---
title: "Complexe getallen"
book: "Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1"
subject: math
language: nl
chapter: 3
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen
---

# Hoofdstuk 3 — Complexe getallen

In het bovenbouwvolume kwamen de complexe getallen langs als rekenmiddel voor vierkantsvergelijkingen. Dit hoofdstuk behandelt ze als een centraal object: de exponentiële vorm en haar gevolgen (de Moivre, $n$-de wortels, [eenheidswortels](#def-b1-complex-unity)), de systematische vertaling tussen $\C$ en de vlakke meetkunde, en het gebruik van $\eu^{\iu\theta}$ als machine om goniometrische identiteiten te bewijzen.

## 3.1 Het lichaam $\C$, modulus en toegevoegde

**Definitie 3.1 (Het complexe lichaam).**

$\C = \{a + \iu b : a, b \in \R\}$ met de gewone optelling en de vermenigvuldiging die door $\iu^2 = -1$ vastligt. Elke $z = a + \iu b$ ongelijk aan nul heeft een inverse: $z^{-1} = \frac{a - \iu b}{a^2 +
b^2}$ — in de taal van [Hoofdstuk 7](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/7-algebraische-structuren#ch-b1-structures) is $\C$ een lichaam. Men schrijft $a = \Re(z)$, $b = \Im(z)$, $\conj{z} = a - \iu b$ (de *toegevoegde*) en $\abs{z} = \sqrt{a^2 + b^2}$ (de *modulus*).

**Propositie 3.2 (Rekenregels voor toegevoegde en modulus).**

Voor $z, w \in \C$ geldt:

1. $\conj{z + w} = \conj z + \conj w$ , $\conj{zw} = \conj z\,  \conj w$ , $\conj{\conj z} = z$ ;
2. $z \conj z = \abs z^2$ ; $\;\Re(z) = \frac{z + \conj z}{2}$ , $\Im(z) = \frac{z - \conj z}{2\iu}$ ;
3. $\abs{zw} = \abs z\, \abs w$ , en $\abs{z^{-1}} = \abs{z}^{-1}$ voor $z \neq 0$ ;
4. (driehoeksongelijkheid) $\abs{z +  w} \leq \abs z + \abs w$ , met gelijkheid dan en slechts dan als $z$ en $w$ op eenzelfde halfrechte vanuit $0$ liggen ( $w =  \lambda z$ of $z = \lambda w$ met $\lambda \geq 0$ );
5. (omgekeerde driehoeksongelijkheid) $\bigl|\abs z - \abs  w\bigr| \leq \abs{z - w}$ .

**Bewijs.** (1) en (2) zijn rechtstreekse berekeningen op reële en imaginaire delen. (3): $\abs{zw}^2 = zw\,\conj{zw} = z\conj z\, w \conj w = \abs z^2 \abs
w^2$, waarna je de wortel trekt; pas dit toe op $z \cdot z^{-1} = 1$ voor de inverse.

(4) Beide leden zijn niet-negatief, dus vergelijk de kwadraten:

$$
\abs{z+w}^2 = (z+w)(\conj z + \conj w)
= \abs z^2 + \abs w^2 + 2\,\Re(z \conj w),
$$

en uit $\Re(z\conj w) \leq \abs{z \conj w} = \abs z \abs w$ volgt $\abs{z+w}^2 \leq (\abs z + \abs w)^2$. Gelijkheid dwingt $\Re(z \conj w)
= \abs{z \conj w}$ af, oftewel $z \conj w \in \R_+$; is $w \neq 0$, dan geeft dat $z = \frac{z\conj w}{\abs w^2}\, w = \lambda w$ met $\lambda
\geq 0$ (en het geval $w = 0$ is triviaal).

(5) Uit $\abs z = \abs{(z - w) + w} \leq \abs{z-w} + \abs w$ volgt $\abs
z - \abs w \leq \abs{z - w}$; verwissel $z$ en $w$ voor het andere teken. ∎

**Voorbeeld 3.3 (Een volledige oefening met modulus en argument).**

Breng $w = \dfrac{3 + 4\iu}{1 - 2\iu}$ in algebraïsche vorm en bereken haar [modulus](#def-b1-complex-field) tweemaal. Vermenigvuldigen met de [toegevoegde](#def-b1-complex-field) van de noemer geeft

$$
w = \frac{(3 + 4\iu)(1 + 2\iu)}{(1 - 2\iu)(1 + 2\iu)}
= \frac{3 + 6\iu + 4\iu - 8}{1 + 4}
= \frac{-5 + 10\iu}{5} = -1 + 2\iu .
$$

Rechtstreeks: $\abs w = \sqrt{1 + 4} = \sqrt5$. Via de quotiëntregel ([Propositie 3.2](#prop-b1-complex-rules) (3)): $\abs w = \frac{\abs{3 +
4\iu}}{\abs{1 - 2\iu}} = \frac5{\sqrt5} = \sqrt5$ — hetzelfde antwoord, zonder algebraïsche vorm. De les veralgemeent: moduli en argumenten reizen goed door producten en quotiënten, reële en imaginaire delen reizen goed door sommen. Kies de voorstelling die bij de voorliggende bewerkingen past, en zet pas om wanneer het niet anders kan.

**Voorbeeld 3.4 (Vergelijkingen met de toegevoegde).**

Los op in $\C$: $\;z + 2\conj z = 6 + 2\iu$. Een vergelijking waarin $z$ en $\conj z$ door elkaar lopen is *geen* veeltermvergelijking in $z$; de betrouwbare zet is opsplitsen in reële coördinaten. Met $z
= x + \iu y$ is

$$
z + 2\conj z = 3x - \iu y ,
$$

zodat de vergelijking $3x = 6$ en $-y = 2$ zegt: de unieke oplossing is $z = 2 - 2\iu$. (Controle: $(2 - 2\iu) + 2(2 + 2\iu) = 6 + 2\iu$.) Je kunt ook de hele vergelijking toevoegen, wat $\conj z + 2z = 6 - 2\iu$ oplevert, en het lineaire stelsel in de onbekenden $z, \conj z$ oplossen — hetzelfde antwoord, en een handige truc zodra de coëfficiënten complex zijn. Vergelijkingen in $z$ en $\conj z$ zijn in werkelijkheid stelsels van twee reële vergelijkingen; hier mag je gerust op “graad $1$, één oplossing” rekenen, maar $z\conj z = -1$ (geen oplossing) laat zien dat de veeltermintuïtie het begeeft zodra er producten opduiken.

## 3.2 Exponentiële vorm

**Definitie 3.5 (Complexe exponentiële van een imaginair argument).**

Voor $\theta \in \R$ definieert men

$$
\eu^{\iu\theta} = \cos\theta + \iu \sin\theta .
$$

Elke $z \neq 0$ laat zich schrijven als $z = r\,\eu^{\iu\theta}$ met $r =
\abs z > 0$; zo’n $\theta$ heet een *argument* van $z$ en ligt vast op een veelvoud van $2\pi$ na. De waarde in $\intoc{-\pi}{\pi}$ heet het *hoofdargument*, genoteerd $\arg z$.

**Voorbeeld 3.6 (Eerste waarden, en één beroemde identiteit).**

De definitie gelezen in de hoofdhoeken:

$$
\eu^{\iu\pi/2} = \iu, \qquad
\eu^{\iu\pi} = -1, \qquad
\eu^{2\iu\pi} = 1, \qquad
\eu^{\iu\pi/4} = \frac{\sqrt2}2\,(1 + \iu) .
$$

De tweede, herschreven als $\eu^{\iu\pi} + 1 = 0$, is Eulers beroemde identiteit die $\eu$, $\iu$, $\pi$, $1$ en $0$ verbindt; in dit stadium van het boek is ze eerder een definitie die zich ontrolt dan een stelling, en haar eigenlijke inhoud — waarom de analytische exponentiële functie van [Hoofdstuk 4](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/4-standaardfuncties#ch-b1-functions), uitgebreid tot imaginaire argumenten, dezelfde naam verdient — wordt beslecht door de machtreeksen van [Hoofdstuk 17](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series). Ondertussen is bovenstaande regel het onthouden waard als omrekentabel: ze wordt stilzwijgend gebruikt telkens als een argument van een tekening wordt afgelezen.

**Stelling 3.7 (De functionaalvergelijking).**

Voor alle $\theta, \varphi \in \R$ geldt

$$
\eu^{\iu\theta}\, \eu^{\iu\varphi} = \eu^{\iu(\theta + \varphi)},
\qquad
\abs{\eu^{\iu\theta}} = 1,
\qquad
\conj{\eu^{\iu\theta}} = \eu^{-\iu\theta} = (\eu^{\iu\theta})^{-1}.
$$

Bijgevolg draagt $\abs{zw} = \abs z \abs w$ ook de argumenten mee: $\arg(zw) \equiv \arg z + \arg w \pmod{2\pi}$.

**Bewijs.** Werk het product uit en gebruik de somformules:

$$
(\cos\theta + \iu\sin\theta)(\cos\varphi + \iu\sin\varphi)
= (\cos\theta\cos\varphi - \sin\theta\sin\varphi)
+ \iu\,(\sin\theta\cos\varphi + \cos\theta\sin\varphi),
$$

wat gelijk is aan $\cos(\theta+\varphi) + \iu\sin(\theta+\varphi)$. De [modulus](#def-b1-complex-field) is $\sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = 1$, en de formule voor de [toegevoegde](#def-b1-complex-field) is de pariteit van cosinus en sinus; ze inverteert $\eu^{\iu\theta}$, want $\eu^{\iu\theta}\eu^{-\iu\theta} = \eu^0 = 1$. ∎

**Gevolg 3.8 (Formule van de Moivre).**

Voor $\theta \in \R$ en $n \in \Z$ geldt $\;(\cos\theta +
\iu\sin\theta)^n = \cos(n\theta) + \iu\sin(n\theta)$.

