Parte reale e parte immaginaria

[francy661]

Qualcuno può darmi una piccola dritta riguardo questo esercizio??? non so dove mettere mano

Al variare di K$in$$RR$ trova gli z $in$$CC$ tali che

KR(z) + (K-2)I( $\bar z$) + (1-K)z = 7 + 5(1-K)i

dove R è la parte reale e I la parte immaginaria.

Sapete dirmi come devo muovermi??? grazie

[Gi81]

Sia $z= a+ib$ , con $a,b in RR$.
Cosa ottieni?

[francy661]

aK + (2-K)ib + (1-k)(a+ib)=7 +5(1-k)i

[Gi81]

Quasi. C'è solo una cosa che non va: la parte immaginaria di $a+ib$ è $b$, non $ib$

[francy661]

aK + (2-K)b + (1-k)(a+b)=7 +5(1-k)i

ak + (2-k)b + a + b - ak - bk = 7 +5(1-k)i

a + b(3-k) = 7 +5(1-k)i

[Gi81]

Hai corretto quello che ti ho detto di correggere, ma hai sbagliato un'altra cosa:
la forma corretta è $ak+(2-k)b+(1-k)(a+ib)= 7+5(1-k)i$, che diventa:
$[ak+(2-k)b+a(1-k)]+i[b(1-k)]= 7+5(1-k)i$

Ora uguagliamo parte reale e parte immaginaria: ${(ak+(2-k)b+a(1-k)=7),(b(1-k)=5(1-k)):}$

[*:2qkuwovj]$k!=1$:
la seconda equazione diventa $b=5$.
Sostituendo nella prima ottieni $ak+5(2-k)+a-ak=7$,
cioè $a=7+5(k-2)$.
Ecco, la soluzione è ${(a=7+5(k-2)),(b=5):}$, cioè $z= [7+5(k-2)]+5i$
[/*:m:2qkuwovj]
[*:2qkuwovj] $k=1$... Falla tu[/*:m:2qkuwovj][/list:u:2qkuwovj]

[francy661]

si infatti la stavo rifacendo a penna con la correzione!!! poi lo scrivo.

posso chiederti un'altra cosa???

è vero che tutte le applicazioni lineari da $RR^3"$ in $RR_4$ (t) sono iniettive?

Sia T: V in W
so che le applicazioni lineari sono iniettive se e solo se il rgT = dim V se il ker T = 0 dim ker T =0

se devo fare un esempio?

[Gi81]

No. Esistono delle applicazioni lineari $f:RR^3 ->RR_4[t]$ non iniettive.
Ce ne sono di molto semplici. Pensaci su un attimo

[francy661]

si ok non sempre è vera, ma non mi viene in mente un esempio

[francy661]

il ker di T = (at^4+bt^3+ct^2+dt+e) = 0

[Gi81]

Ad esempio $f(a,b,c)= a-b$ (ovviamente $(a,b,c) in RR^3$)

Hai che $(1,1,0) in Ker(f)$