
z1
z2
z3
√
π
3
π
1
= cos + i sin = +
i
3
3
2 √2
3 1
5π
5π
= cos
+ i sin
=−
+ i
6
6
2 √2
4π
1
4π
3
+ i sin
=− −
i
= cos
3
3
2√ 2
11π
3 1
11π
= cos
+ i sin
=
− i.
6
6
2
2
(c) Posto z = x + i y , con x, y ∈ R , l’equazione diventa
(x + i y)2 + (x + i y) + 2(x2 + y 2 ) = 0
ossia
3x2 + y 2 + x + i (2xy + y) = 0 .
Poiché un numero complesso è nullo quando sono nulle la parte reale e la parte immaginaria, quest’ultima equazione è equivalente al sistema
(
3x2 + y 2 + x = 0
2xy + y = 0 .
Dalla seconda equazione, si ha (2x + 1)y = 0 , da cui si ha x = −1/2 oppure y = 0 .
Per x = −1/2 , la prima equazione diviene y 2 + 1/4 = 0 che non ha soluzioni reali.
Per y = 0 , la prima equazione diviene 3x2 + x = 0 , da cui si ha x = 0 o x = −1/3 .
In conclusione, l’equazione di partenza ammette le due soluzioni z1 = 0 e z2 = −1/3 .
Entrambe le soluzioni sono reali.
(d) Posto z = x + i y , con x, y ∈ R , l’equazione diventa
(x + i y)2 + (x − i y) − 2(x2 + y 2 ) = 0
ossia
x2 + 3y 2 − x − i (2xy − y) = 0 .
Poiché un numero complesso è nullo quando sono nulle la parte reale e la parte immaginaria, quest’ultima equazione è equivalente al sistema
(
x2 + 3y 2 − x = 0
2xy − y = 0 .
Dalla seconda equazione, si ha (2x − 1)y = 0 , da cui si ha x = 1/2 oppure y = 0 .
1
.
Per x = 1/2 , la prima equazione diviene 3y 2 − 1/4 = 0 , da cui si ricava y = ± 2√
3
2
Per y = 0 , la prima equazione diviene x − x = 0 , da cui si ha x = 0 o x = 1 .
In conclusione, l’equazione di partenza ammette le quattro soluzioni z1,2 = 12 ± 2√i 3 ,
z3 = 0 e z4 = 1 .
(e) Se 2z 2 = |z|2 + |z| , allora si ha |2z 2 | = ||z|2 + |z|| , ossia 2|z|2 = |z|2 + |z| , ossia
|z|2 − |z| = 0 , da cui si ha |z| = 0 oppure |z| = 1 . Se |z| = 0 , l’equazione di partenza
diventa 2z 2 = 0 , da cui si ha z = 0 . Se |z| = 1 , l’equazione di partenza diventa
2z 2 = 2 , ossia z 2 = 1 , da cui si ha z = ±1 .
5
4. Si ha
√
√
√
1−i 3
1+i 3
3
1
4π
4π
√ =−
=− −
i = cos
+ i sin
.
2
2
2
3
3
1+i 3
Quindi, le radici quarte di questo numero sono
zk = cos
4π
3
+ 2kπ
+ i sin
4
4π
3
+ 2kπ
(3k + 2)π
(3k + 2)π
= cos
+ i sin
4
6
6
k = 0, 1, 2, 3 ,
ossia
√
π
1
3
π
+ i sin = +
i
3
3
2 √2
5π
3 1
5π
z1 = cos
+ i sin
=−
+ i
6
6
2 √2
4π
4π
1
3
z2 = cos
+ i sin
=− −
i
3
3
2√ 2
11π
3 1
11π
z3 = cos
+ i sin
=
− i.
6
6
2
2
z0 = cos
Analogamente, si ha
√
√
1
3
2π
2π
1+i 3
√ =− +
i = cos
+ i sin
.
2
2
3
3
1−i 3
Quindi, le radici quarte di questo numero sono
zk = cos
2π
3
+ 2kπ
+ i sin
4
2π
3
+ 2kπ
(3k + 1)π
(3k + 1)π
= cos
+ i sin
4
6
6
ossia
√
π
π
3 1
+ i sin =
+ i
6
6
2
2 √
2π
2π
1
3
z1 = cos
+ i sin
=− +
i
3
3
2√
2
7π
7π
3 1
z2 = cos
+ i sin
=−
− i
6
6
2√ 2
5π
5π
1
3
z3 = cos
+ i sin
= −
i.