**Bewijs.** Voor $n \geq 0$ met inductie. Het geval $n = 0$ luidt $1 = 1$. Neem de formule aan voor $n$, dan geeft de functionaalvergelijking ([Stelling 3.7](#thm-b1-complex-funceq))

$$
\bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^{n+1}
= \bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^{n}\,\eu^{\iu\theta}
= \eu^{\iu n\theta}\,\eu^{\iu\theta}
= \eu^{\iu(n+1)\theta} ,
$$

wat de formule op rang $n + 1$ is. Voor $n < 0$ schrijf je $n = -m$ met $m > 0$: omdat $\eu^{\iu m\theta}$ de inverse $\eu^{-\iu m\theta}$ heeft (opnieuw [Stelling 3.7](#thm-b1-complex-funceq)), is

$$
\bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^{-m}
= \bigl(\eu^{\iu m\theta}\bigr)^{-1}
= \eu^{\iu(-m)\theta} . \qedhere
$$

∎

**Voorbeeld 3.9 (cos⁡3θ\cos 3\thetacos3θ uitwerken met de Moivre).**

Schrijf $c = \cos\theta$ en $s = \sin\theta$. De Moivre en het binomium geven

$$
\cos 3\theta + \iu \sin 3\theta = (c + \iu s)^3
= c^3 - 3cs^2 + \iu\,(3c^2 s - s^3),
$$

en na gelijkstellen van de reële delen en substitutie van $s^2 = 1 -
c^2$:

$$
\cos 3\theta = c^3 - 3c(1 - c^2) = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta .
$$

Het imaginaire deel levert er gratis $\sin 3\theta = 3\sin\theta -
4\sin^3\theta$ bij: één complexe identiteit draagt altijd *twee* reële. Achterstevoren gelezen is de zojuist gevonden identiteit de sleutel tot de klassieke driedelingsvergelijking: $\cos(\theta/3)$ uit $\cos\theta$ construeren betekent de derdegraadsvergelijking $4x^3 - 3x
= \cos\theta$ oplossen, en daar neemt de algebra van [Hoofdstuk 8](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#ch-b1-poly) het over.

**Propositie 3.10 (Formules van Euler).**

$$
\cos\theta = \frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2},
\qquad
\sin\theta = \frac{\eu^{\iu\theta} - \eu^{-\iu\theta}}{2\iu}.
$$

**Bewijs.** Tel $\eu^{\iu\theta} = \cos\theta + \iu\sin\theta$ en $\eu^{-\iu\theta} =
\cos\theta - \iu\sin\theta$ bij elkaar op, respectievelijk trek ze van elkaar af. ∎

**Methode 3.11 (Goniometrie via exponentiëlen).**

1. *Lineariseer* $\cos^p\theta \sin^q\theta$ (zet machten om in een som van $\cos k\theta$ en $\sin k\theta$ ): substitueer de formules van Euler, werk uit met het binomium ( [Stelling 2.16](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/2-telkunde#thm-b1-counting-binomial) ) en hergroepeer [toegevoegde](#def-b1-complex-field) termen.
2. *Ontwikkel* $\cos n\theta$ als veelterm in $\cos\theta$ : schrijf $\cos n\theta = \Re\bigl((\cos\theta +  \iu\sin\theta)^n\bigr)$ , werk uit en zet even machten van $\sin$ om met $\sin^2 = 1 - \cos^2$ .
3. *Sommeer goniometrische reeksen* als $\sum_k \cos k\theta$ : herken het reële deel van een meetkundige som $\sum_k  (\eu^{\iu\theta})^k$ .
4. De *halvehoekontbinding*: voor alle $p, q$ geldt $$\eu^{\iu p} + \eu^{\iu q}  = 2 \cos\tfrac{p - q}{2}\; \eu^{\iu \frac{p+q}{2}},  \qquad  \eu^{\iu p} - \eu^{\iu q}  = 2\iu \sin\tfrac{p - q}{2}\; \eu^{\iu \frac{p+q}{2}} .$$

**Voorbeeld 3.12 (Lineariseren).**

$$
\cos^3\theta
= \Bigl(\frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2}\Bigr)^{\!3}
= \frac{\eu^{3\iu\theta} + 3\eu^{\iu\theta} + 3\eu^{-\iu\theta} +
\eu^{-3\iu\theta}}{8}
= \frac{\cos 3\theta + 3\cos\theta}{4}.
$$

Deze vorm laat zich meteen integreren — precies de reden waarom lineariseren ertoe doet in [Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration). Een gemengd product gaat net zo, alleen met beide formules van Euler tegelijk:

$$
\sin^2\theta\cos^2\theta
= \Bigl(\frac{\sin2\theta}2\Bigr)^{\!2}
= \frac{1}{4}\cdot
\Bigl(\frac{\eu^{2\iu\theta} - \eu^{-2\iu\theta}}{2\iu}
\Bigr)^{\!2}
= \frac{2 - \eu^{4\iu\theta} - \eu^{-4\iu\theta}}{16}
= \frac{1 - \cos4\theta}{8} ,
$$

waarbij de dubbelehoekformule in de eerste stap één binomiale ontwikkeling uitspaarde — daar loont het altijd even naar te kijken vóór je gaat mechaniseren.

**Voorbeeld 3.13 (Een binomiale goniometrische som).**

Bereken voor $n \in \N$ en $\theta \in \R$ de som $S = \sum_{k=0}^{n}
\binom nk \cos k\theta$. Herken het reële deel van een binomiale ontwikkeling:

$$
S = \Re\sum_{k=0}^n \binom nk \bigl(\eu^{\iu\theta}\bigr)^k
= \Re\bigl(1 + \eu^{\iu\theta}\bigr)^n ,
$$

en ontbind dan de halve hoek ([Methode 3.11](#met-b1-complex-trig) (4)): $1 +
\eu^{\iu\theta} = 2\cos\frac\theta2\,\eu^{\iu\theta/2}$, zodat

$$
S = \Re\Bigl(2^n\cos^n\frac\theta2\;\eu^{\iu n\theta/2}\Bigr)
= 2^n \cos^n\frac\theta2\,\cos\frac{n\theta}2 .
$$

Het imaginaire deel levert er gratis $\sum_k\binom nk\sin k\theta =
2^n\cos^n\frac\theta2\sin\frac{n\theta}2$ bij. Controles: $\theta = 0$ geeft $\sum\binom nk = 2^n$ terug, en $\theta = \pi$ geeft $S = 0$ voor $n \geq 1$ (elke factor $\cos\frac\pi2$ verdwijnt), dat wil zeggen de alternerende rijsom uit [Voorbeeld 2.17](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/2-telkunde#ex-b1-counting-binomial). De methode — “zie de cosinussom als de schaduw van een complexe macht en ontbind dan halve hoeken” — is precies die van [Oefening 3.6](#exo-b1-complex-6), met het binomium in de plaats van de meetkundige reeks.

## 3.3 Wortels van complexe getallen

**Stelling 3.14 (nnn-de wortels).**

Zij $a = r\,\eu^{\iu\alpha} \neq 0$ en $n \in \N^*$. De vergelijking $z^n = a$ heeft precies $n$ oplossingen:

$$
z_k = r^{1/n}\, \eu^{\iu\left(\frac{\alpha}{n} +
\frac{2k\pi}{n}\right)},
\qquad k = 0, 1, \dots, n - 1 .
$$

**Bewijs.** Schrijf $z = \rho\,\eu^{\iu\theta}$ met $\rho > 0$. Dan is $z^n = \rho^n
\eu^{\iu n\theta} = r \eu^{\iu\alpha}$ dan en slechts dan als $\rho^n =
r$ (moduli) en $n\theta \equiv \alpha \pmod{2\pi}$ (argumenten), dat wil zeggen $\rho = r^{1/n}$ en $\theta = \frac{\alpha}{n} + \frac{2k\pi}{n}$ voor zekere $k \in \Z$. Rest de vraag wanneer twee gehele getallen $k,
k'$ hetzelfde getal opleveren: dat gebeurt precies wanneer de hoeken een veelvoud van $2\pi$ verschillen,

$$
\frac{2k\pi}n - \frac{2k'\pi}n \in 2\pi\Z
\iff \frac{k - k'}n \in \Z
\iff n \mid k - k' .
$$

Wegens de euclidische deling is elke $k \in \Z$ modulo $n$ congruent met precies één element van $\{0, 1, \dots, n-1\}$, zodat dat bereik elke oplossing één keer opsomt en de telling exact $n$ oplevert. (Datzelfde argument, uitgevoerd binnen $\mathbb U_n$, laat zien dat de wortels een regelmatige $n$-hoek vormen: opeenvolgende waarden van $k$ draaien over de vaste hoek $\frac{2\pi}n$.) ∎

**Voorbeeld 3.15 (Derdemachtswortels van −27-27−27).**

Los $z^3 = -27$ op. Exponentiële vorm van het rechterlid: $-27 =
27\,\eu^{\iu\pi}$, zodat de drie wortels

$$
z_k = 3\,\eu^{\iu(\frac\pi3 + \frac{2k\pi}3)}, \quad k = 0, 1, 2 :
\qquad
z_0 = 3\eu^{\iu\pi/3} = \frac32 + \frac{3\sqrt3}2\,\iu,
\quad
z_1 = -3,
\quad
z_2 = \conj{z_0}
$$

zijn. Twee controles. Ten eerste is de reële wortel $-3$ de voor de hand liggende, en de twee andere zijn haar draaiingen over $\pm\frac{2\pi}3$ — equivalent: $-3j$ en $-3j^2$. Ten tweede bevestigt de algebra het: $z^3 + 27 = (z + 3)(z^2 - 3z + 9)$, en de vierkantsvergelijking heeft discriminant $9 - 36 = -27 < 0$ met wortels $\frac{3 \pm 3\iu\sqrt3}2 = z_0, \conj{z_0}$. Het inzicht: bij een reëel rechterlid komen de niet-reële wortels altijd in [toegevoegde](#def-b1-complex-field) paren, zodat een tekening van de oplossingsverzameling symmetrisch is om de reële as — een voorproefje van de reële ontbindingsstelling van [Hoofdstuk 8](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#ch-b1-poly).

**Voorbeeld 3.16 (Een niet-reëel rechterlid).**

Los $z^4 = -8 + 8\iu\sqrt3$ op. Exponentiële vorm van het rechterlid: [modulus](#def-b1-complex-field) $\sqrt{64 + 192} = 16$, en argument $\theta$ met $\cos\theta =
-\frac12$ en $\sin\theta = \frac{\sqrt3}2$, dus $\theta =
\frac{2\pi}3$. De vier wortels zijn

$$
z_k = 2\,\eu^{\iu(\frac\pi6 + \frac{k\pi}2)}, \quad k = 0, 1, 2,
3 :
\qquad
z_0 = \sqrt3 + \iu,\quad z_1 = \iu z_0 = -1 + \iu\sqrt3,
$$

$$
z_2 = -z_0 = -\sqrt3 - \iu,\qquad z_3 = -\iu z_0 = 1 - \iu\sqrt3 .
$$

(Controle: $z_0^2 = 2 + 2\iu\sqrt3$, dus $z_0^4 = (2 + 2\iu\sqrt3)^2 =
4 - 12 + 8\iu\sqrt3 = -8 + 8\iu\sqrt3$.) Zodra *één* wortel gevonden is, komen de drie andere er gratis bij: het zijn haar opeenvolgende draaiingen over $\frac\pi2$, dat wil zeggen haar producten met de vierde [eenheidswortels](#def-b1-complex-unity) — de algemene structuur achter [Stelling 3.14](#thm-b1-complex-roots), die je beter benut dan elke wortel opnieuw uit te rekenen. Ditmaal is er geen [toegevoegde](#def-b1-complex-field) symmetrie: het rechterlid is niet reëel.

