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Ciao ragazzi, vi scrivo per chiedervi delucidazioni riguardo una particolare equazione complessa assegnataci dal nostro prof. di analisi in preparazione dell'esame
Ne ho già risolte altre ma questa proprio non la capisco. Mi blocco al calcolo del delta, che è un numero complesso: \[15-8i\] da cui se provo a scriverlo in forma trigonometrica per calcolare la radice mi scappa fuori un angolo bruttissimo che mi blocca.

Penso che bisogni risolvere in un altro metodo, per esempio per raccoglimenti parziali ma non riesco ad individuare la strada giusta. Vi ringrazio per l'aiuto! Ecco l'equazione:

\[z^2 -(2+i)z +3i-3=0\]

Ciao, fermo restando che anche se formalmente le soluzioni di una equazione complessa di 2° grado possono risultare "brutte" a causa di un argomento principale che nella forma trigonometrica può non risultare un arco noto, non bisogna bloccarsi! ... e il procedimento generale risulta comunque corretto!

In alcuni casi è possibile (ma non sempre) effettuare alcune particolari manipolazioni che consentono di arrivare a delle soluzioni scritte formalmente diverse ma ovviamente equivalenti a quelle del metodo generale.

Vediamo dunque entrambi i procedimenti.

1) Metodo generale
\[{z^2} - (2 + i)z + 3i - 3 = 0\]
\[{z_{1/2}} = \frac{{2 + i + {{\sqrt {{{(2 + i)}^2} - 4(3i - 3)} }^|}}}{2} = \frac{{2 + i + {{\sqrt {15 - 8i} }^|}}}{2}\]
dove con ${\sqrt {\;\;} ^|}$ ho indicato il simbolo di "radice complessa"!

Ricordando la formula e il procedimento generale per l'estrazione delle radici complesse
\[{\sqrt[n]{z}^|} = w\;\;\;\;\;z = a + ib\]
\[{w_k} = \rho \;[\cos (\frac{{\vartheta + k2\pi }}{n}) + i\,sen(\frac{{\vartheta + k2\pi }}{n})]\;\;\;\;\;k = 0,1,2\;...\;(n - 1)\]
\[\rho \, = \left| z \right|\;\;\;\;\;tg(\vartheta ) = \frac{b}{a}\;\;\;\;\;\vartheta = ArgP(z)\]
nel nostro caso si ha
\[{\sqrt {15 - 8i} ^|} = w\]
\[\rho = \left| {15 - 8i} \right| = \sqrt {{{15}^2} + 64} = \sqrt {289} = 17\]
\[tg(\vartheta ) = \frac{{ - 8}}{{15}}\;\;\; \to \;\;\;ArgP(15 - 8i) = \vartheta = - arctg(\frac{8}{{15}})\]
quindi
\[{w_k} = \rho \;[\cos (\frac{{\vartheta + k2\pi }}{n}) + i\,sen(\frac{{\vartheta + k2\pi }}{n})]\;\;\;\;\;k = 0,1\]
si avranno le due soluzioni
\[{w_0} = 17\;[\cos (\frac{{ - arctg(\frac{8}{{15}})}}{2}) + i\,sen(\frac{{ - arctg(\frac{8}{{15}})}}{2})] = \]
\[ = 17\;[\cos (\frac{1}{2}arctg(\frac{8}{{15}})) - i\,sen(\frac{1}{2}arctg(\frac{8}{{15}}))]\]
\[{w_1} = 17\;[\cos (\frac{{ - arctg(\frac{8}{{15}}) + 2\pi }}{2}) + i\,sen(\frac{{ - arctg(\frac{8}{{15}}) + 2\pi }}{2})] = \]
\[ = 17\;[\cos (\pi - \frac{1}{2}arctg(\frac{8}{{15}})) + i\,sen(\pi - \frac{1}{2}arctg(\frac{8}{{15}}))]\]
che andranno poi sostituite nella formula dell'equazione di 2° grado al posto della radice del delta ottenendo le soluzioni in z dell'equazione.


