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Equazioni algebriche (in campo complesso)

Obiettivo (corso Analisi Matematica 1)

  • Radice di un polinomio
  • Teorema fondamentale dell'algebra
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    • Radice di un polinomio

    Dato il polinomio $P(z)$, allora

    • $\alpha$ si dice radice sse $P(\alpha)=0$

    • $\alpha$ è una radice di molteplicità $n$ sse $P(z)$ è divisibile per $(z-a)^n$ ma non è divisibile per $(z-a)^{n+1}$

    Esempio

    Il polinomio

    $$ P(z) = z(z-\beta)^2(z-\alpha)^3 $$

    ha

    • una radice $0$ di molteplicità 1: $z$
    • una radice $\beta$ di molteplicità 2: $(z-\beta)^2$
    • una radice $\alpha$ di molteplicità 3: $(z-\alpha)^3$

    Teorema fondamentale dell'algebra (senza dimostrazione)

    Il polinomio $$P(x) \;=\; a_n x^{n} + \ldots + a_1 x + a_0,\qquad a_n\ne0$$ di grado $n\geqslant1$ ha almeno una radice (reale o complessa) $\alpha$, i.e.
    $$P(\alpha)=0$$

    I coefficienti $a_n, \ldots, a_1, a_0$ possono essere sia reali che complessi


    Conseguenza 1

    Un qualsiasi polinomio $P$ di grado $n$, i.e. $P(z) = a_n z^{n} + \ldots + a_1 z + a_0$, ammette $n$ radici (reali o complesse con le relative molteplicità), i.e. $$P(z) \;=\; a_n (z-z_1) \cdot \ldots \cdot (z-z_n)$$

    Dimostrazione

    Se $z_1$ è una radice di $P(z)$ allora per il teorema di Ruffini posso scrivere $$ P(z) \;=\; Q(z) (z-z_1) $$ dove $Q(z)$ è un polinomio di grado $n-1$

    Reiterando il procedimento segue la tesi


    Conseguenza 2

    Sia $P(z)$ un polinomio a coefficienti reali. Se $\alpha\in\mathbb{C}$ è una radice del polinomio, cioè $P(\alpha)=0$ allora anche $P(\overline{\alpha})=0$

    Dimostrazione

    Infatti, se $$ P(z) \;=\; a_n z^{n} + \ldots + a_1 z + a_0,\quad a_i\in\mathbb{R} $$ e $P(\alpha)=0$ allora $\overline{P(\alpha)}=0$


    Quindi $$ \begin{aligned} \overline{P(z)} &= \overline{a_n z^{n} + \ldots + a_1 z + a_0}\\ &= \overline{a_n z^{n}} + \ldots + \overline{a_1 z} + \overline{a_0} \\ &= a_n \overline{z}^{n} + \ldots + a_1 \overline{z} + a_0 \end{aligned} $$ si ha $$ 0 \;=\; \overline{P(\alpha)} \;=\; P(\overline{\alpha}) $$


    Conseguenza 3

    Se i coefficienti di $P$ sono reali e il grado di $P$ è dispari, allora $P$ ha almeno una radice reale

    Dimostrazione

    Segue dalla conseguenza 2, infatti si ha che le radici complesse di un polinomio a coefficienti reali si presentano come coppie di complessi coniugati


    Osservazione sull'equazione di II grado

    La soluzione di $$ a z^2 + b z + c = 0,\quad a,b,c\in\mathbb{C} $$ è $$ z_{1,2} = {- b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a} $$

    Nota: Il segno $\pm$ davanti alla radice quadrata è superfluo perché $\sqrt{\cdot}$ nel campo complesso ha due valori, uno opposto all'altro


    Equazioni algebriche
    (strategia risolutiva)

    1. Approccio "diretto" (esempio nei polinomi)

    2. Sostituzione algebrica $z = a+bi$ (una equazione per la parte reale ed una per la parte immaginaria)

    3. Sostituzione trigonometrica o esponenziale

    Nota: I risultati ottenuti si possono poi interpretare graficamente nel piano di Gauss



    Esempi



    Esempio 1

    Risolvere l'equazione

    $$z^2 - 2z -i\sqrt{3} = 0$$

    Soluzione

    $z_{1,2} \;=\; {+2 \pm \sqrt{4 - 4 \cdot 1 \cdot (-i\sqrt{3})} \over 2 \cdot 1} \;=\; {2 \pm \sqrt{4 + 4i\sqrt{3}} \over 2} \;=\; {2 \pm 2\sqrt{1 + i\sqrt{3}} \over 2} \;=\; 1 \pm \sqrt{1 + i\sqrt{3}}$

    Indichiamo con $\Delta = 1 + i\sqrt{3}$, allora

    • $\left|\Delta\right| \;=\; \sqrt{1+3} \;=\; 2$
    • $\Delta\in\text{I quadrante}$
    • $\theta \;=\; \arg{\Delta} \;=\; \arctan{\left(\sqrt{3}\right)} \;=\; {\pi\over 3}$
    • Forma trigonometrica: $\Delta \;=\; 2\operatorname{cis}{\left({\pi\over 3}\right)}$

    Le radici di $\Delta$ sono: $\quad\displaystyle{\Delta_{0,1} \;=\; \sqrt{2} \cdot \operatorname{cis}{\left({{\pi\over 3} + k2\pi\over 2}\right)},\quad k=0,1}$

    • $\Delta_{0} = \sqrt{2} \cdot \operatorname{cis}{\left({\pi\over 6}\right)} = \sqrt{2}\cdot \left({\sqrt{3}\over 2} + i{1\over2}\right)$
    • $\Delta_{1} = - \Delta_0$

