Ciao, \[({z^4} - \frac{{1 + i}}{{1 - \sqrt 3 \,i}})\,(z\,\overline z - i\,z + \frac{1}{4}) = 0\]
per la legge di annullamento del prodotto equivale a risolvere le 2 equazioni
\[{z^4} - \frac{{1 + i}}{{1 - \sqrt 3 \,i}} = 0\]
\[z\,\overline z - i\,z + \frac{1}{4} = 0\]
- Per la prima equazione si ha:
\[{z^4} - \frac{{1 + i}}{{1 - \sqrt 3 \,i}} = 0\;\;\; \to \;\;\;{z^4} = \frac{{1 + i}}{{1 - \sqrt 3 \,i}}\;\;\; \to \;\;\;z = \sqrt[4]{{\frac{{1 + i}}{{1 - \sqrt 3 \,i}}}}\]
riscrivendo più comodamente la quantità dentro alla radice si ha
\[\frac{{1 + i}}{{1 - \sqrt 3 \,i}} = \frac{{(1 + i)\,(1 + \sqrt 3 \,i)}}{{(1 - \sqrt 3 \,i)\,(1 + \sqrt 3 \,i)}} = \frac{{(1 + i)\,(1 + \sqrt 3 \,i)}}{{1 + 3\,}} = \]
\[ = \frac{{1 + \sqrt 3 \,i + i - \sqrt 3 }}{4} = \frac{{(1 - \sqrt 3 ) + (\sqrt 3 \, + 1)\,i}}{4} = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{4} + \frac{{\sqrt 3 \, + 1}}{4}i\]
pertanto
\[z = {\sqrt[4]{{\frac{{1 - \sqrt 3 }}{4} + \frac{{\sqrt 3 \, + 1}}{4}i}}^|}\]
estraendo le radici complesse con la solita procedura si ha
\[w = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{4} + \frac{{\sqrt 3 \, + 1}}{4}i = a + b\,i\]
\[\rho = \left| w \right| = \sqrt {{{(\frac{{1 - \sqrt 3 }}{4})}^2} + {{(\frac{{\sqrt 3 \, + 1}}{4})}^2}} = \sqrt {\frac{{1 - 2\sqrt 3 + 3}}{{16}} + \frac{{1 + 2\sqrt 3 + 3}}{{16}}} = \]
\[ = \sqrt {\frac{8}{{16}}} = \sqrt {\frac{1}{2}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]
\[a < 0\;\; \wedge \;\;b > 0\;\;\; \to \;\;\;2^\circ \;quadrante\]
\[\theta = Arg(w) = \pi - artg( - \frac{b}{a}) = \pi - artg( - \frac{{\frac{{\sqrt 3 \, + 1}}{4}}}{{\frac{{1 - \sqrt 3 }}{4}}}) = \pi - artg( - \frac{{\sqrt 3 \, + 1}}{{1 - \sqrt 3 }}) = \]
\[ = \pi - artg(\frac{{\sqrt 3 \, + 1}}{{\sqrt 3 - 1}}) = \pi - artg(\frac{{\sqrt 3 \, + 1}}{{\sqrt 3 - 1}}) = \pi - artg(\frac{{(\sqrt 3 \, + 1)(\sqrt 3 + 1)}}{{(\sqrt 3 - 1)(\sqrt 3 + 1)}}) = \]
\[ = \pi - artg(\frac{{3 + 2\sqrt 3 + 1}}{{3 - 1}}) = \pi - artg(\frac{{4 + 2\sqrt 3 }}{2}) = \pi - artg(2 + \sqrt 3 ) = \]
\[ = \pi - \frac{5}{{12}}\pi = \frac{{12\pi - 5\pi }}{{12}} = \frac{7}{{12}}\pi \]
dunque le 4 radici saranno
\[{z_k} = \sqrt[n]{\rho }\;[\cos (\frac{{\theta + k2\pi }}{n}) + i\,sen(\frac{{\theta + k2\pi }}{n})] = \]
\[ = \sqrt[4]{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}\;[\cos (\frac{{\frac{7}{{12}}\pi + k2\pi }}{4}) + i\,sen(\frac{{\frac{7}{{12}}\pi + k2\pi }}{4})]\;\;\;con\;\;\;k = 0,1,2,3\]
- Per la seconda equazione si ha
\[z\,\overline z - i\,z + \frac{1}{4} = 0\]
posto \[z = x + iy\]
\[(x + iy)(x - iy) - i(x + iy) + \frac{1}{4} = 0\]
\[{x^2} + {y^2} - ix + y + \frac{1}{4} = 0\;\;\; \to \;\;\;({x^2} + {y^2} + y + \frac{1}{4}) - i\,x = 0\]
disaccoppiando parte reale e parte immaginaria e ponendole uguale a zero si ha
\[\left\{ \begin{array}{l}
{\mathop{\rm Re}\nolimits} (z) = {x^2} + {y^2} + y + \frac{1}{4} = 0\\
{\mathop{\rm Im}\nolimits} (z) = x = 0
\end{array} \right.\]
da cui risolvendo il sistema si ha
\[\left\{ \begin{array}{l}
{y^2} + y + \frac{1}{4} = 0\;\;\; \to \;\;\;4{y^2} + 4y + 1 = 0\;\;\; \to \;\;\;{(2y + 1)^2} = 0\\
x = 0
\end{array} \right.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}
y = - \frac{1}{2}\;\;\;(doppia\;{y_1} = {y_2})\\
x = 0
\end{array} \right.\]
pertanto le soluzioni saranno
\[{z_1} = {z_2} = 0 - \frac{1}{2}i = - \frac{1}{2}i\]
Saluti.