**Definitie 3.17 (Eenheidswortels).**

De *$n$-de eenheidswortels* zijn de oplossingen van $z^n = 1$:

$$
\mathbb{U}_n = \bigl\{\, \omega^k : k = 0, \dots, n-1 \,\bigr\},
\qquad \omega = \eu^{2\iu\pi/n}.
$$

Ze vormen een groep onder de vermenigvuldiging ([Hoofdstuk 7](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/7-algebraische-structuren#ch-b1-structures)) en liggen op de hoekpunten van een regelmatige $n$-hoek ingeschreven in de eenheidscirkel.

![De vijfde eenheidswortels, = 2 π/5: een regelmatige vijfhoek op de eenheidscirkel.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-complex/fig-8a472e96bb29.svg)

*De vijfde [eenheidswortels](#def-b1-complex-unity), $\omega = \eu^{2\iu\pi/5}$: een regelmatige vijfhoek op de eenheidscirkel.*

**Propositie 3.18 (Som van de eenheidswortels).**

Voor $n \geq 2$ tellen de $n$-de [eenheidswortels](#def-b1-complex-unity) op tot nul: $\sum_{k=0}^{n-1} \omega^k = 0$.

**Bewijs.** Meetkundige som met reden $\omega \neq 1$: $\sum_{k=0}^{n-1} \omega^k =
\frac{\omega^n - 1}{\omega - 1} = 0$, want $\omega^n = 1$. ∎

**Voorbeeld 3.19 (Reële en imaginaire delen aflezen).**

Splitsen we $\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k = 0$ in reëel en imaginair deel, dan vallen er gratis twee goniometrische identiteiten uit:

$$
\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{2k\pi}n = 0,
\qquad
\sum_{k=0}^{n-1}\sin\frac{2k\pi}n = 0
\qquad (n \geq 2).
$$

Meetkundig: het zwaartepunt van een regelmatige $n$-hoek ingeschreven in de eenheidscirkel is haar middelpunt — de hoekpunten heffen elkaar precies op. Voor $n = 5$ geeft de eerste identiteit $1 +
2\cos\frac{2\pi}5 + 2\cos\frac{4\pi}5 = 0$ (door $k$ met $n - k$ te koppelen), het beginpunt van de berekening van $\cos\frac{2\pi}5$ in [Oefening 3.8](#exo-b1-complex-8).

**Voorbeeld 3.20 (Vierkantswortels in algebraïsche vorm).**

Om $z^2 = 3 + 4\iu$ zonder goniometrie op te lossen, zet je $z = x + \iu
y$:

$$
x^2 - y^2 = 3, \qquad 2xy = 4, \qquad x^2 + y^2 = \abs{3 + 4\iu} = 5 .
$$

De eerste en de laatste optellen geeft $x^2 = 4$, dus $x = \pm 2$, en dan $y = 2/x = \pm 1$ met *hetzelfde* tekenpaar (want $xy = 2 > 0$): $z
= \pm(2 + \iu)$. Samen met de gebruikelijke formule lost dit elke vierkantsvergelijking met complexe coëfficiënten op ([Oefening 3.7](#exo-b1-complex-7)).

## 3.4 Complexe getallen en vlakke meetkunde

**Propositie 3.21 (Meetkundig woordenboek).**

Vereenzelvig het punt $M(x, y)$ van het vlak met zijn *affix* $z = x
+ \iu y$. Voor verschillende punten $A, B, C$ met affixen $a, b, c$:

1. $\abs{b - a}$ is de afstand $AB$ ;
2. $\arg\dfrac{c - a}{b - a}$ is de hoek tussen de vectoren $\vect{AB}$ en $\vect{AC}$ (modulo $2\pi$ );
3. $A, B, C$ liggen op één rechte dan en slechts dan als $\dfrac{c - a}{b - a} \in \R$ ; de rechten $AB$ en $AC$ staan loodrecht op elkaar dan en slechts dan als $\dfrac{c - a}{b -  a} \in \iu\R$ .

**Bewijs.** (1) is de definitie van de [modulus](#def-b1-complex-field) toegepast op $b - a$, de affix van $\vect{AB}$. (2): schrijf $b - a = r\eu^{\iu\theta}$ en $c - a =
s\eu^{\iu\varphi}$; dan heeft $\frac{c-a}{b-a} = \frac sr \eu^{\iu(\varphi
- \theta)}$ als argument $\varphi - \theta$, de hoek van $\vect{AB}$ naar $\vect{AC}$. (3): op één rechte liggen betekent hoek $0$ of $\pi$, dus argument in $\pi\Z$, dus quotiënt reëel; loodrecht staan betekent hoek $\pm\frac\pi2$, dus quotiënt zuiver imaginair. (Het quotiënt is niet nul, want $C \neq A$.) ∎

**Opmerking 3.22 (Tussenspel: C\CC is het vlak met een vermenigvuldiging).**

Het loont stil te staan bij wat dit hoofdstuk überhaupt mogelijk maakt: het vlak $\R^2$ draagt optellingen in elke richting, maar geen van nature gegeven vermenigvuldiging — en $\C$ *is* het vlak uitgerust met er één, waarin vermenigvuldigen met een vast getal draait en schaalt. Deze ene structuur wordt in dit volume nog driemaal uitgemolken. In [Hoofdstuk 21](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) duikt vermenigvuldigen met $a +
\iu b$ opnieuw op als de $2 \times 2$-matrix met rijen $(a, -b)$ en $(b, a)$: het complexe rekenen is een eerste, volstrekt concrete familie matrixproducten. In [Hoofdstuk 23](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/23-euclidische-ruimten#ch-b1-euclid) blijkt de uitdrukking $\Re(\conj z\,w)$ het inwendig product te zijn en $\abs z$ de euclidische norm: de hier bewezen driehoeksongelijkheid is het model voor het verhaal van Cauchy–Schwarz daar. En in [Hoofdstuk 24](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/24-vlakke-krommen#ch-b1-curves) schrijf je een bewegend punt het best als $t \mapsto z(t)$, zodat snelheid en versnelling complexwaardige afgeleiden worden — een cirkelbeweging is dan simpelweg $z(t) = R\,\eu^{\iu\omega t}$. Eén goede vermenigvuldiging, vier hoofdstukken rendement.

**Propositie 3.23 (De afbeeldingen z↦az+bz \mapsto az + bz↦az+b).**

Zij $a \in \C^*$ en $b \in \C$. De transformatie $f(z) = az + b$ van het vlak:

- is een translatie wanneer $a = 1$ ;
- heeft anders precies één vast punt $\zeta = \frac{b}{1-a}$ , en $f(z) - \zeta = a\,(z - \zeta)$ : $f$ is de draaiing met middelpunt $\zeta$ en hoek $\arg a$ , samengesteld met de vermenigvuldiging met middelpunt $\zeta$ en factor $\abs a$ .

In het bijzonder is $z \mapsto \eu^{\iu\theta} z$ de draaiing over de hoek $\theta$ om de oorsprong, en is $\conj z$ de spiegeling in de reële as.

**Bewijs.** Is $a = 1$, dan verschuift $f(z) = z + b$ over de vector met affix $b$. Is $a \neq 1$, dan heeft de vergelijking $z = az + b$ voor de vaste punten de unieke oplossing $\zeta = \frac{b}{1-a}$, en dan is $f(z) -
\zeta = az + b - (a\zeta + b) = a(z - \zeta)$. Schrijven we $a = \abs a\,
\eu^{\iu\arg a}$, dan schaalt vermenigvuldigen met $a$ de afstanden tot $\zeta$ met $\abs a$ en telt het $\arg a$ bij de hoeken in $\zeta$ op — en dat is de aangekondigde samenstelling. ∎

**Voorbeeld 3.24 (Een afbeelding z↦az+bz \mapsto az+bz↦az+b herkennen).**

Neem $f(z) = \iu z + 1$. Hier is $a = \iu \neq 1$, dus het vaste punt is

$$
\zeta = \frac{b}{1 - a} = \frac1{1 - \iu}
= \frac{1 + \iu}{2},
$$

en omdat $\abs a = 1$ wordt er helemaal niet geschaald: $f$ is de zuivere draaiing met middelpunt $\frac{1+\iu}2$ over de hoek $\arg \iu =
\frac\pi2$. Controle: $f(\zeta) = \iu\,\frac{1+\iu}2 + 1 = \frac{\iu -
1}2 + 1 = \frac{1 + \iu}2 = \zeta$, en $f(0) = 1$, $f(1) = 1 + \iu$, $f(1
+ \iu) = \iu\,(1 + \iu) + 1 = \iu$: de vier punten $0, 1, 1+\iu, \iu$ van het eenheidsvierkant lopen telkens een kwartslag rond hun middelpunt $\zeta$ — precies wat een draaiing over $\frac\pi2$ om het middelpunt van het vierkant moet doen.

