1

a

$| z | = 1$ , dus ${| z |}^{n} = 1$ .
$\arg (z^{n}) = n \cdot \arg (z) = n \cdot ϕ$ op een veelvoud van $2 π$ na.

b

De linkerkant zonder haakjes schrijven:
${(\cos (ϕ) + i \cdot \sin (ϕ))}^{2} = \cos^{2} (ϕ) - \sin^{2} (ϕ) + 2 i \cdot \sin (ϕ) \cos (ϕ)$ .
De rechterkant is $\cos (2 ϕ) + i \cdot \sin (2 ϕ)$ .
Je krijgt de verdubbelingsformules: $\cos (2 ϕ) = \cos^{2} (ϕ) - \sin^{2} (ϕ)$ en
$\sin (2 ϕ) = 2 \sin (ϕ) \cos (ϕ)$ .

2

a

$\arg (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} i \sqrt{3}) = \frac{1}{3} π$ , dus $\arg ({(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} i \sqrt{3})}^{10}) = ‐ \frac{2}{3} π$ , dus ${(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} i \sqrt{3})}^{10} = \cos (‐ \frac{2}{3} π) + i \sin (‐ \frac{2}{3} π) = ‐ \frac{1}{2} - \frac{1}{2} i \sqrt{3}$ .
$\arg (\frac{1}{2} − \frac{1}{2} i \sqrt{3}) = ‐ \frac{1}{3} π$ , dus $\arg ({(\frac{1}{2} − \frac{1}{2} i \sqrt{3})}^{10}) = \frac{2}{3} π$ , dus ${(\frac{1}{2} − \frac{1}{2} i \sqrt{3})}^{10} = \cos (\frac{2}{3} π) + i \sin (\frac{2}{3} π) = ‐ \frac{1}{2} + \frac{1}{2} i \sqrt{3}$ .
$\arg (\frac{1}{2} \sqrt{2} - \frac{1}{2} i \sqrt{2}) = ‐ \frac{1}{4} π$ , dus $\arg ({(\frac{1}{2} \sqrt{2} - \frac{1}{2} i \sqrt{2})}^{10}) = ‐ \frac{1}{2} π$ , dus ${(\frac{1}{2} \sqrt{2} - \frac{1}{2} i \sqrt{2})}^{10} = \cos (‐ \frac{1}{2} π) + i \sin (‐ \frac{1}{2} π) = ‐ i$ .

b

$1 + i \sqrt{3} = 2 \cdot (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} i \sqrt{3})$ , dus ${(1 + i \sqrt{3})}^{10} = 2^{10} \cdot {(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} i \sqrt{3})}^{10} =$ $‐ 512 - 512 i \sqrt{3}$ .

3

a

Regel 1 is flauw.
Regel 2.
$\bar{(a + b i) (c + d i)} = \bar{(a c - b d) + (a d + b c) i} = (a c - b d) - (a d + b c) i$ en
$\bar{(a + b i)} \cdot \bar{(c + d i)} = (a - b i) \cdot (c - d i) = (a c - b d) - (a d + b c) i$ .
Dus: $\bar{z \cdot w} = \bar{z} \cdot \bar{w}$ .
Regel 3.
$(a + b i) \cdot \bar{(a + b i)} = (a + b i) \cdot (a - b i) = a^{2} + b^{2}$ , dus $z \cdot \bar{z} = {| z |}^{2}$ .
Regel 4 en 5 zijn flauw.

b

Als $z$ oplossing is, dan $z^{3} = 11 z - 20$ , dus ook $\bar{z^{3}} = \bar{11 z - 20}$ , dus ${\bar{z}}^{3} = \bar{11 z} - \bar{20} = 11 \bar{z} - 20$ .

c

${(2 + i)}^{3} = i^{3} + 6 i^{2} + 12 i + 8 = 11 i + 2 = 11 (i + 2) - 20$ .
$\bar{2 + i} = 2 - i$ is ook oplossing.