3
3
2
2
z0 = cos
Questi punti nel
y
2π
3
π
3
5π
6
π
6
x
7π
6
11π
6
4π
3
5π
3
6
k = 0, 1, 2, 3 ,
5. (a) z1 = 1 + i e z2 = −1 + 2i . Infatti, si ha
p
p
√
3i + 9i2 + 4(3 − i)
3i + (2 − i)2
3i + 3 − 4i
3i ± (2 − i)
z1,2 =
=
=
=
.
2
2
2
2
(b) z1 = 2 + i e z2 = 1 − 3i . Infatti, si ha
p
√
3 − 2i + (3 − 2i)2 − 4(5 − 5i)
3 − 2i + −15 + 8i
z1,2 =
=
2
p 2
3 − 2i + i (4 − i)2
3 − 2i ± i(4 − i)
3 − 2i ± (1 + 4i)
=
=
.
=
2
2
2
(c) z1 = 1 + 2i e z2 = 2 − i .
(d) z1 = (4 − 2i)/5 e z2 = 1 − i . Infatti, si ha
p
5 − i + (5 − i)2 − 4(2 + i)(2 − 2i)
z1,2 =
2(2 + i)
2
4 − 2i
=
√ √
2
+
i
5
5 − i + 2 −i
5 − i ± (−1 + i)
=
=
=
3 − i
2(2 + i)
2(2 + i)
= 1 − i.
2+i
(e) z1 = i e z2 = −2i .
√
√
−1 + (1 − 2)i
1 − (1 + 2)i
√
√
e z2 =
.
(f) z1 =
2
2
11 + 10i
(g) z1 =
e z2 = 1 .
13
6. L’equazione data s spezza nelle due equazioni
|z|2 − |z| − 6 = 0
z 2 − 2(2 + 3i)z + 1 + 4i = 0 .
e
La prima equazione ammette le soluzioni |z| = 3 e |z| = −2 . La seconda soluzione non è
accettabile poiché il modulo di un numero complesso
è sempre
positivo o nullo.
La seconda
√
√
√
√
equazione ammette le due soluzioni z1 = 2 − 2 + (3 − 2 2)i e z2 = 2 + 2 + (3 + 2 2)i .
7. (a) z1 = −1 − 2i , z2 = 0 , z3 = −2i , z4 = 1 .
(b) z1 = 0 , z2,3 = ±1 .
√
3 ± (2 + i) 3
(c) z1,2 =
.
6
8. Porre z = x + i y .
(a) Allora si ha (1 + i)(x + i y) + (1 + 2i)(x − i y) + 3 − i = 0 , ossia 2x + y + 3 + (3x − 1)i = 0 .
Quindi, deve essere
(
2x + y + 3 = 0
3x − 1 = 0 ,
da cui si ottiene x = 1/3 e y = −11/3 . Quindi, la soluzione dell’equazione di partenza
è
1 − 11 i
z=
.
3
r
3
i 37
(b) z1,2 = ±
.
2 2 2
√
1 ± 37
(c) z1,2 = 1 +
i.
6
7
(d) z1,2 = −2 ±
√
3 , z3,4 = ± i .
9. (a) Poiché f (x) è un polinomio a coefficienti reali, se ammette una radice complessa z ,
allora ammette come radice anche il coniugato z . Quindi, dovendo essere di grado 4 ,
il polinomio f (x) è della forma
f (x) = a(x − 1 − 2i)(x − 1 + 2i)(x − 2 + i)(x − 2 − i) = a(x2 − 2x + 5)(x2 − 4x + 5) .
Infine, si ha f (1) = 8a . Quindi, dovendo essere f (1) = 16 , si ha a = 2 . Cosı̀
f (x) = 2(x2 − 2x + 5)(x2 − 4x + 5) = 2(x4 − 6x3 + 18x2 − 30x + 25) .
(b) f (x) = −(x − 2)(x2 − 4x + 20)2 .
