Equazione complessa
Ciao a tutti, questa equazione l'ho svolta, ma non sono tanto sicuro della soluzione. Controllate per favore se è corretta e se vi è anche una via alternativa più semplice scrivete pure.
Grazie in anticipo
Trovare le soluzioni nel campo complesso dell'equazione \(\displaystyle z^2+\imath(z-\bar{z})^2-1=0 \)
svolgimento
riscrivo l'equazione così \(\displaystyle z^2+\imath(z-\bar{z})^2=1 \)
per risolverla ho portato tutto in forma esponenziale
\(\displaystyle z^2=\rho e^{\imath (2\theta)} \)
\(\displaystyle \imath(z-\bar{z})^2=e^{\imath \left(\frac{\pi}{2}\right)}(\rho e^{\imath(\theta)}-\rho e^{\imath (-\theta)})^2 =\exp \imath\left(\frac{\pi}{2}\right)(\rho^2 e^{\imath(2\theta)}+\rho^2 e^{\imath (-2\theta)}-2\rho^2 e^{\imath 0})=\)
\(\displaystyle \rho^2 \exp \imath\left(2\theta+\frac{\pi}{2}\right)+\rho^2 \exp \imath \left(-2\theta+\frac{\pi}{2}\right)-2\rho^2 \exp \imath \left(0+\frac{\pi}{2}\right) \)
mettendo insieme il tutto si ha
\(\displaystyle \rho \exp \imath (2\theta)+\rho^2 \exp \imath\left(2\theta+\frac{\pi}{2}\right)+\rho^2 \exp \imath \left(-2\theta+\frac{\pi}{2}\right)-2\rho^2 \exp \imath \left(0+\frac{\pi}{2}\right) = \exp \imath 0 \)
ho eguagliato i moduli e viene \(\displaystyle \rho+\rho^2+\rho^2-2\rho^2=1\rightarrow \rho=1 \)
eguaglio gli argomenti
\(\displaystyle 2\theta+2\theta+\frac{\pi}{2}-2\theta+\frac{\pi}{2} +\frac{\pi}{2}=2k\pi \) ossia \(\displaystyle 2\theta+\pi=2k\pi \) ossia \(\displaystyle \theta=\frac{-\pi+2k\pi}{2} \)con \(\displaystyle k=0,1 \)
mettendo insieme \(\displaystyle \rho =1 \) e \(\displaystyle \theta=\frac{-\pi+2k\pi}{2} \) con \(\displaystyle k=0,1 \)
Grazie in anticipo
Trovare le soluzioni nel campo complesso dell'equazione \(\displaystyle z^2+\imath(z-\bar{z})^2-1=0 \)
svolgimento
riscrivo l'equazione così \(\displaystyle z^2+\imath(z-\bar{z})^2=1 \)
per risolverla ho portato tutto in forma esponenziale
\(\displaystyle z^2=\rho e^{\imath (2\theta)} \)
\(\displaystyle \imath(z-\bar{z})^2=e^{\imath \left(\frac{\pi}{2}\right)}(\rho e^{\imath(\theta)}-\rho e^{\imath (-\theta)})^2 =\exp \imath\left(\frac{\pi}{2}\right)(\rho^2 e^{\imath(2\theta)}+\rho^2 e^{\imath (-2\theta)}-2\rho^2 e^{\imath 0})=\)
\(\displaystyle \rho^2 \exp \imath\left(2\theta+\frac{\pi}{2}\right)+\rho^2 \exp \imath \left(-2\theta+\frac{\pi}{2}\right)-2\rho^2 \exp \imath \left(0+\frac{\pi}{2}\right) \)
mettendo insieme il tutto si ha
\(\displaystyle \rho \exp \imath (2\theta)+\rho^2 \exp \imath\left(2\theta+\frac{\pi}{2}\right)+\rho^2 \exp \imath \left(-2\theta+\frac{\pi}{2}\right)-2\rho^2 \exp \imath \left(0+\frac{\pi}{2}\right) = \exp \imath 0 \)
ho eguagliato i moduli e viene \(\displaystyle \rho+\rho^2+\rho^2-2\rho^2=1\rightarrow \rho=1 \)
eguaglio gli argomenti
\(\displaystyle 2\theta+2\theta+\frac{\pi}{2}-2\theta+\frac{\pi}{2} +\frac{\pi}{2}=2k\pi \) ossia \(\displaystyle 2\theta+\pi=2k\pi \) ossia \(\displaystyle \theta=\frac{-\pi+2k\pi}{2} \)con \(\displaystyle k=0,1 \)
mettendo insieme \(\displaystyle \rho =1 \) e \(\displaystyle \theta=\frac{-\pi+2k\pi}{2} \) con \(\displaystyle k=0,1 \)
Risposte
"21zuclo":
Trovare le soluzioni nel campo complesso dell'equazione \(\displaystyle z^2+\imath(z-\bar{z})^2-1=0 \)
Io credo sia più semplice usare la forma algebrica $z = x + i y$.