![De afbeelding f(z) = z + 1 uit : een kwartslagdraaiing om het vaste punt = 1+ 2. De hoekpunten van het eenheidsvierkant doorlopen de cyclus 0 1 1+ 0; geen enkel punt beweegt langs een rechte lijn, en toch wordt het hele vierkant star gedraaid.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-complex/fig-93c487327b70.svg)

*De [afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) $f(z) = \iu z + 1$ uit [Voorbeeld 3.24](#ex-b1-complex-classify): een kwartslagdraaiing om het vaste punt $\zeta = \frac{1+\iu}2$. De hoekpunten van het eenheidsvierkant doorlopen de cyclus $0 \to 1 \to 1{+}\iu \to \iu \to 0$; geen enkel punt beweegt langs een rechte lijn, en toch wordt het hele vierkant star gedraaid.*

**Opmerking 3.25 (Veelgemaakte fouten met moduli en argumenten).**

1. *Geen ongelijkheden in $\C$.* $z \leq w$ schrijven voor niet-reële getallen is betekenisloos; alleen moduli, reële delen en imaginaire delen zijn vergelijkbaar.
2. *$\sqrt{\phantom z}$ is voorbehouden aan $\R_+$.* Elk complex getal ongelijk aan nul heeft *twee* vierkantswortels en geen van beide is bevoorrecht: schrijf “zij $\delta$ een vierkantswortel van $\Delta$ ” (berekend als in [Voorbeeld 3.20](#ex-b1-complex-sqrt) ), nooit $\sqrt\Delta$ — de regel $\sqrt{ab} = \sqrt a\sqrt b$ faalt al bij $a = b = -1$ .
3. *Argumenten leven modulo $2\pi$.* Uit $\eu^{\iu\alpha} =  \eu^{\iu\beta}$ besluit je $\alpha \equiv \beta \pmod{2\pi}$ en niet $\alpha = \beta$ ; de $2k\pi$ vergeten is de manier waarop oplossingsverzamelingen van $z^n = a$ $n - 1$ van hun $n$ elementen kwijtraken.
4. *$\abs{z + w}$ is niet $\abs z + \abs w$.* Gelijkheid in de driehoeksongelijkheid is het uitzonderlijke geval waarin alles op één halfrechte ligt ( [Propositie 3.2](#prop-b1-complex-rules) (4)); in het algemeen moet de [modulus](#def-b1-complex-field) van een som afgeschat worden, niet berekend.

**Voorbeeld 3.26.**

$A, B, C$ (affixen $a, b, c$, twee aan twee verschillend) vormen een gelijkzijdige driehoek met de hoekpunten in directe (tegen de wijzers van de klok in) volgorde dan en slechts dan als $\frac{c - a}{b - a} =
\eu^{\iu\pi/3}$: de draaiing met middelpunt $A$ over de hoek $\frac\pi3$ stuurt $B$ naar $C$. Beide oriëntaties samen worden gevat door de symmetrische vergelijking $a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca$ ([Oefening 3.10](#exo-b1-complex-10)).

**Opmerking 3.27 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt).**

De exponentiële vorm is het meest hergebruikte rekenmiddel van het hele volume. [Eenheidswortels](#def-b1-complex-unity) worden het standaardvoorbeeld van een cyclische groep in [Hoofdstuk 7](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/7-algebraische-structuren#ch-b1-structures) en dragen de ontbinding van $X^n - 1$ in [Hoofdstuk 8](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#ch-b1-poly); [toegevoegde](#def-b1-complex-field) wortels daar groeperen levert de reële ontbindingen die de partieelbreuksplitsing van [Hoofdstuk 9](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/9-rationale-breuken#ch-b1-fractions) gebruikt. Lineariseren ([Methode 3.11](#met-b1-complex-trig)) is de standaardvoorbereiding op het integreren van goniometrische machten in [Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration), en de karakteristieke vergelijkingen van [Hoofdstuk 5](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/5-lineaire-differentiaalvergelijkingen#ch-b1-diffeq) hebben complexe wortels waarvan de reële en imaginaire delen de oscillerende oplossingen $\eu^{\lambda t}\cos\omega
t$ opleveren. Het meetkundige woordenboek keert in matrixgewaad terug: draaiingen en gelijkvormigheden worden de orthogonale matrices van Hoofdstukken [21](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) en [23](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/23-euclidische-ruimten#ch-b1-euclid), en geparametriseerde krommen in [Hoofdstuk 24](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/24-vlakke-krommen#ch-b1-curves) schrijf je vaak het best als [afbeeldingen](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) $t \mapsto
z(t) \in \C$.

## 3.5 Oefeningen

**Oefening 3.1 ★.**

Breng in exponentiële vorm: $1 + \iu$; $\;\sqrt 3 - \iu$; $\;-5$; $\;\dfrac{1 + \iu}{\sqrt 3 - \iu}$. Leid daaruit $\cos\frac{5\pi}{12}$ en $\sin\frac{5\pi}{12}$ af.

**Oplossing van Oefening 3.1.**

$1 + \iu = \sqrt 2\, \eu^{\iu\pi/4}$; $\;\sqrt 3 - \iu = 2\, \eu^{-\iu\pi/6}$; $\;-5 = 5\, \eu^{\iu\pi}$;

$$
\frac{1 + \iu}{\sqrt 3 - \iu}
= \frac{\sqrt 2}{2}\, \eu^{\iu(\pi/4 + \pi/6)}
= \frac{\sqrt 2}{2}\, \eu^{5\iu\pi/12}.
$$

Hetzelfde quotiënt algebraïsch berekend (vermenigvuldig met de [toegevoegde](#def-b1-complex-field)):

$$
\frac{(1 + \iu)(\sqrt 3 + \iu)}{4}
= \frac{(\sqrt 3 - 1) + \iu(\sqrt 3 + 1)}{4}.
$$

Gelijkstellen met $\frac{\sqrt 2}{2}(\cos\frac{5\pi}{12} +
\iu\sin\frac{5\pi}{12})$ geeft

$$
\cos\frac{5\pi}{12} = \frac{\sqrt 6 - \sqrt 2}{4},
\qquad
\sin\frac{5\pi}{12} = \frac{\sqrt 6 + \sqrt 2}{4}.
$$

**Oefening 3.2 ★.**

Bereken $(1 + \iu)^{20}$. Voor welke $n \in \N$ is $(1 + \iu)^n$ een reëel getal?

**Oplossing van Oefening 3.2.**

$(1+\iu)^2 = 2\iu$, dus $(1+\iu)^{20} = (2\iu)^{10} = 2^{10}\,\iu^{10}
= 1024 \times (-1) = -1024$.

In exponentiële vorm is $(1+\iu)^n = 2^{n/2}\, \eu^{\iu n\pi/4}$, reëel dan en slechts dan als $\sin\frac{n\pi}{4} = 0$, oftewel $4 \mid n$. Dus $(1+\iu)^n \in \R$ precies voor de veelvouden van $4$ (met waarde $(-4)^{n/4}$).

**Oefening 3.3 ★.**

Beschrijf meetkundig de [verzameling](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-sets) van de $z \in \C$ waarvoor: $\abs{z - 2} = \abs{z + \iu}$; $\;\abs{z - 1} = 2$; $\;\dfrac{z - 1}{z + 1} \in \iu\R$ (voor $z \neq -1$).

**Oplossing van Oefening 3.3.**

$\abs{z - 2} = \abs{z + \iu}$: even ver van de punten $2$ en $-\iu$ — de middelloodlijn van het lijnstuk tussen $(2, 0)$ en $(0, -1)$.

$\abs{z - 1} = 2$: de cirkel met middelpunt $1$ en straal $2$.

$\frac{z-1}{z+1} \in \iu\R$: volgens [Propositie 3.21](#prop-b1-complex-geometry) (3) voldoen de punten $M(z)$, $A(1)$, $B(-1)$ hieraan wanneer de rechten $MA$ en $MB$ loodrecht op elkaar staan (of wanneer $z = 1$, waar het quotiënt $0 \in \iu\R$ is). De [verzameling](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-sets) is de cirkel met middellijn $[-1, 1]$ (de eenheidscirkel), op het punt $-1$ na, waar het quotiënt niet gedefinieerd is. *Controle door berekening:* $z = \eu^{\iu\theta}$ geeft $\frac{z-1}{z+1} = \frac{\eu^{\iu\theta/2}(\eu^{\iu\theta/2} -
\eu^{-\iu\theta/2})}{\eu^{\iu\theta/2}(\eu^{\iu\theta/2} +
\eu^{-\iu\theta/2})} = \iu\tan\frac\theta2 \in \iu\R$.

**Oefening 3.4 ★.**

Lineariseer $\sin^4\theta$, en ontwikkel $\cos 4\theta$ als veelterm in $\cos\theta$.

**Oplossing van Oefening 3.4.**

Linearisatie:

$$
\sin^4\theta
= \Bigl(\frac{\eu^{\iu\theta} - \eu^{-\iu\theta}}{2\iu}\Bigr)^{\!4}
= \frac{\eu^{4\iu\theta} - 4\eu^{2\iu\theta} + 6 - 4\eu^{-2\iu\theta}
+ \eu^{-4\iu\theta}}{16}
= \frac{\cos 4\theta - 4\cos 2\theta + 3}{8}.
$$

Ontwikkeling: volgens de Moivre is $\cos 4\theta = \Re\bigl((c + \iu
s)^4\bigr) = c^4 - 6c^2 s^2 + s^4$ met $c = \cos\theta$ en $s =
\sin\theta$; na substitutie van $s^2 = 1 - c^2$:

$$
\cos 4\theta = c^4 - 6c^2(1 - c^2) + (1 - c^2)^2
= 8c^4 - 8c^2 + 1 .
$$

**Oefening 3.5 ★.**

Los $z^3 = 8\iu$ op en zet de oplossingen op een tekening. Los $z^4 =
-4$ op en ontbind $X^4 + 4$ in twee reële tweedegraadsveeltermen.

**Oplossing van Oefening 3.5.**

$8\iu = 8\,\eu^{\iu\pi/2}$, dus de derdemachtswortels zijn $2\,\eu^{\iu(\pi/6 + 2k\pi/3)}$ met $k = 0, 1, 2$:

$$
z_0 = 2\eu^{\iu\pi/6} = \sqrt 3 + \iu,\quad
z_1 = 2\eu^{5\iu\pi/6} = -\sqrt 3 + \iu,\quad
z_2 = 2\eu^{3\iu\pi/2} = -2\iu :
$$

een gelijkzijdige driehoek op de cirkel met straal $2$.

Verder is $-4 = 4\eu^{\iu\pi}$, zodat $z^4 = -4$ de oplossingen $\sqrt
2\, \eu^{\iu(\pi/4 + k\pi/2)}$ heeft: $\;1 + \iu$, $-1 + \iu$, $-1 -
\iu$, $1 - \iu$. Koppelen we de [toegevoegde](#def-b1-complex-field) wortels, dan volgt

$$
X^4 + 4 = \bigl(X^2 - 2X + 2\bigr)\bigl(X^2 + 2X + 2\bigr),
$$

want $(X - (1+\iu))(X - (1-\iu)) = X^2 - 2X + 2$ en analoog voor het andere paar. (Werk uit ter controle.)

