ATTIVIT `A 2 Individuare quale delle seguenti a↵ermazioni `e corretta, motivandola. 1. Il numero complesso w = (1 + i)

(1)

ATTIVIT ` A 2

Individuare quale delle seguenti a↵ermazioni `e corretta, motivandola.

1. Il numero complesso w = (1 + i)

⁴

· (1 p

3i) appartiene a al primo quadrante del piano complesso

c al secondo quadrante del piano complesso

b al terzo quadrante del piano complesso d nessuna delle precedenti

2. Delle soluzioni in campo complesso dell’equazione z

²

+ (1 + i)z + 2i = 0 a nessuna appartiene al terzo quadrante

c una appartiene all’asse reale

b una appartiene al primo quadrante d nessuna delle precedenti

3. Delle radici terze di w = (2 + p 12i)

²

a nessuna appartiene al quarto quadrante c una appartiene all’asse reale

b una appartiene al secondo quadrante d nessuna delle precedenti

4. Delle soluzioni dell’equazione z

⁴

+ 2i = 0 nel piano complesso a una cade sull’asse reale

c nessuna cade nel secondo quadrante

b la distanza reciproca massima `e 2 p 2 d nessuna delle precedenti

Utilizzando il Principio di induzione, provare le seguenti propriet` a.

5. Per ogni n 2 N il numero n(n + 1) `e pari 6.

^Pⁿ_k=1

k

³

=

ⁿ²⁽ⁿ⁺¹⁾₄ ²

per ogni n 2 N

Utilizzando la definizione, verificare i seguenti limiti 7. lim

n!+1 2n 3n 1

=

²₃

8. lim

n!+1

6n 4n

²

= 1

5

(2)

RISOLUZIONE 1. La risposta esatta `e c . Abbiamo infatti che

1 + i = p

2 cos

^⇡₄

+ i sin

^⇡₄

e pertanto

(1 + i)

⁴

=

^Ä

p

2

^ä⁴

cos

^⇡₄

· 4 + i sin

^⇡₄

· 4 = 4 (cos ⇡ + i sin ⇡) mentre

1 p

3i = 2 cos

^⇡₃

+ i sin

^⇡₃

Ne segue che

w = (1 + i)

⁴

· (1 p

3i) = 4 · 2 cos ⇡

^⇡₃

+ i sin ⇡

^⇡₃

= 8

^Ä

cos

^2⇡₃

+ i sin cos

^2⇡₃ ^ä

e quindi, essendo

^2⇡₃

2 (

^⇡₂

, ⇡), che w appartiene al secondo quadrante.

2. La risposta esatta `e a . Infatti, le soluzioni dell’equazione sono date da z

_±

=

^b±_2a^p

. Poich´e

= (1 + i)

²

4(2i) = 6i = 6(cos(

^⇡₂

) + i sin(

^⇡₂

)), le due radici quadrate di sono

± p

= ± p

6 cos(

^⇡₄

) + sin(

^⇡₄

) i = ± p

6

^⇣^p₂² ^p₂²

i

^⌘

= ±

^Ä

p

3 p

3 i

^ä

. Quindi le soluzioni complesse dell’equazione data sono

z

_±

=

^(1+i)±

(

^p3 p 3 i

)

2

ovvero

z

+

=

^p^{3 1}₂ ^p³⁺¹₂

i e z =

¹⁺₂^p³

+

^p^{3 1}₂

i Siccome p

3 > 1, abbiamo che z

₊

appartiene al quarto quadrante mentre z al secondo.

3. La risposta esatta `e b . Infatti, abbiamo che 2 + p

12i = 4(

¹₂

+

^p₂³

i) = 4(cos

^⇡₃

+ i sin

^⇡₃

) pertanto

w = (2 + p

12i)

²

= 16(cos

^2⇡₃

+ i sin

^2⇡₃

) Le radici terze di w sono quindi date da z

_k

= p

³

16(cos ✓

_k

+ i sin ✓

_k

) dove ✓

_k

=

^2⇡³ ^+2k⇡₃

=

^2⇡+6k⇡₉

, k = 0, 1, 2, e dunque sono:

z

₀

= p

³

16(cos

^2⇡₉

+ i sin

^2⇡₉

), z

₁

= p

³

16(cos

^8⇡₉

+ i sin

^8⇡₉

), z

₂

= p

³

16(cos

^14⇡₉

+ i sin

^14⇡₉

).

Abbiamo che z

0

appartiene al primo quadrante, z

1

al secondo mentre z

2

al quarto.