4

Spiegelen in de reële as

5

a

$z \cdot \frac{\bar{z}}{{| z |}^{2}} = \frac{z \cdot \bar{z}}{{| z |}^{2}} = 1$

b

${(1 + i)}^{‐ 1} = \frac{1 - i}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} i$ ;
controle: $(1 + i) (\frac{1}{2} - \frac{1}{2} i) = \frac{1}{2} (1 + i) (1 - i) = \frac{1}{2} (1 - i^{2}) = 1$ .
$\frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{2} i}{\frac{1}{9} + \frac{1}{4}} =$ $\frac{12 + 18 i}{4 + 9} =$ $\frac{12}{13} + \frac{18}{13} i$ ;
controle: $(\frac{1}{3} - \frac{1}{2} i) (\frac{12}{13} + \frac{18}{13} i) = \frac{36}{13} (\frac{1}{3} - \frac{1}{2} i) (\frac{1}{3} + \frac{1}{2} i) = \frac{36}{13} (\frac{1}{9} + \frac{1}{4}) = 1$ .

c

Dan $z^{‐ 1} = \bar{z}$ , dus spiegelen in de reële as.

d

$\frac{a}{a^{2} + b^{2}} - \frac{b}{a^{2} + b^{2}} \cdot i$

6

a

$z = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} i$

b

${(2 + i)}^{‐ 1} = \frac{2}{5} - \frac{1}{5} i$ , dus $z = {(2 + i)}^{‐ 1} (4 + 3 i) = (\frac{2}{5} - \frac{1}{5} i) (4 + 3 i) = 2 \frac{1}{5} + \frac{2}{5} i$ .

c

$(2 + 3 i) z + 3 + i = ‐ 2 + 13 i \Leftrightarrow (2 + 3 i) z = ‐ 5 + 12 i$ , dus $z = {(2 + 3 i)}^{‐ 1} (‐ 5 + 12 i) = (\frac{2}{13} - \frac{3}{13} i) (‐ 5 + 12 i) = 2 + 3 i$ .

7

a

$1 \to 1$ , $1 + i \to \frac{1}{2} - \frac{1}{2} i$ en $1 - i \to \frac{1}{2} + \frac{1}{2} i$ .

b

De straal is $\frac{1}{2}$ en het middelpunt $\frac{1}{2}$ (dus $\frac{1}{2} + 0 \cdot i$ .

c

Een punt op de lijn $Re (z) = 1$ zijn van de vorm $1 + t \cdot i$ , met $t$ uit $ℝ$ . De inverse van zo'n punt is: $\frac{1}{t^{2} + 1} - \frac{t}{t^{2} + 1} \cdot i$ .
Een vergelijking van de cirkel met middelpunt $\frac{1}{2}$ en straal $\frac{1}{2}$ is: ${(Re (z) - \frac{1}{2})}^{2} + {(Im (z))}^{2} = \frac{1}{4}$ .
We onderzoeken of de inverse hieraan voldoet.
${(\frac{1}{t^{2} + 1} - \frac{1}{2})}^{2} + {(\frac{t}{t^{2} + 1})}^{2} =$ $\frac{1}{{(t^{2} + 1)}^{2}} - \frac{t^{2} + 1}{{(t^{2} + 1)}^{2}} + \frac{1}{4} + \frac{t^{2}}{{(t^{2} + 1)}^{2}} =$ $\frac{1}{4}$ . Dus de punten $z^{‐ 1}$ met $Re (z) = 1$ liggen op de cirkel.

d

$Re (z^{‐ 1})$ neemt alle waarden uit het interval $< 0, 1]$ aan en $Im (z^{‐ 1})$ alle waarden uit het interval $[‐ \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ , (teken de grafiek!).
Je krijgt één punt niet, namelijk $0$ . Je komt er wel van twee kanten dichtbij namelijk als $t \to \infty$ en als $t \to ‐ \infty$ .