**Oefening 3.6 ★★.**

Bereken voor $\theta \in \R$ met $\eu^{\iu\theta} \neq 1$ en $n \in \N$

$$
C_n = \sum_{k=0}^{n} \cos k\theta
\qquad\text{en}\qquad
S_n = \sum_{k=0}^{n} \sin k\theta
$$

door de meetkundige reeks $\sum_k \eu^{\iu k\theta}$ te sommeren en de halvehoekontbinding te gebruiken.

**Oplossing van Oefening 3.6.**

$C_n + \iu S_n = \sum_{k=0}^{n} \eu^{\iu k\theta} =
\frac{\eu^{\iu(n+1)\theta} - 1}{\eu^{\iu\theta} - 1}$ (meetkundige som met reden $\eu^{\iu\theta} \neq 1$). Halvehoekontbinding ([Methode 3.11](#met-b1-complex-trig) (4)) van teller en noemer:

$$
\frac{2\iu\sin\frac{(n+1)\theta}{2}\, \eu^{\iu(n+1)\theta/2}}
{2\iu\sin\frac{\theta}{2}\, \eu^{\iu\theta/2}}
= \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}\,
\eu^{\iu n\theta/2}.
$$

Reëel en imaginair deel nemen geeft

$$
C_n = \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}
\cos\frac{n\theta}{2},
\qquad
S_n = \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}
\sin\frac{n\theta}{2}.
$$

**Oefening 3.7 ★★.**

Los op in $\C$: $z^2 - (3 + 4\iu) z + (-1 + 5\iu) = 0$. *(Bereken de discriminant en trek er de vierkantswortels uit als in [Voorbeeld 3.20](#ex-b1-complex-sqrt).)*

**Oplossing van Oefening 3.7.**

Discriminant: $\Delta = (3 + 4\iu)^2 - 4(-1 + 5\iu) = 9 + 24\iu - 16 + 4
- 20\iu = -3 + 4\iu$. Vierkantswortels van $-3 + 4\iu$: los $x^2 - y^2 =
-3$, $2xy = 4$, $x^2 + y^2 = 5$ op; dan is $x^2 = 1$ en $y = 2/x$ met gelijke tekens: $\delta = \pm(1 + 2\iu)$. Bijgevolg is

$$
z = \frac{(3 + 4\iu) \pm (1 + 2\iu)}{2}
\in \{\, 2 + 3\iu,\; 1 + \iu \,\}.
$$

*Controle:* som $= 3 + 4\iu$ en product $(2+3\iu)(1+\iu) = -1 +
5\iu$, zoals de coëfficiënten vereisen.

**Oefening 3.8 ★★.**

Zij $\omega = \eu^{2\iu\pi/5}$.

1. Verantwoord $1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0$ .
2. Zet $u = \omega + \omega^4$ en $v = \omega^2 + \omega^3$ . Bereken $u + v$ en $uv$ , en leid af dat $u$ en $v$ de wortels van $X^2 + X - 1$ zijn.
3. Besluit dat $\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt 5 - 1}{4}$ .

**Oplossing van Oefening 3.8.**

1. [Propositie 3.18](#prop-b1-complex-sumroots) met $n = 5$ .
2. $u + v = \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = -1$ volgens (1). Voor het product werk je uit en reduceer je de exponenten modulo $5$: $$uv = (\omega + \omega^4)(\omega^2 + \omega^3)  = \omega^3 + \omega^4 + \omega^6 + \omega^7  = \omega^3 + \omega^4 + \omega + \omega^2 = -1 .$$ Dus $u$ en $v$ hebben som $-1$ en product $-1$: het zijn de twee wortels van $X^2 + X - 1$.
3. $u = \omega + \conj\omega = 2\cos\frac{2\pi}{5} > 0$ (de hoek is scherp), en de positieve wortel van $X^2 + X - 1$ is $\frac{-1 + \sqrt 5}{2}$ . Bijgevolg is $\cos\frac{2\pi}{5} =  \frac{\sqrt 5 - 1}{4}$ .

**Oefening 3.9 ★★.**

Bewijs voor alle $z, w \in \C$ de parallellogramidentiteit

$$
\abs{z + w}^2 + \abs{z - w}^2 = 2\abs z^2 + 2\abs w^2 ,
$$

en geef er een meetkundige uitleg bij in het parallellogram met hoekpunten $0, z, w, z + w$.

**Oplossing van Oefening 3.9.**

Werk beide kwadraten uit als in het bewijs van [Propositie 3.2](#prop-b1-complex-rules) (4):

$$
\abs{z + w}^2 = \abs z^2 + \abs w^2 + 2\Re(z\conj w),
\qquad
\abs{z - w}^2 = \abs z^2 + \abs w^2 - 2\Re(z\conj w),
$$

en tel op. Meetkundig zijn $\abs{z+w}$ en $\abs{z-w}$ de lengtes van de twee diagonalen van het parallellogram met hoekpunten $0, z, z+w, w$, terwijl $\abs z$ en $\abs w$ de zijden zijn: de som van de kwadraten van de diagonalen is gelijk aan de som van de kwadraten van de vier zijden.

**Oefening 3.10 ★★★.**

Bewijs dat drie twee aan twee verschillende punten met affixen $a, b, c$ een gelijkzijdige driehoek vormen (in welke oriëntatie dan ook) dan en slechts dan als

$$
a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca .
$$

*Aanwijzing: het directe geval is $\frac{c-a}{b-a} = -j^2$ en het indirecte $\frac{c-a}{b-a} = -j$, waarbij $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ voldoet aan $j^2 + j + 1 = 0$; of ontbind $a + jb + j^2c$ en $a + j^2 b + jc$.*

**Oplossing van Oefening 3.10.**

Zij $j = \eu^{2\iu\pi/3}$, zodat $j^2 + j + 1 = 0$ en $\eu^{\iu\pi/3} =
-j^2$, $\eu^{-\iu\pi/3} = -j$. De driehoek is direct gelijkzijdig precies wanneer $c - a = -j^2 (b - a)$, en indirect gelijkzijdig precies wanneer $c - a = -j(b - a)$ ([Voorbeeld 3.26](#ex-b1-complex-equilateral)).

Beschouw $P = a + jb + j^2 c$ en $Q = a + j^2 b + jc$. Met $1 + j^2 = -j$ en $j^3 = 1$ is

$$
c - a + j^2(b - a) = c + j^2 b - (1 + j^2)\,a = c + j^2 b + ja
= j\,(a + jb + j^2 c) = jP,
$$

zodat het directe geval $jP = 0 \iff P = 0$ luidt; dezelfde berekening met $j$ in plaats van $j^2$ geeft $c - a + j(b - a) = j^2 Q$, zodat het indirecte geval $Q = 0$ luidt. Dus: gelijkzijdig (in welke oriëntatie dan ook) $\iff PQ = 0$. Uitwerken geeft, met $j + j^2 = -1$,

$$
PQ = a^2 + b^2 + c^2 + (j + j^2)(ab + bc + ca)
= a^2 + b^2 + c^2 - (ab + bc + ca).
$$

De driehoek is dus gelijkzijdig dan en slechts dan als $a^2 + b^2 + c^2 =
ab + bc + ca$.

**Oefening 3.11 ★★★.**

Bereken voor $n \in \N^*$ het product $P = \prod_{k=1}^{n-1}
\bigl(1 - \omega^k\bigr)$, waarbij $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$. *Aanwijzing: $X^n - 1 = \prod_{k=0}^{n-1} (X - \omega^k)$; deel door $X - 1$ en evalueer in $X = 1$.* Leid daaruit $\prod_{k=1}^{n-1} \sin\frac{k\pi}{n} = \dfrac{n}{2^{n-1}}$ af.

**Oplossing van Oefening 3.11.**

Omdat de $\omega^k$ met $k = 0, \dots, n-1$ precies de $n$ wortels van $X^n - 1$ zijn ([Stelling 3.14](#thm-b1-complex-roots)) en de veelterm monisch is, geldt

$$
X^n - 1 = \prod_{k=0}^{n-1} (X - \omega^k)
= (X - 1) \prod_{k=1}^{n-1} (X - \omega^k).
$$

Deling door $X - 1$ geeft $\;1 + X + \dots + X^{n-1} =
\prod_{k=1}^{n-1} (X - \omega^k)$. Evalueren in $X = 1$ levert $P = n$.

Verder is $1 - \omega^k = -\eu^{\iu k\pi/n}\bigl(\eu^{\iu k\pi/n} -
\eu^{-\iu k\pi/n}\bigr) = -2\iu\,\eu^{\iu k\pi/n} \sin\frac{k\pi}{n}$, zodat moduli nemen in $P = n$ (elke $\sin\frac{k\pi}n > 0$ voor $1 \leq
k \leq n-1$) geeft

$$
n = \abs P = \prod_{k=1}^{n-1} 2\sin\frac{k\pi}{n}
= 2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin\frac{k\pi}{n},
\qquad\text{dus}\qquad
\prod_{k=1}^{n-1} \sin\frac{k\pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}} .
$$

**Oefening 3.12 ★★.**

Zij $n \geq 2$. Los de vergelijking $(z + 1)^n = (z - 1)^n$ op in $\C$: toon aan dat ze precies $n - 1$ oplossingen heeft, alle zuiver imaginair, namelijk

$$
z_k = -\iu\,\frac{\cos\frac{k\pi}{n}}{\sin\frac{k\pi}{n}},
\qquad k = 1, \dots, n - 1 .
$$

*Aanwijzing: $z = 1$ is geen oplossing, dus deel en gebruik de [eenheidswortels](#def-b1-complex-unity); pas daarna de halvehoekontbinding van [Methode 3.11](#met-b1-complex-trig) toe.*

**Oplossing van Oefening 3.12.**

$z = 1$ is geen oplossing ($2^n \neq 0$), zodat de vergelijking equivalent is met $\bigl(\frac{z+1}{z-1}\bigr)^n = 1$, oftewel $\frac{z+1}{z-1} = \omega^k$ met $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ en $k \in
\{0, \dots, n-1\}$. De waarde $k = 0$ valt af ($z + 1 = z - 1$ is onmogelijk). Voor $1 \leq k \leq n - 1$ geeft het oplossen van $z + 1 =
\omega^k(z - 1)$ dat $z(1 - \omega^k) = -1 - \omega^k$, zodat met $\varphi = \frac{2k\pi}{n}$ en de halvehoekontbindingen $1 +
\eu^{\iu\varphi} = 2\cos\frac\varphi2\, \eu^{\iu\varphi/2}$ en $\eu^{\iu\varphi} - 1 = 2\iu\sin\frac\varphi2 \,\eu^{\iu\varphi/2}$:

$$
z_k = \frac{1 + \omega^k}{\omega^k - 1}
= \frac{2\cos\frac{k\pi}{n}}{2\iu\,\sin\frac{k\pi}{n}}
= -\iu\,\frac{\cos\frac{k\pi}{n}}{\sin\frac{k\pi}{n}} ,
$$

zuiver imaginair zoals beweerd. De [afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) $t \mapsto \cos t/\sin t$ is [injectief](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-inj) op $\intoo0\pi$ (ze is strikt dalend), zodat de $n - 1$ waarden $z_k$ twee aan twee verschillend zijn: de vergelijking, die na uitwerken graad $n - 1$ heeft (de termen $z^n$ vallen weg), heeft precies deze $n - 1$ oplossingen.

