Equazione campo complesso
ragazzi tra qulache giorno ho l'esame di metodi matematici e tra i vari esercizi ho questo che non riesco a risolvere
$\frac{Re(isinzcosz)}{cosh2(Im z)}+\frac{3}{4}+\frac{e^{2z}}{|e^{2z}|}=0 $
potreste darmi un aiuto?
$\frac{Re(isinzcosz)}{cosh2(Im z)}+\frac{3}{4}+\frac{e^{2z}}{|e^{2z}|}=0 $
potreste darmi un aiuto?
Risposte
Direi che la cosa migliore sarebbe quella di scrivere tutto in termini di esponenziali complessi, così su due piedi.
ciao ciampax avevo provato a fare come mi hai suggerito e mi viene una cosa del genere
$\frac{1}{4}\frac{Re(e^{2iz}-e^{-2iz})}{\frac{e^{2y}+e^{-2y}}{2}}+e^{2y}=-\frac{3}{4} $
A questo punto non riesco più ad andare avanti
$\frac{1}{4}\frac{Re(e^{2iz}-e^{-2iz})}{\frac{e^{2y}+e^{-2y}}{2}}+e^{2y}=-\frac{3}{4} $
A questo punto non riesco più ad andare avanti
Vediamo un po', forse sarebbe meglio scrivere $z=x+iy$ e ragionare su questo. Per prima cosa abbiamo
$$\frac{e^{2z}}{|e^{2z}|}=\frac{e^{2x}\cdot e^{2iy}}{e^{2x}}=e^{2iy}=\cos(2y)+i\sin(2y)$$
Inoltre
$$i\sin z\cos z=\frac{i}{2}\sin(2z)=\frac{i}{2}\sin(2x+2iy)=\frac{e^{2ix}e^{-2y}-e^{-2ix}e^{2y}}{4}=\\ \frac{1}{4}(e^{-2y}\cos(2x)+ie^{-2y}\sin(2x)-e^{2y}\cos(2x)+ie^{2y}\sin(2x))$$
per cui la parte reale risulta
$$Re(i\sin z\cos z)=\frac{\cos(2x)}{4}(e^{-2y}-e^{2y})$$
Infine
$$\cosh(2y)=\frac{e^{2y}+e^{-2y}}{2}$$
per cui l'equazione si riscrive come
$$\frac{\cos(2x)}{2}\frac{e^{-2y}-e^{2y}}{e^{2y}+e^{-2y}}+\frac{3}{4}+\cos(2y)+i\sin(2y)=0$$
Ora osserva che l'unico termine immaginario nella precedente equazione è $\sin(2y)$, per cui bisogna porre
$$\sin(2y)=0\ \Rightarrow\ 2y=k\pi\ \Rightarrow\ y=\frac{k\pi}{2}$$
Sostituendo questi valori di $y$ nell'equazione otteniamo
$$\frac{\cos(2x)}{2}\frac{e^{-k\pi}-e^{k\pi}}{e^{k\pi}+e^{-k\pi}}+\frac{3}{4}+\cos(k\pi)=0$$
Ora, $\cos(k\pi)=(-1)^k$, mentre possiamo porre (risulta un valore costante) $\alpha(k)=\frac{e^{-k\pi}-e^{k\pi}}{e^{k\pi}+e^{-k\pi}}$
per cui, dopo qualche manipolazione
$$\alpha(k)\cdot\cos(2x)=-\frac{3+(-1)^k\cdot 4}{2}$$
Se $\alpha(k)=0$ (che si ha solo per $k=0$) l'equazione non ha soluzioni, mentre per $k\ne 0$ si ha
$$\cos(2x)=-\frac{3+(-1)^k\cdot 4}{2\alpha(k)}$$
Le soluzioni di questa sono alquanto strane, devo dire, però bisogna considerare che il membro a destra, affinché tu abbia soluzioni, deve essere un valore numerico compreso nell'intervallo $[-1,1]$.
Indichiamo con $\beta(k)$ questo membro destro: allora esso si riscrive
$$\beta(2h)=-\frac{7}{2\alpha(2h)}$$
se $k=2h$ è pari, mentre risulta
$$\beta(2h+1)=\frac{1}{2\alpha(2h+1)}$$
per $k=2h+1$ dispari.