6

(3)

4. La risposta corretta `e d . Infatti, le soluzioni dell’equazione z

⁴

+ 2i = 0 corrispondono alle radici quarte di w = 2i = 2(cos(

^⇡₂

) + i sin(

^⇡₂

)) e sono date da

z

_k

= p

⁴

2(cos

^⇡²^+2k⇡₄

+ i sin

^⇡²^+2k⇡₄

) = p

⁴

2(cos

^⇡+4k⇡₈

+ i sin

^⇡+4k⇡₈

), k = 0; 1; 2; 3.

Abbiamo pertanto z

₀

= p

⁴

2(cos(

^⇡₈

) + i sin(

^⇡₈

)), z

₁

= p

⁴

2(cos

^3⇡₈

+ i sin

^3⇡₈

) z

2

= p

⁴

2(cos

^7⇡₈

+ i sin

^7⇡₈

), z

3

= p

⁴

2(cos

^11⇡₈

+ i sin

^11⇡₈

)

Poich´e tali radici, nel piano complesso, si dispongono sui vertici di una quadrato inscritto nella circonferenza di centro l’origine e raggio p

⁴

2 (si ha infatti |z

k

| = p

⁴

2 per ogni k), la distanza reciproca massima `e pari alla lunghezza della diagonale del quadrato, ovvero del diametro della circonferenza, e dunque vale 2 p

⁴

2. 5. Proviamo che p(n) = n(n + 1) è numero pari per ogni n 2 N. Per n = 1 abbiamo che p(1) = 1 · (1 + 1) = 2 è pari, la base dell’induzione è quindi vera.

Supponiamo ora che p(n) sia pari, ipotesi induttiva, e proviamo che anche p(n+1) lo `e. Abbiamo p(n + 1) = (n + 1)(n + 2) = n(n + 1) + 2(n + 1) = p(n) + 2(n + 1)

Poiché p(n) è pari per l’ipotesi induttiva, otteniamo che p(n + 1) è somma di due addendi entrambi pari, dunque anch’esso pari.

Dal principio di induzione possiamo quindi a↵ermare che p(n) = n(n + 1) `e pari per ogni n 2 N.

6. Sia p(n) =

^Pⁿ_k=1

k

³

e proviamo che p(n) =

ⁿ²⁽ⁿ⁺¹⁾₄ ²

per ogni n 2 N. Per n = 1 abbiamo p(1) = 1 =

^1·2₄²

, la base dell’induzione `e quindi vera.

Supponiamo ora che p(n) =

ⁿ²⁽ⁿ⁺¹⁾₄ ²

, ipotesi induttiva, e proviamo che p(n + 1) =

⁽ⁿ⁺¹⁾²₄⁽ⁿ⁺²⁾²

.

7

(4)

Abbiamo

p(n + 1) =

n+1X

k=1

k

³

=

Xn k=1

k

³

+ (n + 1)

³

= p(n) + (n + 1)

³

= n

²

(n + 1)

²

4 + (n + 1)

³

= n

²

(n + 1)

²

+ 4(n + 1)

³

4 = (n + 1)

²

(n

²

+ 4n + 4)

4 = (n + 1)

²

(n + 2)

²

) 4

Dal principio di induzione possiamo quindi a↵ermare che p(n) =

^Pⁿ_k=1

k

³

=

ⁿ²⁽ⁿ⁺¹⁾₄ ²

per ogni n 2 N.

7. Per verificare il limite lim

n!+1 2n

3n 1

=

²₃

dobbiamo provare che per ogni " > 0 esiste n

₀

2 N tale che

2n 3n 1 2

3

< " 8n n

₀

Osservato che

_{3n 1}²ⁿ ²₃

=

^{6n 2(3n 1)}_{3(3n 1)}

=

_{3(3n 1)}²

abbiamo

2n 3n 1

2

3

< " ,

_{3(3n 1)}²

< " , 3n 1 >

_3"²

, n >

¹₃^Ä_3"²

+ 1

^ä

Dalla propriet` a archimedea, preso n

₀

2 N tale che

¹₃^Ä_3"²

+ 1

^ä

< n

₀

otteniamo che per ogni n n

₀

si ha

1 3

Ä₂

3"

+ 1

^ä

< n

0

 n )

_{3n 1}²ⁿ ²₃

< "

e quindi che il limite `e verificato.

8. Verifichiamo che lim

n!+1

6n 4n

²

= 1 provando che per ogni M > 0 esiste n

0

2 N tale che 6n 4n

²

< M 8n n

₀

Osservato che per ogni n 2 risulta 4n

²

6n = n(4n 6) n, scelto n

₀

2 N con n

0

2 tale che n

₀

> M (tale numero esiste per la propriet` a archimedea) otteniamo che per ogni n n

₀

risulta

6n 4n

²

= n(4n 6)  n  n

0

< M e dunque che il limite `e verificato.

8