ci avevo già provato a sostituire \(\displaystyle z=x+\imath y \) ma alla fine mi si usciva fuori \(\displaystyle x^2-y^2+2\imath y-4\imath y^2-1=0 \)
e quindi ho optato per la forma esponenziale, è vero che sembra tutto corretto?..
e quindi ho optato per la forma esponenziale, è vero che sembra tutto corretto?..
Io direi di no, anche perchè non puoi uguagliare i moduli a quel modo!
Usa la forma algebrica e i conti diventano semplici; le radici dovrebbero essere 4, ce ne sono due che si vedono a occhio..
Usa la forma algebrica e i conti diventano semplici; le radici dovrebbero essere 4, ce ne sono due che si vedono a occhio..
"21zuclo":
ci avevo già provato a sostituire \(\displaystyle z=x+\imath y \) ma alla fine mi si usciva fuori \(\displaystyle x^2-y^2+2\imath y-4\imath y^2-1=0 \)
e quindi ho optato per la forma esponenziale, è vero che sembra tutto corretto?..
Ho provato anche io, ma mi viene un risultato diverso:
$x^2-y^2+2xyi-4iy^2=0$
da cui
$(x-y)(x+y+2iy)=0$
ma potrei anche aver sbagliato tutto
"Giuly19":
Io direi di no, anche perchè non puoi uguagliare i moduli a quel modo!
Usa la forma algebrica e i conti diventano semplici; le radici dovrebbero essere 4, ce ne sono due che si vedono a occhio..
@Giuly19
x me le radici invece sono solamente 2 e mi sa che è esatta la mia soluzione, xkè dal
Teorema Fondamentale Dell'algebra: data in campo complesso l'equazione algebrica \(\displaystyle a_0z^n+a_1z^{n-1}+...a_{n-1}z+a_n=0 \), dove \(\displaystyle a_0,a_1,..a_n \in \mathbb{C} \), essa ammette sempre \(\displaystyle n \) soluzioni, se contate con la loro molteplicità. Inoltre se \(\displaystyle a_0, a_1,...a_n\in \mathbb{R} \) e \(\displaystyle z_0 \) è soluzione, anche \(\displaystyle \bar{z_0} \) è soluzione. Infine se \(\displaystyle a_0, a_1...., a_n \in \mathbb{R} \) e n è dispari, esiste sempre almeno una soluzione reale
inoltre 2 numeri complessi sono uguali se hanno lo stesso modulo e lo stesso argomento a meno di periodicità
è la cosa che ho fatto, ho messo tutto in forma esponenziale e poi ho eguagliato i moduli e gli argomenti e mi vengono fuori esattamente 2 radici!.. poi sta cosa di eguagliare i moduli così cm ho fatto ora l'ho già fatto altre volte e la risoluzione era giusta!..
Mostrami ciò che hai fatto tu Giuly19
"gio73":
[quote="21zuclo"]ci avevo già provato a sostituire \(\displaystyle z=x+\imath y \) ma alla fine mi si usciva fuori \(\displaystyle x^2-y^2+2\imath y-4\imath y^2-1=0 \)
e quindi ho optato per la forma esponenziale, è vero che sembra tutto corretto?..
Ho provato anche io, ma mi viene un risultato diverso:
$x^2-y^2+2xyi-4iy^2=0$
da cui
$(x-y)(x+y+2iy)=0$
ma potrei anche aver sbagliato tutto
[/quote]@gio73
ti sei dimenticato il \(\displaystyle -1 \) che c'è.. dovrestri scrivere $(x-y)(x+y+2iy)=1$
il modo più semplice è in forma esponenziale ed eguagliando i moduli secondo me!
Sì l'ho visto ora! grazie per la correzione!
Questa non è soltanto un'equazione di secondo grado in [tex]z[/tex], visto che compare anche il suo complesso coniugato [tex]z^*[/tex], quindi non c'è la garanzia di sole due soluzioni.