Vediamo ora come possiamo calcolare diversamente le radici del delta


2) Metodo particolare

Riprendiamo la radice del delta
\[{\sqrt {15 - 8i} ^|} = w\]
poniamo
\[w = x + iy\]
da cui dovrà essere
\[{w^2} = 15 - 8i\]
\[{(x + iy)^2} = 15 - 8i\]
\[{x^2} - {y^2} + 2xyi = 15 - 8i\]
dunque impostiamo un sistema di equazioni "reali" per trovare x e y
\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - {y^2} = 15\\
2xy = - 8\;\;\; \to \;\;\;xy = - 4
\end{array} \right.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - {(\frac{{ - 4}}{x})^2} = 15\\
y = \frac{{ - 4}}{x}
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - \frac{{16}}{{{x^2}}} = 15\\
y = \frac{{ - 4}}{x}
\end{array} \right.\]
\[\;\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^4} - 15{x^2} - 16}}{{{x^2}}} = 0\\
y = \frac{{ - 4}}{x}
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
{x^4} - 15{x^2} - 16 = 0\\
y = \frac{{ - 4}}{x}
\end{array} \right.\]
risolvendo l'equazione biquadratica si ha, ponendo ${x^2} = t$
\[{x^4} - 15{x^2} - 16 = 0\;\;\; \to \;\;\;{t^2} - 15t - 16 = 0\]
\[{t_{1/2}} = \frac{{15 \pm \sqrt {225 + 64} }}{2} = \frac{{15 \pm 17}}{2} = \left\{ \begin{array}{l}
{t_1} = 16\\
{t_2} = - 1
\end{array} \right.\]
da cui le soluzioni in x saranno
\[{x^2} = 16\;\;\; \to \;\;\;x = \pm 4\]
\[{x^2} = - 1\;\;\; \to \;\;\;\not \exists \,x \in R\]
dunque dal sistema si avrà
\[\left\{ \begin{array}{l}
x = 4\\
y = \frac{{ - 4}}{x} = \frac{{ - 4}}{4} = - 1
\end{array} \right.\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
x = - 4\\
y = \frac{{ - 4}}{x} = \frac{{ - 4}}{{ - 4}} = 1
\end{array} \right.\]
pertanto le radici del delta saranno
\[{w_0} = x + iy = 4 - i\]
\[{w_1} = x + iy = - 4 + i\]
sostituendo dunque nella formula delle equazioni di 2 grado si avrà
\[{z_{1/2}} = \frac{{2 + i + {{\sqrt {15 - 8i} }^|}}}{2}\]
da cui
\[{z_1} = \frac{{2 + i + 4 - i}}{2} = 3\]
\[{z_2} = \frac{{2 + i - 4 + i}}{2} = \frac{{ - 2 + 2i}}{2} = - 1 + i\]

Saluti.

Grazie mille sei veramente un fenomeno!

Questo metodo "particolare" di risolvere il delta costruendo il sistema di equazioni reali conviene farlo sempre? Mi sembra parecchio più semplice che calcolarsi ogni volta due o tre radici complesse....

Purtroppo funziona solo quando i conti sono "belli" e le equazioni in x e y (specialmente quelle di grado superiore) sono risolvibili algebricamente !! ... Altrimenti le espressioni delle soluzioni potrebbero venire "brutte" come con il metodo generale oppure le equazioni reali in x e y potrebbero non essere risolvibili algebricamente.