## 3.6 Opgave: de stelling van Napoleon

**Probleem 3.1.**

Zet op elke zijde van een *willekeurige* driehoek naar buiten toe een gelijkzijdige driehoek: de drie middelpunten daarvan vormen altijd een gelijkzijdige driehoek. Dat is de stelling van Napoleon — een [uitspraak](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) zonder zichtbare reden om waar te zijn, die de algebra van $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ in drie regels rekenwerk bewijst. Deze opgave bouwt het volledige gereedschap op (draaiingen, directe gelijkvormigheden, het $j$-criterium van [Oefening 3.10](#exo-b1-complex-10)), bewijst de stelling van Napoleon naar buiten en naar binnen toe, lokaliseert het ontaarde geval, en sluit af met een tweede juweel van dezelfde school: de stelling van van Schooten over gelijkzijdige driehoeken en de ongelijkheid van Ptolemaeus. Overal worden punten van het vlak met hun affixen vereenzelvigd.

**Deel I — Het getal $j$ en de draaiingen.**

1. Bereken de algebraïsche vorm van $j$ , en vervolgens $j^2$ , $j^3$ , $1 + j + j^2$ , $\conj j$ en $j^{-1}$ . Zet $1$ , $j$ , $j^2$ op een schets van de eenheidscirkel.
2. Toon aan dat de draaiing met middelpunt $a$ over de hoek $\theta$ gegeven wordt door $r(z) = a + \eu^{\iu\theta}(z - a)$ , en dat de samenstelling van twee draaiingen, over de hoeken $\theta$ en $\theta'$ , een draaiing over $\theta + \theta'$ is wanneer $\theta + \theta' \notin 2\pi\Z$ , en anders een translatie. (Gebruik [Propositie 3.23](#prop-b1-complex-similitude) .)
3. Zij $b \neq c$ . Toon aan dat er precies twee punten $p$ zijn die $(b, c, p)$ gelijkzijdig maken, namelijk $p = b +  \eu^{\pm\iu\pi/3}(c - b)$ . Ga voor een *directe* driehoek $(a, b, c)$ op het voorbeeld $a = 0$ , $b = 1$ , $c = \iu$ na dat de keuze $\eu^{-\iu\pi/3}$ die is welke aan de andere kant van de rechte $BC$ ligt dan $a$ — de top *naar buiten toe* .
4. Volgens de oplossing van [Oefening 3.10](#exo-b1-complex-10) is $(a, b, c)$ direct gelijkzijdig precies wanneer $a + jb + j^2c = 0$. Bewijs de twee draaiingsidentiteiten $$b + jc + j^2a = j^2\,(a + jb + j^2c),  \qquad  c + ja + j^2b = j\,(a + jb + j^2c),$$ en leid af dat het criterium invariant is onder cyclische [permutatie](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/2-telkunde#def-b1-counting-objects) van $(a, b, c)$.
5. Toon aan dat, wanneer $a + jb + j^2c = 0$ en twee van de drie punten samenvallen, alle drie samenvallen. (Het criterium karakteriseert dus precies: directe gelijkzijdige driehoek, of één enkel punt.)

**Deel II — Directe gelijkvormigheden.**

6. Toon aan dat de [afbeeldingen](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) $f(z) = az + b$ met $a \in \C^*$ (de *directe gelijkvormigheden* ) stabiel zijn onder samenstelling en inversie: de samenstelling van twee ervan, en de inverse van elk ervan, is opnieuw van deze vorm. (In de taal van [Hoofdstuk 7](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/7-algebraische-structuren#ch-b1-structures) : ze vormen een groep.)
7. Toon aan dat er bij gegeven $z_1 \neq z_2$ en $w_1 \neq w_2$ *precies één* directe gelijkvormigheid $f$ bestaat met $f(z_1) = w_1$ en $f(z_2) = w_2$ , en geef $a$ en $b$ expliciet.
8. Toon aan dat een directe gelijkvormigheid $f(z) = az + b$ alle afstanden met $\abs a$ vermenigvuldigt en de *vorm* $\frac{c - a'}{b' - a'}$ van elke driehoek $(a', b', c')$ bewaart *(teller en noemer worden allebei met $a$ vermenigvuldigd)* . Leid af dat twee driehoeken direct gelijkvormig zijn precies wanneer hun vormen gelijk zijn.
9. Bepaal volledig de directe gelijkvormigheid met $f(0) = 1$ en $f(1) = \iu$ : geef $a$ , $b$ , het vaste punt, de factor en de hoek.
10. Zij $\alpha + \beta = 1$ . Toon aan dat het “gewogen punt” $g(a', b') = \alpha a' + \beta b'$ met elke directe gelijkvormigheid verwisselt: $f(\alpha a' + \beta b') = \alpha  f(a') + \beta f(b')$ . Leid af dat zwaartepunten, middens en de napoleontische middelpunten hieronder alle door gelijkvormigheden worden meegevoerd — de algebraïsche vergunning achter elk argument van het type “zonder verlies van algemeenheid leggen we de omgeschreven cirkel op de eenheidscirkel”.

**Deel III — De stelling van Napoleon.** Zij $(a, b, c)$ een directe driehoek. Zet op elke zijde de gelijkzijdige driehoek naar buiten toe (vraag 3) en noem $n_a$, $n_b$, $n_c$ de middelpunten (zwaartepunten) van de driehoeken op respectievelijk $[b, c]$, $[c, a]$ en $[a, b]$.

11. Toon aan dat $$n_a = \alpha b + \beta c, \qquad  n_b = \alpha c + \beta a, \qquad  n_c = \alpha a + \beta b,  \qquad\text{met}\quad  \alpha = \frac{3 + \iu\sqrt3}{6},\ \beta = \conj\alpha .$$
12. Ga $\alpha + \beta = 1$ na en leid af dat de driehoek $(n_a,  n_b, n_c)$ *hetzelfde zwaartepunt* heeft als $(a, b, c)$ .
13. Toon met de identiteiten van vraag 4 aan dat $$n_a + j\,n_b + j^2 n_c  = (\alpha j^2 + \beta j)\,(a + jb + j^2c) .$$
14. Bereken $\alpha j + \beta$ en besluit: $\alpha j^2 + \beta j =  j(\alpha j + \beta) = 0$ , zodat $n_a + j n_b + j^2 n_c = 0$ voor *elke* driehoek: de buitenste napoleontische driehoek is direct gelijkzijdig (of één punt). Daarmee is de stelling van Napoleon bewezen.
15. Zet de gelijkzijdige driehoeken in plaats daarvan *naar binnen* toe (de keuze $\eu^{+\iu\pi/3}$ in vraag 3) en noem $m_a, m_b, m_c$ hun middelpunten. Toon aan dat $m_a = \beta b +  \alpha c$ (en cyclisch), en bewijs vervolgens $m_a + j^2 m_b +  j\,m_c = 0$ : ook de binnenste napoleontische driehoek is gelijkzijdig, met de tegengestelde oriëntatie.
16. Lokaliseer de ontaarding: toon aan dat $n_a = n_b = n_c$ precies gebeurt wanneer $a + j^2 b + jc = 0$ , dat wil zeggen wanneer $(a, b, c)$ een *indirecte* gelijkzijdige driehoek is. *(Twee van de punten $n_a, n_b, n_c$ vallen samen precies wanneer alle drie samenvallen, wegens vraag 5; gebruik dan $n_a  + j^2 n_b + j n_c = j(\alpha + \beta j)(a + j^2b + jc)$ en ga na dat $\alpha + \beta j \neq 0$.)*
17. Voer de hele berekening uit op de driehoek $a = 0$ , $b = 1$ , $c  = \iu$ : geef $n_a, n_b, n_c$ exact, en ga door de drie gekwadrateerde zijden rechtstreeks te berekenen na dat de driehoek gelijkzijdig is met gekwadrateerde zijde $\frac{2 + \sqrt3}{3}$ .

**Deel IV — Ptolemaeus en van Schooten.**

18. Bewijs de identiteit, geldig voor alle complexe $a, b, c, d$: $$(a - b)(c - d) + (a - d)(b - c) = (a - c)(b - d) .$$
19. Leid daaruit de *ongelijkheid van Ptolemaeus* af: voor elke vier punten $A, B, C, D$ geldt $$AC \cdot BD \;\leq\; AB \cdot CD + AD \cdot BC ,$$ met gelijkheid dan en slechts dan als $(a-b)(c-d)$ en $(a-d)(b-c)$ op eenzelfde halfrechte vanuit $0$ liggen.
20. Toon aan dat voor $\theta, \varphi \in \R$ geldt $\abs{\eu^{\iu\theta} - \eu^{\iu\varphi}} =  2\,\abs{\sin\frac{\theta - \varphi}2}$ .
21. (Stelling van van Schooten) Zij $(a, b, c) = (1, j, j^2)$ — wegens Deel II gaat daarmee geen algemeenheid verloren onder de directe gelijkzijdige driehoeken — en zij $p = \eu^{\iu\theta}$ met $\theta \in  \intoo{2\pi/3}{4\pi/3}$, een punt van de omgeschreven cirkel op de boog $BC$ die $A$ niet bevat. Bewijs $$PA = PB + PC .$$ *(Druk de drie afstanden uit met vraag 20 en gebruik een som-naar-productformule.)*
22. Ga in $p = -1$ na dat dit precies het gelijkheidsgeval van de ongelijkheid van Ptolemaeus is voor de cyclische volgorde $A, B,  P, C$ : bereken $(a - b)(p - c)$ en $(a - c)(b - p)$ en controleer dat hun quotiënt een positief reëel getal is.