Mettendo in forma algebrica [tex]z=x+iy[/tex] e sostituendo si trova, con pochi passaggi: [tex]x^2-y^2-1+2i(xy-2y)=0[/tex]; uguagliando separatamente a zero parte reale e parte immaginaria del primo membro si trova un sistema (di IV grado) che risolto dà le soluzioni: [tex]z_{1,2}=\pm 1[/tex], [tex]z_{3,4}=2\pm i\sqrt{3}[/tex]. Sostituire per credere.
Mettendo in forma algebrica [tex]z=x+iy[/tex] e sostituendo si trova, con pochi passaggi: [tex]x^2-y^2-1+2i(xy-2y)=0[/tex]; uguagliando separatamente a zero parte reale e parte immaginaria del primo membro si trova un sistema (di IV grado) che risolto dà le soluzioni: [tex]z_{1,2}=\pm 1[/tex], [tex]z_{3,4}=2\pm i\sqrt{3}[/tex]. Sostituire per credere.
"Palliit":
Questa non è soltanto un'equazione di secondo grado in [tex]z[/tex], visto che compare anche il suo complesso coniugato [tex]z^*[/tex], quindi non c'è la garanzia di sole due soluzioni.
Mettendo in forma algebrica [tex]z=x+iy[/tex] e sostituendo si trova, con pochi passaggi: [tex]x^2-y^2-1+2i(xy-2y)=0[/tex]; uguagliando separatamente a zero parte reale e parte immaginaria del primo membro si trova un sistema (di IV grado) che risolto dà le soluzioni: [tex]z_{1,2}=\pm 1[/tex], [tex]z_{3,4}=2\pm i\sqrt{3}[/tex]. Sostituire per credere.
uhm grazie
ma mi spiegi bene cosa hai fatto? così xrò ho 1 sistema in 2 variabili
tu dici di eguagliare a zero la parte reale e la parte immaginaria
vuoi dire così?
\(\displaystyle x^2-y^2-1=0 \) e \(\displaystyle xy-2y=0 \)
e ma dopo come fai a sostituire? non capisco..fammi passaggi che hai fatto così capisco..non mi sn mai imbattuto in 1 sistema..
non hai mai affrontato un sistema? Mi perplime... comunque cominci dall'equazione [tex]xy-2y=0[/tex], la risolvi (con l'annullamento del prodotto) e trovi due possibilità, [tex]y=0[/tex] oppure [tex]x=2[/tex], sostituisci ognuna delle due (separatamente) nell'altra equazione e da questa trovi per ognuno dei valori di [tex]y[/tex] oppure di [tex]x[/tex] rispettivamente due valori di [tex]x[/tex] oppure di [tex]y[/tex] , che in tutto ti dànno le quattro soluzioni.
A me viene qualcosa di leggermente diverso (sbaglierò certamente io): riparto da \[ z^2+i(z-\bar{z})^2=1\]
Poniamo \( z:= x+ i y\) (con \(x, y \in \mathbb{R}\)) e otteniamo:
\( x^2-y^2 +2i xy +i (2iy)^2 = 1 \Rightarrow x^2 -y^2 +2ixy -4 i y^2=1 \)
Ecco il sistema: ${(x^2-y^2=1),(2xy-4y^2=0):}=> {(x^2-y^2=1),(2y(x-2y)=0):}$
La seconda equazione è equivalente a $y=0 vv x=2y$, dunque
${(x^2=1),(y=0):} vv {(3y^2=1),(x=2y):} => {(x=1),(y=0):} vv {(x= -1),(y=0):}vv{(y= (sqrt3)/3),(x=(2sqrt3)/3):} vv {(y= -(sqrt3)/3),(x= - (2sqrt3)/3):}$
Poniamo \( z:= x+ i y\) (con \(x, y \in \mathbb{R}\)) e otteniamo:
\( x^2-y^2 +2i xy +i (2iy)^2 = 1 \Rightarrow x^2 -y^2 +2ixy -4 i y^2=1 \)
Ecco il sistema: ${(x^2-y^2=1),(2xy-4y^2=0):}=> {(x^2-y^2=1),(2y(x-2y)=0):}$
La seconda equazione è equivalente a $y=0 vv x=2y$, dunque
${(x^2=1),(y=0):} vv {(3y^2=1),(x=2y):} => {(x=1),(y=0):} vv {(x= -1),(y=0):}vv{(y= (sqrt3)/3),(x=(2sqrt3)/3):} vv {(y= -(sqrt3)/3),(x= - (2sqrt3)/3):}$
No, no, hai ragione tu Gi8, mi sono mangiato un [tex]^2[/tex] per la fretta 
"Palliit":
Questa non è soltanto un'equazione di secondo grado in [tex]z[/tex], visto che compare anche il suo complesso coniugato [tex]z^*[/tex], quindi non c'è la garanzia di sole due soluzioni.