Ecco un contro-esempio con soluzioni "brutte":
\[{z^2} + iz - 2i + 1 = 0\]
\[{z_{1/2}} = \frac{{ - i + {{\sqrt { - 1 - 4( - 2i + 1)} }^|}}}{2} = \frac{{ - i + {{\sqrt { - 5 + 8i\;} }^|}}}{2}\]
\[{\sqrt { - 5 + 8i\;} ^|} = w = x + iy\]
\[{w^2} = - 5 + 8i\]
\[{(x + iy)^2} = - 5 + 8i\]
\[{x^2} - {y^2} + 2xyi = - 5 + 8i\]
\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - {y^2} = - 5\\
2xy = 8\;\;\; \to \;\;\;xy = 4
\end{array} \right.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - {(\frac{4}{x})^2} = - 5\\
y = \frac{4}{x}
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - \frac{{16}}{{{x^2}}} = - 5\\
y = \frac{4}{x}
\end{array} \right.\]
\[\;\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^4} + 5{x^2} - 16}}{{{x^2}}} = 0\\
y = \frac{4}{x}
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
{x^4} + 5{x^2} - 16 = 0\\
y = \frac{4}{x}
\end{array} \right.\]
\[{x^2} = t\]
\[{x^4} + 5{x^2} - 16 = 0\;\;\; \to \;\;\;{t^2} + 5t - 16 = 0\]
\[{t_{1/2}} = \frac{{ - 5 \pm \sqrt {25 + 64} }}{2} = \frac{{ - 5 \pm \sqrt {89} }}{2} = \left\{ \begin{array}{l}
{t_1} = \frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}\\
{t_2} = \frac{{ - 5 - \sqrt {89} }}{2}
\end{array} \right.\]
\[{x^2} = \frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}\;\;\; \to \;\;\;x = \pm \sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} \]
\[{x^2} = \frac{{ - 5 - \sqrt {89} }}{2}\;\;\; \to \;\;\;\not \exists \,x \in R\]
\[\left\{ \begin{array}{l}
x = \sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} \\
y = \frac{4}{x} = \frac{4}{{\sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} }} = \sqrt {\frac{{32}}{{ - 5 + \sqrt {89} }}} = \sqrt {\frac{{32( - 5 - \sqrt {89} )}}{{( - 5 + \sqrt {89} )( - 5 - \sqrt {89} )}}} = \sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}}
\end{array} \right.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}
x = - \sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} \\
y = \frac{4}{x} = \frac{4}{{ - \sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} }} = - \sqrt {\frac{{32}}{{ - 5 + \sqrt {89} }}} = - \sqrt {\frac{{32( - 5 - \sqrt {89} )}}{{( - 5 + \sqrt {89} )( - 5 - \sqrt {89} )}}} = - \sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}}
\end{array} \right.\]
\[{\sqrt { - 5 + 8i\;} ^|} = w = x + iy\]
\[{w_0} = x + iy = \sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} + \sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}} \;i\]
\[{w_1} = x + iy = - \sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} - \sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}} \;i\]
\[{z_{1/2}} = \frac{{ - i + {{\sqrt { - 5 + 8i\;} }^|}}}{2}\]
\[{z_1} = \frac{{ - i + \sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} + \sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}} \;i}}{2} = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} + \frac{1}{2}(\sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}} - 1)\;i\]
\[{z_2} = \frac{{ - i - \sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} - \sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}} \;i}}{2} = - \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{ - 5 + \sqrt {89} }}{2}} - \frac{1}{2}(\sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}} + 1)\;i\]

Saluti.

Capito! Bisogna farci un pò l'occhio

Grazie mille ancora per tutto l'aiuto!

Salve a tutti!!
Ho trovato molto interessante e soprattutto utile il metodo particolare; tuttavia ho risolto velocemente lo stesso esercizio col metodo sostitutivo.
Allego qui la soluzione.

$z^2-(2+i)z+3i-3=0$
Moltiplico $z^2-2z-zi+3i-3=0$
Posto \[z=a+ib\] sostituisco nell'equazione ottenendo
$a^2-b^2+2abi-2a-2bi-ai+b^2+3i-3=0$
Adesso pongo a sistema ed eguaglio a zero sia la parte reale che quella immaginaria
$\left\{\begin{matrix} 2ab-2b-a+3=0\\ a^2-2a-3=0 \end{matrix}\right.$
Dalla seconda ricavo due valori di \[a\]
\[a_{1}=-1\] e \[a_{2}=3\]
Sostituisco i valori di a nella prima eq del sistema ed ottengo rispettivamente
\[-2b-2b+4=0\] ; \[b=1\] e quindi \[z_{1}=-1+i\]
e
\[6b-2b-3+3=0\] ; \[b=0\] e quindi \[z_{2}=3\]

Si, bravissimo! ... tuttavia questo metodo alternativo funziona bene soprattutto quando il sistema di equazioni in a e b che ne deriva è risolvibile comodamente come nel caso di questo esempio ... in altri casi può portare ad equazioni impegnative o addirittura in certi casi impossibili da risolvere con le normali tecniche algebriche.

Saluti.