Imponendo che $|\beta(k)|\le 1$ possiamo scrivere, nel primo caso, le condizioni
$$\left\{\begin{array}{l}
-\frac{7}{2\alpha(2h)}\ge -1\\ -\frac{7}{2\alpha(2h)}\le 1
\end{array}\right.\ \Rightarrow\ \left\{\begin{array}{l}
\frac{2\alpha(2h)-7}{2\alpha(2h)}\ge 0\\ \frac{2\alpha(2h)+7}{2\alpha(h)}\ge 1
\end{array}\right.$$
mentre nel secondo caso
$$\left\{\begin{array}{l}
-\frac{7}{2\alpha(2h+1)}\ge -1\\ -\frac{7}{2\alpha(2h+1)}\le 1
\end{array}\right.\ \Rightarrow\ \left\{\begin{array}{l}
\frac{2\alpha(2h+1)-7}{2\alpha(2h+1)}\ge 0\\ \frac{2\alpha(2h+1)+7}{2\alpha(h+1)}\ge 1
\end{array}\right.$$
E a questo punto vedrei quali sono i valori accettabili di $h$.
Non so però, magari l'equazione non è quella, perché mi sembra tutto troppo lungo...
o magari c'è un percorso più veloce e adesso non mi viene in mente.
$$\frac{e^{2z}}{|e^{2z}|}=\frac{e^{2x}\cdot e^{2iy}}{e^{2x}}=e^{2iy}=\cos(2y)+i\sin(2y)$$
Inoltre
$$i\sin z\cos z=\frac{i}{2}\sin(2z)=\frac{i}{2}\sin(2x+2iy)=\frac{e^{2ix}e^{-2y}-e^{-2ix}e^{2y}}{4}=\\ \frac{1}{4}(e^{-2y}\cos(2x)+ie^{-2y}\sin(2x)-e^{2y}\cos(2x)+ie^{2y}\sin(2x))$$
per cui la parte reale risulta
$$Re(i\sin z\cos z)=\frac{\cos(2x)}{4}(e^{-2y}-e^{2y})$$
Infine
$$\cosh(2y)=\frac{e^{2y}+e^{-2y}}{2}$$
per cui l'equazione si riscrive come
$$\frac{\cos(2x)}{2}\frac{e^{-2y}-e^{2y}}{e^{2y}+e^{-2y}}+\frac{3}{4}+\cos(2y)+i\sin(2y)=0$$
Ora osserva che l'unico termine immaginario nella precedente equazione è $\sin(2y)$, per cui bisogna porre
$$\sin(2y)=0\ \Rightarrow\ 2y=k\pi\ \Rightarrow\ y=\frac{k\pi}{2}$$
Sostituendo questi valori di $y$ nell'equazione otteniamo
$$\frac{\cos(2x)}{2}\frac{e^{-k\pi}-e^{k\pi}}{e^{k\pi}+e^{-k\pi}}+\frac{3}{4}+\cos(k\pi)=0$$
Ora, $\cos(k\pi)=(-1)^k$, mentre possiamo porre (risulta un valore costante) $\alpha(k)=\frac{e^{-k\pi}-e^{k\pi}}{e^{k\pi}+e^{-k\pi}}$
per cui, dopo qualche manipolazione
$$\alpha(k)\cdot\cos(2x)=-\frac{3+(-1)^k\cdot 4}{2}$$
Se $\alpha(k)=0$ (che si ha solo per $k=0$) l'equazione non ha soluzioni, mentre per $k\ne 0$ si ha
$$\cos(2x)=-\frac{3+(-1)^k\cdot 4}{2\alpha(k)}$$
Le soluzioni di questa sono alquanto strane, devo dire, però bisogna considerare che il membro a destra, affinché tu abbia soluzioni, deve essere un valore numerico compreso nell'intervallo $[-1,1]$.
Indichiamo con $\beta(k)$ questo membro destro: allora esso si riscrive
$$\beta(2h)=-\frac{7}{2\alpha(2h)}$$
se $k=2h$ è pari, mentre risulta
$$\beta(2h+1)=\frac{1}{2\alpha(2h+1)}$$
per $k=2h+1$ dispari.
Imponendo che $|\beta(k)|\le 1$ possiamo scrivere, nel primo caso, le condizioni
$$\left\{\begin{array}{l}
-\frac{7}{2\alpha(2h)}\ge -1\\ -\frac{7}{2\alpha(2h)}\le 1
\end{array}\right.\ \Rightarrow\ \left\{\begin{array}{l}
\frac{2\alpha(2h)-7}{2\alpha(2h)}\ge 0\\ \frac{2\alpha(2h)+7}{2\alpha(h)}\ge 1
\end{array}\right.$$
mentre nel secondo caso
$$\left\{\begin{array}{l}
-\frac{7}{2\alpha(2h+1)}\ge -1\\ -\frac{7}{2\alpha(2h+1)}\le 1
\end{array}\right.\ \Rightarrow\ \left\{\begin{array}{l}
\frac{2\alpha(2h+1)-7}{2\alpha(2h+1)}\ge 0\\ \frac{2\alpha(2h+1)+7}{2\alpha(h+1)}\ge 1
\end{array}\right.$$
E a questo punto vedrei quali sono i valori accettabili di $h$.