Mettendo in forma algebrica [tex]z=x+iy[/tex] e sostituendo si trova, con pochi passaggi: [tex]x^2-y^2-1+2i(xy-2y)=0[/tex]; uguagliando separatamente a zero parte reale e parte immaginaria del primo membro si trova un sistema (di IV grado) che risolto dà le soluzioni: [tex]z_{1,2}=\pm 1[/tex], [tex]z_{3,4}=2\pm i\sqrt{3}[/tex]. Sostituire per credere.
Proverò anche io, solo una cosa: la y sottolineata non dovrebbe essere alla seconda?
Ad ogni modo farei così:
uguaglio a 0 la parte reala
$x^2-y^2-1=0$
da cui
$x^2-y^2=1$
uguaglio a 0 la parte immaginaria
$y(x-2)=0$
o
$y(x-2y)=0$ vedi osservazione iniziale
comunque questa seconda equazione è vera se y=0 di conseguenza la prima diventa $x^2=1$
cioè $x=1$ e $x=-1$
I primi due numeri che soddisfano l'equazione di partenza sono, nella forma z=x+iy, $z_1=+1$ la parte immaginaria non c'è perchè y=0, e $z_2=-1$ idem per la parte immaginaria
Per proseguire aspetto conferme riguardo l'osservazione iniziale
Ok mi torna come a G8!
"Palliit":
non hai mai affrontato un sistema? Mi perplime... comunque cominci dall'equazione [tex]xy-2y=0[/tex], la risolvi (con l'annullamento del prodotto) e trovi due possibilità, [tex]y=0[/tex] oppure [tex]x=2[/tex], sostituisci ognuna delle due (separatamente) nell'altra equazione e da questa trovi per ognuno dei valori di [tex]y[/tex] oppure di [tex]x[/tex] rispettivamente due valori di [tex]x[/tex] oppure di [tex]y[/tex] , che in tutto ti dànno le quattro soluzioni.
grazie! sì ora ci sono!..perferct!..sì fino ora avevo trovato solamente esercizi per prepararmi al compito che bisognava trasformare il tutto in forma esponenziale.. mi è servito questo esercizio!
grazie Palliit
"Gi8":
A me viene qualcosa di leggermente diverso (sbaglierò certamente io): riparto da \[ z^2+i(z-\bar{z})^2=1\]
Poniamo \( z:= x+ i y\) (con \(x, y \in \mathbb{R}\)) e otteniamo:
\( x^2-y^2 +2i xy +i (2iy)^2 = 1 \Rightarrow x^2 -y^2 +2ixy -4 i y^2=1 \)
Ecco il sistema: ${(x^2-y^2=1),(2xy-4y^2=0):}=> {(x^2-y^2=1),(2y(x-2y)=0):}$
La seconda equazione è equivalente a $y=0 vv x=2y$, dunque
${(x^2=1),(y=0):} vv {(3y^2=1),(x=2y):} => {(x=1),(y=0):} vv {(x= -1),(y=0):}vv{(y= (sqrt3)/3),(x=(2sqrt3)/3):} vv {(y= -(sqrt3)/3),(x= - (2sqrt3)/3):}$
grazie anche a te Gi8
sì sì, hai ragione gio73, ho già recitato il mea culpa
"21zuclo":
poi sta cosa di eguagliare i moduli così cm ho fatto ora l'ho già fatto altre volte e la risoluzione era giusta!..
Ricordati anche di questo, visto che hai ancora in testa l'errore!
"Giuly19":
[quote="21zuclo"]
poi sta cosa di eguagliare i moduli così cm ho fatto ora l'ho già fatto altre volte e la risoluzione era giusta!..
Ricordati anche di questo, visto che hai ancora in testa l'errore![/quote]
ma le altre volte era giusto..xkè anche le ho fatte guardare ad uno in università che ha già fatto l'esame di Analisi Complessa e ha detto ke era giusto.. devo imparare che non è sempre uguale cn le equazioni complesse!..
va bé..questa equazione mi è servita!
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