10. Tenuto conto che (1 + i)2 = 2i , si ha
f (1 + i)
=
=
=
=
(1 + i)5 − (1 + i)4 + 3(1 + i)3 − 9(1 + i)2 + 16(1 + i) − 10
(2i)2 (1 + i) − (2i)2 + 3(2i)(1 + i) − 9(2i) + 16(1 + i) − 10
−4 − 4i + 4 + 6i − 6 − 18i + 16 + 16i − 10
0.
Quindi, essendo un polinomio a coefficienti reali, f (x) ammette anche 1 − i come radice.
Questo significa che f (x) risulta divisibile per il polinomio
(x − 1 − i)(x − 1 + i) = x2 − 2x + 2 .
Dividendo f (x) per questo polinomio si ha
f (x) = (x2 − 2x + 2)(x3 + x2 + 3x − 5) .
Il polinomio x3 + x2 + 3x − 5 si annulla per x = 1 . Quindi, applicando la regola di
Ruffini, si trova x3 + x2 + 3x − 5 = (x − 1)(x2 + 2x + 5) . Infine, il polinomio x2 + 2x + 5
ammette x1,2 = −1 ± 2i come radici. In conclusione, sul campo complesso, si ha la seguente
decomposizione
f (x) = (x − 1)(x − 1 − i)(x − 1 + i)(x + 1 − 2i)(x + 1 + 2i).
11. (a) Le radici n-esime dell’unità sono date dai numeri complessi
zk = cos
2kπ
2kπ
+ i sin
n
n
k = 0, 1, . . . , n − 1 .
Per la formula di De Moivre, si ha
k
2π
2π
zk = cos
+ i sin
= ωk
n
n
k = 0, 1, . . . , n − 1 .
(b) Dall’identità, ω n = 1 , si ha ω n − 1 = 0 , e quindi
(ω − 1)(ω n−1 + ω n−2 + · · · + ω + 1) = 0 .
Poiché ω 6= 1 , si deve avere ω n−1 + ω n−2 + · · · + ω + 1 = 0 .
12. Per n = 0 , si ha z0 = 1 e questo è sempre una radice m-esima del’unità. Per n ≥ 1 ,
utilizzando la formula di De Moivre, si ha che
zn è una radice m-esima dell’unità
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
znm = 1
mnπ
mnπ
cos
+ i sin
=1
n+1
n+1
mnπ
= 2kπ per un opportuno k ∈ Z
n+1
2k(n + 1)
m=
per un opportuno k ∈ Z .
n
Scegliendo k = n , si ha che m = 2(n + 1) e che zn è una radice m-esima dell’unità.
8
13. Si ha
1+z
(1 + z)(1 − z)
(1 + z)(1 − z)
1 + z − z − zz
1 − |z|2 + 2i Im z
=
=
=
=
.
1−z
(1 − z)(1 − z)
1 − z − z + zz
1 + |z|2 + 2Re z
(1 − z)(1 − z)
Quindi, se |z| = 1 , si ha
2i Im z
Im z
1+z
=
=
i.
1−z
2 + 2Re z
1 + Re z
14. Se z ha modulo 1 , allora può essere scritto nella forma z = cos θ + i sin θ . Usando le
formule parametriche delle funzioni circolari, ossia usando le formule
cos θ =
si ha
z=
1 − t2
1 + t2
e
sin θ =
2t
,
1 + t2
1 − t2
2i t
1 + 2i t − t2
(1 + i t)2
1 + it
+
=
=
=
.
1 + t2
1 + t2
1 + t2
(1 + i t)(1 − i t)
1 − it
15. Utilizzando la forma trigonometrica dei numeri complessi, si ha z1 = ρ1 (cos θ1 + i sin θ1 ) ,
z2 = ρ2 (cos θ2 + i sin θ2 ) e
ρ1
z1
=
(cos(θ1 − θ2 ) + i sin(θ1 − θ2 )) .
z2
ρ2
Pertanto, assumendo ρ1 , ρ2 6= 0 , si ha
z1 ⊥z2
⇐⇒
θ1 − θ2 = ±
π
+ 2kπ
2
⇐⇒
z1
ρ1
= ± i,
z2
ρ2
con ±
ρ1
∈ R \ {0} .