Non so però, magari l'equazione non è quella, perché mi sembra tutto troppo lungo...
o magari c'è un percorso più veloce e adesso non mi viene in mente.
Forse dico una banalità, ma mi sembra che guardando l'equazione così:
$ e^(2z)=-\frac{Re(isinzcosz)}{cosh2(Im z)}-\frac{3}{4} $
si evinca che $e^(2z)$ è reale. Il che non lascia molte alternative (nè molti calcoli da fare, mi pare). Salvo miei errori.
$ e^(2z)=-\frac{Re(isinzcosz)}{cosh2(Im z)}-\frac{3}{4} $
si evinca che $e^(2z)$ è reale. Il che non lascia molte alternative (nè molti calcoli da fare, mi pare). Salvo miei errori.
@ ciampax: il discorso fila solo che anche a me è sembrato un procedimento un pò lungo...comunque ti ringrazio per l'aiuto!!
@pallit: potresti indicarmi come risolveresti l'esercizio,te ne sarei molto grato
@pallit: potresti indicarmi come risolveresti l'esercizio,te ne sarei molto grato
"Palliit":
Forse dico una banalità, ma mi sembra che guardando l'equazione così:
$ e^(2z)=-\frac{Re(isinzcosz)}{cosh2(Im z)}-\frac{3}{4} $
si evinca che $e^(2z)$ è reale. Il che non lascia molte alternative (nè molti calcoli da fare, mi pare). Salvo miei errori.
Pallit nell'equazione hai mancato il modulo $ |e^ (2z)|$
"elmachico":e hai ragione
Pallit nell'equazione hai mancato il modulo $ |e^ (2z)| $
Scusate, ho preso un granchio.
nessuno può aiutarmi???
Ti scrivo quello che ho fatto io benché non mi sembri molto diverso, in linea di principio, da quanto già scritto.
Da questo punto: $(Re((e^(2z)-e^(-2z))/2))/(e^(2y)+e^(-2y))+3/4+e^(2iy)=0$ si deduce che $e^(2iy)$ dev'essere reale, il che comporta due possibilità:
A) $e^(2iy)=1$__$to$__$y=k pi$__$to$__$e^(2z)=e^(2x)$; sostituendo si ottiene:
$e^(2x)-e^(-2x)+7/2(e^(2kpi)+e^(-2kpi))=0$__$to$__$e^(4x)+7/2(e^(2kpi)+e^(-2kpi))e^(2x)-1=0$,
che risolta (in $RR$) come equazione di secondo grado in $e^(2x)$ dà una (si fa per dire, vista la dipendenza da $k in ZZ$) sola soluzione accettabile in quanto positiva, soluzione che non ti scrivo perché lunga una ventina di centimetri.
B) $e^(2iy)=-1$__$to$__$y=(k+1/2) pi$__$to$__$e^(2z)=-e^(2x)$; sostituendo si ottiene, con calcoli analoghi, un'equazione simile a quella di prima: $e^(4x)+1/2(e^((2k+1)pi)+e^(-(2k+1)pi))e^(2x)-1=0$ che si conclude in modo analogo. Se non ho fatto ulteriori errori.
Comunque sembra anche a me troppo complicato per essere vero.
Da questo punto: $(Re((e^(2z)-e^(-2z))/2))/(e^(2y)+e^(-2y))+3/4+e^(2iy)=0$ si deduce che $e^(2iy)$ dev'essere reale, il che comporta due possibilità:
A) $e^(2iy)=1$__$to$__$y=k pi$__$to$__$e^(2z)=e^(2x)$; sostituendo si ottiene:
$e^(2x)-e^(-2x)+7/2(e^(2kpi)+e^(-2kpi))=0$__$to$__$e^(4x)+7/2(e^(2kpi)+e^(-2kpi))e^(2x)-1=0$,
che risolta (in $RR$) come equazione di secondo grado in $e^(2x)$ dà una (si fa per dire, vista la dipendenza da $k in ZZ$) sola soluzione accettabile in quanto positiva, soluzione che non ti scrivo perché lunga una ventina di centimetri.
B) $e^(2iy)=-1$__$to$__$y=(k+1/2) pi$__$to$__$e^(2z)=-e^(2x)$; sostituendo si ottiene, con calcoli analoghi, un'equazione simile a quella di prima: $e^(4x)+1/2(e^((2k+1)pi)+e^(-(2k+1)pi))e^(2x)-1=0$ che si conclude in modo analogo. Se non ho fatto ulteriori errori.
Comunque sembra anche a me troppo complicato per essere vero.
