Esercizi su sulle funzioni e sui numeri complessi
Le soluzioni proposte costituiscono solo una traccia di possibili soluzioni (lo studente deve giustificare i vari risultati), possono esserci altri modi, altrettanto corretti, di svolgere gli esercizi .
1. Sia
f
:C → C
z → 2 Re(z)a) Disegnare nel piano di Gauss f –1 (1) . b) Sia A =
{
x ∈ C | x5 + 2 = 0}
.Dire se esiste a ∈ A tale che f(a) = 0
Dire se esiste un polinomio di secondo grado a coefficienti reali le cui radici siano contenute in A. Dire se esiste un polinomio di terzo grado a coefficienti reali le cui radici siano contenute in A. Soluzione: a) f –1(1) =
{
x ∈ C|
f(z) = 1}
={
x ∈ C|
Re(z) = 12}
è nel piano di Gauss la retta x =12b) A =
{
x ∈ C | x5 + 2 = 0} = {
z0, z1, z2, z3, z4}
è dato nel piano di Gauss dai 5 vertici del pentagono in figura 0 1 3 4 2 z z z z zquindi nessuno di questi 5 punti appartiene alla retta x = 0, cioè non esiste a ∈ A tale che Re(a) = 0.
Un polinomio di secondo grado a coefficienti reali le cui radici siano contenute in A è per esempio (x – z2)2 , poiché z2 ∈ R , oppure (x – z1)(x – z3), essendo z1 e z3 complessi coniugati. Moltiplicando tale polinomio ancora per (x – z2) si ottiene un polinomio di terzo grado come richiesto.
2. Sia
f
:C → C
z → z4a) Determinare z ∈ C tale che f(z) = 1 – i.
b) Sia A =
{
z ∈ C|
Im z = 2 Re z}
. Dire se esistono a1, a2 ∈ A , a1 ≠ a2, tali che f(a1) = f(a2). c) È vero che z ∈ R ! f(z) ∈ R ?d) È vero che f(z) ∈ R ! z ∈ R ? Soluzione: a) 1 – i = ! 2(cos7" 4 + isen 7"
4 ) quindi ogni sua radice quarta, per esempio z = ! 2 8 (cos7" 16 + isen 7" 16) , è tale che f(z) = 1 – i. b) A = { x (1 + 2 i) | x ∈ R}, f(1 + 2 i) = f(–1 – 2 i). c) Si, la potenza di un numero reale è ancora reale. d) No, f( i ) = 1 ∈ R, ma i ∉ R.
3. Sia f: R → R la funzione cosí definita: f(x) = x 2 se x < 0 – ex+1 se x ! 0 " # $
Dire se f è invertibile e, in caso affermativo, trovare l'inversa. Soluzione:
Iniettività: Siano x1, x2 ∈ R tali che f(x1) = f(x2). Tesi: x1 = x2. – Se x1 < 0 e x2 < 0, x12 = x22 ⇒ x1 = x2
– Se x1 ≥ 0 e x2 ≥ 0, – ex1+ 1= – ex2 + 1 ⇒ x 1 = x2
– Se x1 < 0 e x2 ≥ 0 (o viceversa), x12 = – ex2 + 1 è impossibile perché x
12 > 0 e – ex2 + 1 ≤ 0
Surgettività:
Se y ≤ 0 ⇒ 1–y ≥ 1 ⇒ lg (1 – y) ≥ 0 ⇒ f(lg(1–y)) = – elg(1–y) + 1 = – (1–y) + 1=y Se y >0 ⇒ – ,y < 0 ⇒ f(– ,y ) = (– ,y )2 = y.
f bigettiva ⇒ f invertibile
La funzione inversa è f –1: R → R definita da f – 1(x) = – x se x > 0 lg (1 – x) se x ! 0 "
#
$
Si verifica facilmente che (f of– 1)(x) = x e (f– 1 of )(x) = x per ogni x ∈ R.
4. Sia f: A
→
A la funzione cosí definita: f(x) = 2 x + 4 se x ! – 2 x + 2 se x < – 2 "# $
dire se f è invertibile e in caso affermativo determinare la funzione inversa nei due casi: a) A = Z , b) A = R.
Soluzione: Per ogni y ∈ A (codominio) calcoliamo la controimmagine f -1(y). Osserviamo che se x < – 2 si ha f(x) < 0, mentre se x ≥ – 2 risulta f(x) ≥ 0. Quindi si devono distinguere due casi:
se y < 0 allora y = x + 2 da cui x = y – 2, se y ≥ 0 allora y = 2x + 4, da cui 2x = y – 4 e se A = R si può concludere x = y – 4
2 , mentre se A = Z l'equazione ha soluzione solo se y è pari.
Quindi se A = Z la funzione non è surgettiva ( per esempio f -1(1) = ! ) e quindi non è invertibile, se A = R ogni elemento ha controimmagine costituita da un unico elemento e quindi è bigettiva e l'inversa è: f –1(x) = x – 2 se x < 0 x – 4 2 se x ! 0 " # $ % $ 5. Sia f : C ! C z a 2z3+ 1 a) dire se f è iniettiva, b) dire se f è surgettiva,
c) determinare la controimmagine di R e disegnarla sul piano di Gauss
d) determinare f (R) e dire che relazione c'è tra la controimmagine di f (R) e R . Soluzione:
a)
f
è iniettiva sef
(z) =f
(t)!
z = t . Oraf
(z) =f
(t)!
z3 = t3 e poiché tale equazione ha tre distinte soluzioni complesse risulta chef
non è iniettiva.b)
f
è surgettiva se!
y !C "
z !C
tale chef
(z) = y. Ciò segue dal fatto che per il teoremafondamentale dell'algebra ogni equazione polinomiale ha almeno una soluzione complessa, quindi anche le equazioni del tipo a z3 + b = y hanno soluzione.
c) f!1(R) = z
{
" C f (z) " R}
= z{
" C z3 " R}
= z{
" C Im(z3) = 0}
==
{
#(cos $ + i sen $) 3$ = k % , k " Z}
= #(cos k%3 + i sen k% 3 ) k = 0,..., 5 & ' ( ) * + . !/3
d) Si ha ovviamente f (R) = f (z)
{
! C z ! R}
" R . D'altra parte, poiché ogni equazione di grado dispari ha sempre una soluzione reale,!
y ! R c'è almeno un numero reale z tale che f(z) = y e quindi6. Determinare e rappresentare sul piano di Gauss l'insieme
A = z
{
!C z
4z = (1 + i )N (z)
}
7. Sia f(X) un polinomio a coefficienti reali tale che f(3 – 2 i) = 0.È vero che f(X) è multiplo del polinomio 2 (X2 – 6X + 13) ?
8. Disegnare sul piano complesso le soluzioni dell'equazione z2 – z2 = 0 (dove con si indica la coniugazione complessa).
9. Dato il numero complesso z =1+ i , dire se esiste n ∈ N\{0} tale che zn ∈ R e in caso affermativo determinarlo.
10. Dato il numero complesso z = 3 + i determinare il minimo esponente positivo n! N tale che Im z
( )
n < 0 .11. Sia