ρ2
16. (a) Si ha
|z|
z
|z|z
z+z
2 Re z
z
+
=
+ 2 =
=
∈ R.
|z|
z
|z| |z|
|z|
|z|
(b) Dalla precedente identità, si ha
z 2 + |z|2
2 Re z
=
|z|z
|z|
ossia z 2 = 2 Re z z − |z|2 . Quindi, si ha z 2 = αz + β , dove α = 2 Re z e β = −|z|2
sono due numeri reali.
Supponiamo ora che per ogni n ∈ N si abbia z n = an z + bn , con an , bn ∈ R . Allora,
si deve avere
z n+1 = z · z n = z(an z + bn ) = an z 2 + bn z .
Pioché z 2 = αz + β , si ha
z n+1 = an (αz + β) + bn z = (αan + bn )z + βan .
Poiché chiaramente si ha z n+1 = an+1 z + bn+1 , si ottengono le ricorrenze
(
an+1 = αan + bn
bn+1 = βan .
Poiché z 0 = 1 = 0 · z + 1 , si hanno le condizioni iniziali a0 = 0 e b0 = 1 . Poiché
tali condizioni iniziali e i coefficienti α e β sono tutti numeri reali, si ha che anche
i coefficienti an e bn , definiti dalle ricorrenze precedenti, sono numeri reali. Le due
successioni cosı̀ trovate, risolvono il problema posto.
17. (a) Si ha z 0 = wz , dove w = cos π4 + i sin π4 =
1+i
√
2
. Quindi
1+i
−1 + 5i
z 0 = √ (2 + 3i) = √
.
2
2
9
√
(b) Si ha z 0 = wz , dove w = 2(cos π3 + i sin π3 ) = 1 + 3 i . Quindi
√
√
√
z 0 = (1 + 3 i) (4 − 3 3 i) = 13 + 3 i .
18. Le due trasformazioni date possono essere pensate come trasformazioni del campo complesso.
Più precisamente possiamo considerare le due trasformazioni R : C → C ed S : C → C
definite da
R(z) = w1 z
e
S(z) = w22 z
per ogni z ∈ C , dove
w1 = cos
√
3 1
π
π
+ i sin =
+ i
6
6
2
2
e
w2 = cos
√
3
π
π
1
+ i sin = +
i.
3
3
2
2
Allora, si ha
S(R(z)) = S(w1 z) = w22 w1 z = w22 w1 z ,
dove
w22 w1
√ !2 √
√ √
1+i 3
3−i
−1 + i 3 3 − i
=
= i.
2
2
2
2
=
Quindi, si ha
2
1+i
√
z,
2
ossia SR è la simmetria rispetto alla bisettrice del I-III quadrante.
S(R(z)) = i z =
Analogamente si ha
R(S(z)) = R(w22 z) = w1 w22 z ,
dove
√
w1 w22
=
3+i
2
√ !2
√
√
√
3 + i −1 + i 3
1+i 3
− 3+i
5π
5π
=
=
= cos
+ i sin
.
2
2
2
2
6
6
Quindi, si ha
R(S(z)) =
5π
5π
cos
+ i sin
6
6
z=
5π
5π
cos
+ i sin
12
12
2
z,
ossia RS è la simmetria rispetto alla retta passante per l’origine e formante un angolo
ψ = 5π/12 con l’asse delle x .
Si noti che le due trasformazioni non commutano: SR 6= RS .
19. Ricordando che la condizione |z − z0 | = r definisce la circonferenza di centro z0 e raggio
r , si ha che l’insieme A è
y
2
2
10
3
x
Posto z = x + i y , con x, y ∈ R , si ha
Re ((1 + i)z) = Re ((1 + i)(x + i y)) = Re (x − y + i (x + y)) = x − y
Im (2i z + 1 + 4i) = Im (2i(x + i y) + 1 + 4i) = Im (1 − 2y + i (4 − 2x)) = 4 − 2x .
Pertanto, l’insieme B è definito dalle due condizioni
0≤x−y <1
2 ≤ 4 − 2x < 6
e
ossia
x−1≤y <x
e
− 1 ≤ x < 1.
Quindi, l’insieme B è
y
1
−1
x
1
−1
−2
L’insieme C è
y
3π
4
π
6
1
2
x
20. Indicando con Rθ la rotazione del piano di Gauss attorno all’origine di un angolo θ in
senso antiorario, si ha che B = R π2 A e C = R 3π
A . Pertanto, si ha
4
11
y
4
D
3
2
B
A
1
C
−1
1
2
3
4
x
Per determinare l’insieme E , poniamo w = x+i y . Poiché w2 = (x+i y)2 = x2 −y 2 +2i xy ,
si ha che
w∈E
w2 ∈ A
⇐⇒
⇐⇒
1 ≤ x2 − y 2 ≤ 2
e
1
≤ xy ≤ 1 .
2
Indichiamo con E1 l’insieme definito dalla prima coppia di disequazioni e con E2 l’insieme
definito dalla seconda coppia di disequazioni. Si ha E = E1 ∩ E2 . Quindi, poiché
y
y
E1
√
− 2
−1
1
E2
√
2
x
si ha
12
x
y
A
E
x
E
21. Posto w = (1 + i)z − (1 − i)z + 1 − i e z = x + i y , con x, y ∈ R , si ha
w = (1 + i)(x + i y) − (1 − i)(x − i y) + 1 − i = 1 + i (2x + 2y − 1)
e
|w|2 = |1 + i (2x + 2y − 1)|2 = 1 + (2x + 2y − 1)2 .
Pertanto, la condizione che definisce l’insieme A diventa
|w|2 ≤ 2 ⇐⇒ 1 + (2x + 2y − 1)2 ≤ 2 ⇐⇒ (2x + 2y − 1)2 − 1 ≤ 0
ossia
(2x + 2y)(2x + 2y − 2) ≤ 0
ossia
(x + y)(x + y − 1) ≤ 0 .
Pertanto, l’insieme A è
y
1
A
1
x
13
22. Posto z = x + i y , con x, y ∈ R , si ha
f (z)
= 2(x + i y)2 + 3(x − i y)2 + 3(x + i y) + 2(x − i y)
= 5x2 − 5y 2 + 5x + (2xy + y) i .
Pertanto, essendo
Re f (z) = 5x2 − 5y 2 + 5x = 5(x2 − y 2 + x)
Im f (z) = 2xy + y = (2x + 1)y ,
l’insieme A è formato dai punti (x, y) nel piano di Gauss tali che
(
(
2
x2 − y 2 + x ≤ 0
x + 12 − y 2 ≤
ossia
(2x + 1)y ≥ 0 ,
(2x + 1)y ≥ 0 .
1
4
Se indichiamo con A1 l’insieme determinato dalla prima disequazione e con A2 l’insieme
determinato dalla seconda disequazione, allora A = A1 ∩ A2 . Poiché gli insiemi A1 e A2
sono
y
y
A1
−1 − 1
2
A2
x
x
−1
2
si ha che l’insieme A è
y
A
−1 − 1
2
23. L’insieme A è
14
x
y
3π
4
π
4
A
x
1
L’insieme B è formato da tutti i numeri complessi w = ρ(cos θ + i sin θ) tali che w2 =
ρ2 (cos 2θ + i sin 2θ) appartenga ad A , e questo accade quando
0 ≤ ρ2 ≤ 1
π
3π
+ 2kπ ≤ 2θ ≤
+ 2kπ
4
4
e
ossia
0≤ρ≤1
ossia
0 ≤ ρ ≤ 1,
3π
π
+ kπ ≤ θ ≤
+ kπ
8
8
e
3π
π
≤θ≤
8
8
oppure
(k ∈ Z) ,
(k ∈ Z) ,
9π
11π
≤θ≤
.
8
8
Pertanto, l’insieme B è
y
3π
8
B
π
8
1
9π
8
x
B
11π
8
24. Posto z = x + i y , con x, y ∈ R , si ha z 2 = (x + i; y)2 = x2 − y 2 + 2i xy e quindi
Re z 2 = x2 − y 2 e Im z 2 = 2xy . Di conseguenza, l’insieme A è formato dai punti (x, y)
nel piano di Gauss tali che x2 − y 2 ≤ 1 e xy ≤ 1 . Indicando con A1 l’insieme determinato
dalla prima disequazione e con A2 l’insieme determinato dalla seconda disequazione, si ha
A = A1 ∩ A2 . Poiché gli insiemi A1 e A2 sono
15
y
y
A1
A2
−1
x
1
x
si ha che l’insieme A è
y
A
−1
1
16
x
