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

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

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

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

Regel 1 is flauw.
Regel 2.
$\overline{\left(a+bi\right)\left(c+di\right)}=\overline{\left(ac-bd\right)+\left(ad+bc\right)i}=\left(ac-bd\right)-\left(ad+bc\right)i$ en
$\overline{\left(a+bi\right)}\cdot \overline{\left(c+di\right)}=\left(a-bi\right)\cdot \left(c-di\right)=\left(ac-bd\right)-\left(ad+bc\right)i$.
Dus: $\overline{z\cdot w}=\overline{z}\cdot \overline{w}$.
Regel 3.
$\left(a+bi\right)\cdot \overline{\left(a+bi\right)}=\left(a+bi\right)\cdot \left(a-bi\right)=a^2+b^2$, dus $z\cdot \overline{z}={\left|z\right|}^2$.
Regel 4 en 5 zijn flauw.

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

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

$z\cdot \frac{\overline{z}}{{\left|z\right|}^2}=\frac{z\cdot \overline{z}}{{\left|z\right|}^2}=1$

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

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

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

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

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

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

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

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

Een punt op de lijn $\mathrm{Re}\left(z\right)=1$ 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: ${\left(\mathrm{Re}\left(z\right)-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\mathrm{Im}\left(z\right)\right)}^2=\frac{1}{4}$.
We onderzoeken of de inverse hieraan voldoet.
${\left(\frac{1}{t^2+1}-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{t}{t^2+1}\right)}^2=$ $\frac{1}{{\left(t^2+1\right)}^2}-\frac{t^2+1}{{\left(t^2+1\right)}^2}+\frac{1}{4}+\frac{t^2}{{\left(t^2+1\right)}^2}=$ $\frac{1}{4}$. Dus de punten $z^{\mathrm{‐}1}$ met $\mathrm{Re}\left(z\right)=1$ liggen op de cirkel.

$\mathrm{Re}\left(z^{\mathrm{‐}1}\right)$ neemt alle waarden uit het interval $<0,1]$ aan en $\mathrm{Im}\left(z^{\mathrm{‐}1}\right)$ alle waarden uit het interval $[\mathrm{‐}\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$, (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 $t\to \mathrm{‐}\infty$.