    Pertanto la soluzione è $$ \begin{aligned} z_{1,2} \;=\; 1 \pm \sqrt{\Delta} \;=\; 1 \pm \sqrt{2}\cdot \left({\sqrt{3}\over 2} + i{1\over2}\right) \;=\; \begin{cases} 1+\sqrt{{3\over 2}} + i{1\over\sqrt{2}} \\ 1-\sqrt{{3\over 2}} - i{1\over\sqrt{2}} \end{cases} \end{aligned} $$


    Esempio 2

    Risolvere l'equazione $z^2 - 2z -i\sqrt{3} = 0$ mediante la sostituzione $z=a+bi$

    Soluzione

    Si tratta dell'esempio 1 risolto con la sostituzione del numero complesso in forma algebrica

    Questo esempio vuole mostrare la difficoltà di praticare questo tipo di strada nel cercare la soluzione


    Se $z=a+bi$, l'equazione $z^2 - 2z -i\sqrt{3} = 0$ diventa $$ \begin{gathered} &(a+bi)^2 - 2 (a+bi) -i\sqrt{3} = 0 \\ & a^2 - b^2 + 2abi -2a -2bi -i\sqrt{3} \\ & (a^2 - b^2 - 2a) + i(2ab - 2b - \sqrt{3}) = 0 \end{gathered} $$ che corrisponde al sistema di equazioni (parte reale ed immaginaria) $$ \begin{cases} a^2 - b^2 - 2a = 0\\ 2ab - 2b - \sqrt{3} = 0 \end{cases} $$ con $a,b\in\mathbb{R}$, la cui soluzione è $$ \begin{cases} a^2 - b^2 - 2a = 0 \\ 2ab - 2b - \sqrt{3} = 0 \end{cases} \;\implies\; \begin{cases} b^2 = a^2 - 2a \\ b = {\sqrt{3}\over 2(a-1)} \end{cases} \;\implies\; \begin{cases} {3\over 4(a-1)^2} = a^2 - 2a \\ b = {\sqrt{3}\over 2(a-1)} \end{cases}$$


    da cui (non per nulla facile) $$ {3\over 4(a^2-1)} = a^2 - 2a \;\Longleftrightarrow\; 4a^4 -16a^3 +20a^2-8a-3=0 \\ \;\Longleftrightarrow\; (2a^2-4a-1) \cdot (2a^2-4a+3) = 0 $$ che ha soluzione

    $$ \begin{aligned} a_{1,2} &= 1\pm{i\over\sqrt{2}} \quad \color{white}{\text{(da scartare perchè non è reale, in realtà porta anch'essa alla soluzione)}} \\ a_{3,4} &= 1\pm{\sqrt{{3\over 2}}} \end{aligned} $$

    Soluzione 1

    Per $a=1+{\sqrt{{3\over 2}}}$ si ha $b = {\sqrt{3}\over 2\left(\cancel{1}+{\sqrt{{3\over 2}}}-\cancel{1}\right)} = {1\over\sqrt{2}}$ da cui $z=1+\sqrt{{3\over 2}} + i{1\over\sqrt{2}}$

    Soluzione 2

    Per $a=1-{\sqrt{{3\over 2}}}$ si ha $b = {\sqrt{3}\over 2\left(\cancel{1}-{\sqrt{{3\over 2}}}-\cancel{1}\right)} = -{1\over\sqrt{2}}$ da cui $z=1-\sqrt{{3\over 2}} - i{1\over\sqrt{2}}$

    E' evidente che il metodo non è affatto vantaggioso rispetto al metodo diretto dove è stata applicata la formula risolutiva di un'eq. di II grado


    Esempio 3

    Determinare il parametro $\alpha\in\mathbb{C}$ in modo che $z_0=-i$ si una radice di

    $$P(z)=z^3-\alpha z^2+(2+i)z-2$$

    e determinare inoltre le restanti due radici (in forma algebrica)

    Soluzione

    Per $z_0=-i$ si ha

    $$ \begin{aligned} &P(-i) = (-i)^3-\alpha (-i)^2 + (2+i)(-i)-2 = 0 \\ & \;\Longleftrightarrow\; i+\alpha-2i+1-2=0\\ & \;\Longleftrightarrow\; \alpha-i-1=0 \;\implies\; \alpha = 1+i \end{aligned} $$

    da cui

    $$P(z) = z^3-(1+i) z^2+(2+i)z-2$$


    Dividiamo $P(z) = z^3-(1+i) z^2+(2+i)z-2$ per $z+i$, utilizzando Ruffini si ha

    $$ \begin{array}{c|c c c|c} & 1 & -1-i & 2+i & -2 \\ -i& & -i & -2+i& +2 \\ \hline & 1 & -1-2i& 2i & 0 \\ \end{array} $$

    e, quindi si ha la fattorizzazione

    $$ P(z) = \big(z+i\big) \cdot \big(z^2-(1+2i)z+2i\big) $$

    Le restanti due radici sono le soluzioni di $z^2-(1+2i)z+2i=0$ cioè

    $$ \begin{aligned} z_{1,2} &= {1+2i + \sqrt{(1+2i)-8i} \over 2} = {1+2i + \sqrt{1+4i-4-8i} \over 2} = {1+2i + \sqrt{(1-2i)^2} \over 2} \\ &= {1+2i \pm (1-2i) \over 2} = \begin{cases} z_1 = 1 \\ z_2 = 2 \end{cases} \end{aligned} $$

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