**Deel V — Synthese.**

23. Bereken de buitenste napoleontische driehoek van de gelijkzijdige driehoek $(1, j, j^2)$ zelf, en beschrijf het resultaat meetkundig.
24. Waar precies gebruikte de opgave: (i) de vermenigvuldiging als draaiing; (ii) de groepsstructuur van de gelijkvormigheden en de invariante vorm; (iii) de halvehoekontbinding van [Methode 3.11](#met-b1-complex-trig) ? Eén zin per onderdeel.
25. Formuleer in een korte alinea de moraal van de opgave: wat levert het woordenboek tussen de vlakke meetkunde en de algebra van $\C$ op, wat kost het, en welke van de twee bewijsstappen — de identiteit $\alpha j + \beta = 0$ of het klassieke plaatje — *verklaart* de stelling van Napoleon volgens jou beter? Noem één plaats waar dit woordenboek later in dit volume in matrixvorm terugkeert.

**Oplossing van Probleem 3.1.**

**1.** $j = \cos\frac{2\pi}3 + \iu\sin\frac{2\pi}3 = -\frac12 +
\iu\frac{\sqrt3}2$; $j^2 = \eu^{4\iu\pi/3} = -\frac12 -
\iu\frac{\sqrt3}2 = \conj j$; $j^3 = 1$; $1 + j + j^2 = 0$ (som van de derde [eenheidswortels](#def-b1-complex-unity), [Propositie 3.18](#prop-b1-complex-sumroots)); $j^{-1} = j^2$ (want $j \cdot j^2 = 1$). Op de eenheidscirkel zijn $1$, $j$, $j^2$ de hoekpunten van een directe gelijkzijdige driehoek.

**2.** De draaiing met middelpunt $a$ over de hoek $\theta$ houdt $a$ vast en draait elke vector vanuit $a$ over $\theta$: $r(z) - a =
\eu^{\iu\theta}(z - a)$, dus $r(z) = a + \eu^{\iu\theta}(z - a)$. Samenstelling van $r(z) = a + \eu^{\iu\theta}(z-a)$ en $r'(z) = a' +
\eu^{\iu\theta'}(z-a')$ geeft

$$
r' \circ r\,(z) = \eu^{\iu(\theta + \theta')} z +
\text{constante},
$$

een [afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) van de vorm $Az + B$ met $A = \eu^{\iu(\theta+\theta')}$ van [modulus](#def-b1-complex-field) $1$. Volgens [Propositie 3.23](#prop-b1-complex-similitude) is dat een draaiing over $\arg A = \theta + \theta'$ wanneer $A \neq 1$, en een translatie wanneer $A = 1$, dat wil zeggen wanneer $\theta + \theta' \in
2\pi\Z$.

**3.** $(b, c, p)$ is gelijkzijdig precies wanneer $\abs{p - b} =
\abs{c - b} = \abs{p - c}$. Schrijven we $q = \frac{p - b}{c - b}$, dan zegt de eerste gelijkheid $\abs q = 1$ en de tweede $\abs{q - 1} = 1$; samen geven ze $q = \eu^{\pm\iu\pi/3}$ (de twee snijpunten van de cirkels $\abs q = 1$ en $\abs{q - 1} = 1$ zijn $\frac12 \pm \iu\frac{\sqrt3}2$). Bijgevolg is $p = b + \eu^{\pm\iu\pi/3}(c - b)$. Voor $a = 0$, $b = 1$, $c = \iu$ (een directe driehoek) geeft de keuze $\eu^{-\iu\pi/3}$

$$
p = 1 + \Bigl(\tfrac12 - \iu\tfrac{\sqrt3}2\Bigr)(\iu - 1)
= \tfrac{1 + \sqrt3}2\,(1 + \iu) \approx 1.37 + 1.37\,\iu ,
$$

wat aan de andere kant van de rechte $BC$ ($x + y = 1$) ligt dan $a = 0$: naar buiten toe. De keuze $\eu^{+\iu\pi/3}$ geeft $p \approx -0.37 -
0.37\,\iu$, aan dezelfde kant als $a$: naar binnen toe.

**4.** Vermenigvuldig $P = a + jb + j^2c$ met $j^2$: $j^2 P = j^2 a
+ j^3 b + j^4 c = b + jc + j^2 a$ (met $j^3 = 1$ en $j^4 = j$); en met $j$: $jP = ja + j^2 b + c$. Dat zijn de twee identiteiten. Is $P = 0$, dan is $j^2 P = jP = 0$: het criterium geldt ook voor $(b, c, a)$ en $(c, a, b)$ — cyclische invariantie (en zo hoort het ook: een gelijkzijdige driehoek trekt zich niets aan van welk hoekpunt je eerst noemt).

**5.** Is $a = b$, dan is $0 = a(1 + j) + j^2 c = -j^2 a + j^2 c$ (met $1 + j = -j^2$), dus $c = a$. Is $b = c$, dan is $0 = a + b(j + j^2)
= a - b$, dus $a = b$. Is $a = c$, dan is $0 = a(1 + j^2) + jb = -ja +
jb$, dus $a = b$. In elk geval vallen alle drie de punten samen.

**6.** $(a'z + b') \circ (az + b) = a'a\,z + (a'b + b')$ met $a'a
\neq 0$: dezelfde vorm. De inverse van $z \mapsto az + b$ is $z \mapsto
\frac1a z - \frac ba$, opnieuw van diezelfde vorm. Met de identieke [afbeelding](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-map) als neutraal element vormen de directe gelijkvormigheden dus een groep onder samenstelling.

**7.** $f(z) = az + b$ voldoet aan $f(z_1) = w_1$ en $f(z_2) = w_2$ precies wanneer $a z_1 + b = w_1$ en $a z_2 + b = w_2$; aftrekken geeft $a(z_2 - z_1) = w_2 - w_1$, zodat

$$
a = \frac{w_2 - w_1}{z_2 - z_1} \;(\neq 0), \qquad
b = w_1 - a z_1
$$

afgedwongen zijn, en omgekeerd voldoet die keuze: bestaan en uniciteit.

**8.** $\abs{f(z) - f(w)} = \abs{a(z - w)} = \abs a\,\abs{z - w}$: alle afstanden worden met $\abs a$ vermenigvuldigd. Voor de vorm:

$$
\frac{f(c') - f(a')}{f(b') - f(a')} = \frac{a(c' -
a')}{a(b' - a')} = \frac{c' - a'}{b' - a'} .
$$

Hebben twee driehoeken $(a', b', c')$ en $(a'', b'', c'')$ dezelfde vorm, zij dan $f$ de unieke directe gelijkvormigheid met $f(a') = a''$ en $f(b') = b''$ (vraag 7); de vorm van $(a'', b'', f(c'))$ is dan gelijk aan die van $(a', b', c')$, en dus aan die van $(a'', b'', c'')$, terwijl de vorm het derde hoekpunt uit de eerste twee vastlegt: $f(c') = c''$. Omgekeerd volgt de gelijkheid van de vormen uit de zojuist getoonde invariantie.

**9.** $b = f(0) = 1$; uit $a + b = f(1) = \iu$ volgt $a = \iu - 1$. Factor $\abs a = \sqrt2$, hoek $\arg(\iu - 1) = \frac{3\pi}4$. Vast punt:

$$
\zeta = \frac{b}{1 - a} = \frac1{2 - \iu} = \frac{2 + \iu}5 .
$$

Dus $f$ is de directe gelijkvormigheid met middelpunt $\frac{2+\iu}5$, factor $\sqrt2$ en hoek $\frac{3\pi}4$.

**10.** Met $\alpha + \beta = 1$ en $f(z) = az + b$:

$$
f(\alpha a' + \beta b') = a\alpha a' + a\beta b' + b
= \alpha(a a' + b) + \beta(a b' + b)
= \alpha f(a') + \beta f(b') ,
$$

waarbij $b = (\alpha + \beta)b$ de sleutel is. Middens ($\alpha = \beta =
\frac12$), zwaartepunten (itereer) en de napoleontische middelpunten $\alpha b + \beta c$ hieronder zijn dus *equivariant*: transformeer je de driehoek, dan transformeren zij mee. Een gelijkvormigheidsinvariante [uitspraak](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) voor één goedgeplaatste driehoek bewijzen bewijst haar dus voor alle — de vergunning die in vraag 21 gebruikt wordt.

**11.** De top naar buiten toe op $[b, c]$ is $p_a = b +
\eu^{-\iu\pi/3}(c - b)$ (vraag 3), zodat het middelpunt

$$
n_a = \frac{b + c + p_a}3
= \frac{2b + c + \frac{1 - \iu\sqrt3}2\,(c - b)}3
= \frac{(3 + \iu\sqrt3)\,b + (3 - \iu\sqrt3)\,c}6
= \alpha b + \beta c
$$

is, met $\alpha = \frac{3 + \iu\sqrt3}6$ en $\beta = \frac{3 -
\iu\sqrt3}6 = \conj\alpha$. Dezelfde berekening op de zijden $[c, a]$ en $[a, b]$ geeft $n_b = \alpha c + \beta a$ en $n_c = \alpha a + \beta b$ (cyclische verschuiving van de rollen).

**12.** $\alpha + \beta = \frac{3 + \iu\sqrt3 + 3 - \iu\sqrt3}6 =
1$. Bijgevolg is

$$
\frac{n_a + n_b + n_c}3
= \frac{(\alpha + \beta)(a + b + c)}3 = \frac{a + b + c}3 :
$$

de twee driehoeken delen hun zwaartepunt.

**13.** Groepeer naar $\alpha$ en $\beta$ en pas de identiteiten van vraag 4 toe op $P = a + jb + j^2c$:

$$
n_a + j n_b + j^2 n_c
= \alpha\,(b + jc + j^2 a) + \beta\,(c + ja + j^2 b)
= \alpha\,j^2 P + \beta\,j P
= (\alpha j^2 + \beta j)\,P .
$$

**14.** Met $j = \frac{-1 + \iu\sqrt3}2$:

$$
\alpha j = \frac{(3 + \iu\sqrt3)(-1 + \iu\sqrt3)}{12}
= \frac{-3 + 3\iu\sqrt3 - \iu\sqrt3 - 3}{12}
= \frac{-3 + \iu\sqrt3}6 = -\beta ,
$$

dus $\alpha j + \beta = 0$, en daarmee $\alpha j^2 + \beta j = j(\alpha j
+ \beta) = 0$; vraag 13 geeft dan $n_a + jn_b + j^2n_c = 0$ voor elke driehoek $(a, b, c)$. Volgens het criterium (vragen 4–5) vormen de middelpunten een directe gelijkzijdige driehoek of één enkel punt: de stelling van Napoleon.