Pallit hai sbagliato a scrivere la quantità tra parentesi tralasciando l'unità immaginaria, la forma corretta è
$ (Re((e^(2iz)-e^(-2iz))/2))/(e^(2y)+e^(-2y))+3/4+e^(2iy)=0 $
$ (Re((e^(2iz)-e^(-2iz))/2))/(e^(2y)+e^(-2y))+3/4+e^(2iy)=0 $
Hai ragione, me l'ero scritta a mano e avevo perso un pezzo. Mi scuso per la svista.
In ogni caso il procedimento di Pallit è sostanzialmente simile al mio e anche le soluzioni, ergo l'equazione pare avere veramente una brutta faccia!
ragazzi ho chiesto suggerimento al prof e mi ha detto di ricordare che
$ sin z = sin(x+jy) = sin x cos jy + cosx sin jy = sin x cosh y +jcos x sinhy $
$ sin z = sin(x+jy) = sin x cos jy + cosx sin jy = sin x cosh y +jcos x sinhy $
A rischio di toppare per la terza volta e di sembrare scortese nei confronti del tuo prof, mi pare che non sia questo gran suggerimento. Di fatto mi sembra che con o senza questa indicazione si arrivi, come ha già indicato Ciampax, a qualcosa che (se non sono definitivamente recidivo nei miei errori ) dovrebbe essere:
$1/2 tanh(kpi)*cos2x-3/4-(-1)^k=0$ (sempre con $2y=kpi$), da cui:
(1) $cos2x=(3/2+2*(-1)^k)/tanh(kpi)$;
dato che $|tanh(k pi)|<1$, per $k$ pari non dovrebbero esserci soluzioni perché il secondo membro della (1) risulta certamente di modulo maggiore di 1, mentre per $k$ dispari le soluzioni sono tutte accettabili ($|tanh(kpi)|>1/2$ per $|kpi|>1/2ln3$, condizione verificata da tutti i $k pi$ con $k$ dispari). Da qui ad esprimerle in modo decente ce ne passa. Sempre se non ho fatto altre bestialità.
Non è che per caso, nel testo, a denominatore c'è un seno e non un coseno iperbolico?
) dovrebbe essere:$1/2 tanh(kpi)*cos2x-3/4-(-1)^k=0$ (sempre con $2y=kpi$), da cui:
(1) $cos2x=(3/2+2*(-1)^k)/tanh(kpi)$;
dato che $|tanh(k pi)|<1$, per $k$ pari non dovrebbero esserci soluzioni perché il secondo membro della (1) risulta certamente di modulo maggiore di 1, mentre per $k$ dispari le soluzioni sono tutte accettabili ($|tanh(kpi)|>1/2$ per $|kpi|>1/2ln3$, condizione verificata da tutti i $k pi$ con $k$ dispari). Da qui ad esprimerle in modo decente ce ne passa. Sempre se non ho fatto altre bestialità.
Non è che per caso, nel testo, a denominatore c'è un seno e non un coseno iperbolico?
nono è un coseno iperbolico
Io l'avevo risolta usando quella regoletta (implicitamente) per cui il risultato quello è!
Resto dell'opinione che nelle intenzionii di chi l'ha formulata ci fosse qualcosa di diverso nel testo. Comunque se scopri l'arcano facci sapere.
Pallit hai proprio ragione, siccome stavo impazzendo sono andato a ricevimento dal prof e sai cosa mi ha risposto????????
MI SCUSO CON LEI MA IL TESTO DELL'ESERCIZIO E' SBAGLIATO AL POSTO DEL COSH DEVE INSERIRE IL SINH!!!!!
ecco svelato l'arcano
MI SCUSO CON LEI MA IL TESTO DELL'ESERCIZIO E' SBAGLIATO AL POSTO DEL COSH DEVE INSERIRE IL SINH!!!!!
ecco svelato l'arcano
Ah, i prof, che brutta razza... 
[ot]Ho sentito di un professore americano che aggiunge nei suoi fogli di esercizi un commento, che dice grosso modo così: "le tracce di questi esercizi potrebbero contenere degli errori. Parte del lavoro di risoluzione sta nel trovarli e nel correggerli" 
Insomma se ne lava le mani. Però in ultima analisi devo dire che non è una brutta strategia didattica, anche se si attira un mucchio di parolacce. Quando uno cerca di risolvere un esercizio, e trova un errore, dopo si ricorda molto bene di cosa si trattasse.[/ot]
Insomma se ne lava le mani. Però in ultima analisi devo dire che non è una brutta strategia didattica, anche se si attira un mucchio di parolacce. Quando uno cerca di risolvere un esercizio, e trova un errore, dopo si ricorda molto bene di cosa si trattasse.[/ot]
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo