$\arg \left(z\right)=\mathrm{‐}\arg \left(\overline{z}\right)$ op een veelvoud van $2\text{π}$ na.

$\overline{z}$ is het spiegelbeeld van $z$ in de reële as, dus $\overline{\text{γ}}={\text{γ}}^4$ en ${\overline{\text{γ}}}^2={\text{γ}}^3$.

Meetkundig: als je ${\text{γ}}^4$ een kwartslag linksom om $0$ draait, krijg je $i\cdot {\text{γ}}^4$, het punt op de eenheidscirkel met argument $\frac{1}{2}\text{π}+\frac{8}{5}\text{π}=\frac{1}{10}\text{π}$ op een veelvoud van $2\text{π}$ na.
Algebraïsch: $i^{20}\cdot {\text{γ}}^{80}=1\cdot 1$.

${\text{δ}}^2$ heeft argument $\frac{1}{5}\text{π}$, dus de oplossingen zijn ${\text{δ}}^{2k}$, met $k=\mathrm{0,}\mathrm{1,}\dots \mathrm{,9,}10$.

$\arg \left(z\cdot \overline{w}\right)=\arg \left(z\right)-\arg \left(\overline{w}\right)=\frac{1}{4}\text{π}$ en $\left|z\cdot \overline{w}\right|=\left|z\right|\cdot \left|w\right|=3\sqrt{2}$, dus $z\cdot \overline{w}=3\sqrt{2}\cdot \cos \left(\frac{1}{4}\text{π}\right)+3\sqrt{2}\cdot i\cdot \sin \left(\frac{1}{4}\text{π}\right)=$ $3+3i$.

In driehoek $OZW$ geldt: $OZ=3$, $OW=\sqrt{2}$ en hoek$WOZ=\frac{1}{4}\text{π}$.
$\left|z-w\right|=WZ$ kun je met de cosinusregel in driehoek $OZW$ berekenen:
$W{Z}^2=9+2-2\cdot 3\cdot \sqrt{2}\cdot \cos \left(\frac{1}{4}\text{π}\right)=5$, dus $\left|z-w\right|=\sqrt{5}$.

$\arg \left({\overline{w}}^3\right)=3\cdot \arg \left(\overline{w}\right)=\mathrm{‐}\frac{1}{4}\text{π}$ en $\left|{\overline{w}}^3\right|={\left|\overline{w}\right|}^3=2\sqrt{2}$, dus
${\overline{w}}^3=2\sqrt{2}\cos \left(\mathrm{‐}\frac{1}{4}\text{π}\right)+2\sqrt{2}\cdot i\cdot \sin \left(\mathrm{‐}\frac{1}{4}\text{π}\right)=2-2i$.

${\left(3+2i\right)}^2=9+12i-4=5+12i$ en ${\left(5+12i\right)}^2=25+120i-144=\mathrm{‐}119+120i$.

We noemen het getal $\mathrm{‐}119+120i$ even $p$. Dan zijn de oplossingen van de vergelijking $p,ip,i^{2}p=\mathrm{‐}p$ en $i^{3}p=\mathrm{‐}ip$.
Dus de oplossingen zijn: $\mathrm{‐}119+120i$, $\mathrm{‐}120-119i$, $119-120i$ en $120+119i$.

$\arg \left({\left(1+i\right)}^{10}\right)=10\cdot \arg \left(1+i\right)=2\frac{1}{2}\text{π}$ en $\left|{\left(1+i\right)}^{10}\right|={\sqrt{2}}^{10}=32$, dus ${\left(1+i\right)}^{10}=\mathrm{‐}32i$.

$w^3-2w+4=0$, dus $\overline{w^3-2w+4}=0$^.
Uit regel 1 en 2 vóór opgave 32 volgt hieruit dat ${\overline{w}}^3-2\overline{w}+4=0$

$\left(z-1+i\right)\left(z-1-i\right)\left(z-a\right)=\left(z^2+2\right)\left(z+a\right)$, dus (als je naar de constante term kijkt:) $a=2$.

$1+i$, $1-i$ en $\mathrm{‐}2z$

-

$q=z-i\left(p-z\right)$, $r=w-i\left(q-w\right)=w-iz-p+z-iw$.

Het complexe getal bij het midden is: $\frac{1}{2}\left(p+r\right)=\frac{1}{2}\left(p+w-iz-p+z-iw\right)=\frac{1}{2}\left(w-iw+z-iz\right)$, dit hangt niet van $p$ af.

Met $\left|a\right|=\sqrt{5}$.

$az=\left(1+2i\right)\left(3+i\right)=3-2+i\left(6+1\right)=1+7i$, klopt.

We zoeken het getal $s$ met $as=p$, dus $s=a^{\mathrm{‐}1}\cdot p=\frac{1-2i}{5}\cdot \left(5-7i\right)=$ $s=\mathrm{‐}\frac{9}{5}-\frac{17}{5}i$.
Het spiegelbeeld van $p=as$ is dan $a\overline{s}=\left(1+2i\right)\left(\mathrm{‐}\frac{9}{5}+\frac{17}{5}i\right)=\mathrm{‐}\frac{26}{5}-\frac{1}{5}i$.

Dan kun je voor $a=i$ nemen. Dan $a^2\cdot \overline{p}=\mathrm{‐}\overline{p}$. Als $p=a+bi$, dan $\mathrm{‐}\overline{p}=\mathrm{‐}\left(a-bi\right)=\mathrm{‐}a+bi$, dat is het spiegelbeeld van $p$ in de imaginaire as.

Dan is $a^2$ linksom draaien om $0$, dus vermenigvuldigen met $i$. Dus als $p=a+bi$, dan $i\overline{p}=i\left(a-bi\right)=b+ai$, dus het spiegelbeeld van $\left(a,b\right)$ is $\left(b,a\right)$.

Een unitair getal op die lijn is $a={\text{e}}^{\frac{2}{3}\text{π}i}$. Dan $a^2={\text{e}}^{\frac{4}{3}\text{π}i}={\text{e}}^{-\frac{2}{3}\text{π}i}$.

De lijn waarin gespiegeld wordt is de middelloodlijn van de punten $3+3i$ en $3\sqrt{2}$.
Het kwadraat van het unitaire getal op deze lijn is $\frac{1}{2}\sqrt{2}\left(1+i\right)$, dus het beeld van $a+bi$ is $\frac{1}{2}\sqrt{2}\left(1+i\right)\left(a-bi\right)=\frac{1}{2}\sqrt{2}\left(a+b+\left(a-b\right)i\right)$.
Als $a=b=3$ levert dit $3\sqrt{2}$ op.