**15.** De top naar binnen toe is $b + \eu^{+\iu\pi/3}(c - b)$, en de berekening van vraag 11 met $\eu^{+\iu\pi/3} = \frac{1 +
\iu\sqrt3}2$ verwisselt $\alpha$ en $\beta$: $m_a = \beta b + \alpha c$, $m_b = \beta c + \alpha a$, $m_c = \beta a + \alpha b$. Met de analoge identiteiten $b + j^2c + ja = j\,Q$ en $c + j^2a + jb = j^2 Q$ voor $Q =
a + j^2b + jc$ volgt

$$
m_a + j^2 m_b + j m_c
= \beta(b + j^2 c + ja) + \alpha(c + j^2 a + jb)
= (\beta j + \alpha j^2)\, Q = j(\beta + \alpha j)\,Q = 0 ,
$$

want $\alpha j = -\beta$ (vraag 14). De binnenste middelpunten voldoen dus aan het *indirecte* gelijkzijdigheidscriterium: gelijkzijdig met de tegengestelde oriëntatie (of één punt).

**16.** Volgens vraag 5, toegepast op het drietal $(n_a, n_b, n_c)$ (dat aan het directe criterium voldoet), vallen twee middelpunten samen precies wanneer alle drie samenvallen; en alle drie vallen samen precies wanneer *beide* criteria gelden, dat wil zeggen wanneer bovendien $n_a + j^2 n_b + j n_c = 0$. Reken als in vraag 13, met de identiteiten $b + j^2c + ja = jQ$ en $c + j^2a + jb = j^2Q$:

$$
n_a + j^2 n_b + j n_c
= \alpha\,jQ + \beta\,j^2 Q = j(\alpha + \beta j)\,Q .
$$

Rechtstreeks: $\beta j = \frac{(3 - \iu\sqrt3)(-1 + \iu\sqrt3)}{12} =
\frac{-3 + 3\iu\sqrt3 + \iu\sqrt3 + 3}{12} = \frac{\iu\sqrt3}3$, zodat $\alpha + \beta j = \frac{3 + \iu\sqrt3 + 2\iu\sqrt3}6 = \frac{1 +
\iu\sqrt3}2 \neq 0$. De buitenste napoleontische driehoek ontaardt dus precies wanneer $Q = a + j^2b + jc = 0$, dat wil zeggen wanneer $(a, b,
c)$ een indirecte gelijkzijdige driehoek is — in dat geval wijzen de constructies “naar buiten” allemaal het omgeschreven gebied in en delen ze één middelpunt.

**17.** Met $a = 0$, $b = 1$, $c = \iu$:

$$
n_a = \alpha + \beta\iu = \frac{(3 + \sqrt3)(1 + \iu)}6,
\qquad
n_b = \alpha\iu = \frac{-\sqrt3 + 3\iu}6,
\qquad
n_c = \beta = \frac{3 - \iu\sqrt3}6 .
$$

Gekwadrateerde zijden: $n_a - n_b = \frac{(3 + 2\sqrt3) + \iu\sqrt3}6$ geeft $\abs{n_a - n_b}^2 = \frac{(3 + 2\sqrt3)^2 + 3}{36} = \frac{24 +
12\sqrt3}{36} = \frac{2 + \sqrt3}3$; $n_b - n_c = \frac{(3 + \sqrt3)(-1
+ \iu)}6$ geeft $\abs{n_b - n_c}^2 = \frac{2(3 + \sqrt3)^2}{36} =
\frac{24 + 12\sqrt3}{36}$; en $n_c - n_a = \frac{-\sqrt3 - \iu(3 +
2\sqrt3)}6$ geeft nogmaals dezelfde waarde. Alle drie de gekwadrateerde zijden zijn $\frac{2 + \sqrt3}3$: gelijkzijdig, zoals beloofd.

**18.** Uitwerken:

$$
(a - b)(c - d) + (a - d)(b - c)
= (ac - ad - bc + bd) + (ab - ac - bd + cd)
= ab - ad - bc + cd ,
$$

en $(a - c)(b - d) = ab - ad - bc + cd$: gelijk.

**19.** Neem moduli in vraag 18 en pas de driehoeksongelijkheid toe ([Propositie 3.2](#prop-b1-complex-rules) (4)):

$$
AC \cdot BD = \abs{(a-b)(c-d) + (a-d)(b-c)}
\leq \abs{a-b}\,\abs{c-d} + \abs{a-d}\,\abs{b-c}
= AB \cdot CD + AD \cdot BC ,
$$

met gelijkheid precies wanneer de twee termen op eenzelfde halfrechte vanuit $0$ liggen (het gelijkheidsgeval van de driehoeksongelijkheid).

**20.** Halvehoekontbinding ([Methode 3.11](#met-b1-complex-trig) (4)): $\eu^{\iu\theta} - \eu^{\iu\varphi} = 2\iu\,\sin\frac{\theta - \varphi}2
\;\eu^{\iu(\theta + \varphi)/2}$, en moduli nemen wist de factoren van [modulus](#def-b1-complex-field) $1$ uit: $\abs{\eu^{\iu\theta} - \eu^{\iu\varphi}} =
2\,\abs{\sin\frac{\theta - \varphi}2}$.

**21.** Met $p = \eu^{\iu\theta}$ en $\theta \in
\intoo{2\pi/3}{4\pi/3}$ geeft vraag 20

$$
PA = 2\,\abs{\sin\tfrac\theta2},
\quad
PB = 2\,\abs{\sin\bigl(\tfrac\theta2 - \tfrac\pi3\bigr)},
\quad
PC = 2\,\abs{\sin\bigl(\tfrac\theta2 - \tfrac{2\pi}3\bigr)} .
$$

Op de boog is $\frac\theta2 \in \intoo{\pi/3}{2\pi/3}$: dan is $\sin\frac\theta2 > 0$; verder is $\frac\theta2 - \frac\pi3 \in
\intoo0{\pi/3}$, zodat de tweede sinus positief is, en $\frac\theta2 -
\frac{2\pi}3 \in \intoo{-\pi/3}0$, zodat de derde negatief is en $PC =
2\sin\bigl(\frac{2\pi}3 - \frac\theta2\bigr)$. Som naar product:

$$
\sin\Bigl(\frac\theta2 - \frac\pi3\Bigr) +
\sin\Bigl(\frac{2\pi}3 - \frac\theta2\Bigr)
= 2\,\sin\frac\pi6\,\cos\Bigl(\frac\theta2 - \frac\pi2\Bigr)
= \sin\frac\theta2 ,
$$

dus $PB + PC = 2\sin\frac\theta2 = PA$: de stelling van van Schooten.

**22.** In $p = -1$ is $PA = 2$ en $PB = PC = 1$, en alle zijden van de gelijkzijdige driehoek hebben lengte $\sqrt3$, zodat beide leden van Ptolemaeus $2\sqrt3$ opleveren. Algebraïsch, met $-1 - j^2 = j$ en $1 + j
= -j^2$:

$$
(a - b)(p - c) = (1 - j)\,(-1 - j^2) = (1 - j)j = j - j^2
= \iu\sqrt3 ,
$$

$$
(a - c)(b - p) = (1 - j^2)(j + 1) = 1 + j - j^2 - j^3
= j - j^2 = \iu\sqrt3 .
$$

De twee termen zijn gelijk, dus is hun quotiënt $1 \in \R_{>0}$: het gelijkheidsgeval van vraag 19, dat precies overeenkomt met $PA \cdot BC =
PB \cdot AC + PC \cdot AB$.

**23.** Voor $(a, b, c) = (1, j, j^2)$ is $n_a = \alpha j + \beta
j^2 = -\beta + \beta j^2$ (vraag 14) $= \beta(j^2 - 1)$; numeriek is $\beta(j^2 - 1) = \frac{(3 - \iu\sqrt3)}6 \cdot \bigl(-\frac32 -
\iu\frac{\sqrt3}2\bigr) = -1$. Evenzo is $n_b = \alpha j^2 + \beta = -j$ en $n_c = \alpha + \beta j = -j^2$. De buitenste napoleontische driehoek van $(1, j, j^2)$ is dus $(-1, -j, -j^2)$: de oorspronkelijke driehoek gespiegeld door haar zwaartepunt $0$ — even groot, een halve slag gedraaid. Een gelijkzijdige driehoek is een vaste vorm van de napoleontische constructie en geen krimpende limiet.

**24.** (i) Vermenigvuldigen met een getal van [modulus](#def-b1-complex-field) $1$ als draaiing bouwde de toppen en de middelpunten (vragen 2–3 en 11) en zette afstanden op de cirkel om in sinussen (vraag 20). (ii) De groepsstructuur en de invariante vorm rechtvaardigden het normaliseren van de omgeschreven cirkel tot de eenheidscirkel en van de driehoek tot $(1, j, j^2)$ in vraag 21, via de equivariantie van vraag 10. (iii) De halvehoekontbinding dreef zowel vraag 20 als de som-naar-productstap aan die van Schooten afmaakt.

**25.** Het woordenboek zet meetkundige [uitspraken](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) om in veeltermidentiteiten waarin elke hypothese een vergelijking is: wat het oplevert is mechanisering — de stelling van Napoleon herleid tot $\alpha j + \beta = 0$, één regel rekenwerk in $\Q(\iu\sqrt3)$; wat het kost is meetkundige zichtbaarheid — de berekening bevestigt, maar laat niet zien *waarom* de middelpunten zich tot een gelijkzijdige driehoek sluiten. Een eerlijk antwoord luidt dat de identiteit de *onvermijdelijkheid* van de stelling verklaart (ze geldt identiek in $a, b, c$, zodat er geen vernuftige configuratie aan te pas komt), terwijl het plaatje haar *inhoud* verklaart. Datzelfde woordenboek keert in matrixvorm terug wanneer draaiingen de orthogonale $2 \times 2$-matrices van [Hoofdstuk 21](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) en [Hoofdstuk 23](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/23-euclidische-ruimten#ch-b1-euclid) worden, waar “vermenigvuldigen met $\eu^{\iu\theta}$” het prototype van een lineaire isometrie is.