WisFaq!

Berekenen is meestal lastig, tenzij je de arctangens-knop van je rekenmachientje gebruikt; die geeft een benadering van de hoek.
Van een paar makkelijke hoeken zijn de waarden van de tangens bekend en daarmee kun je vaak de hoeken weer mee terugvinden.
Ik teken meestal een plaatje om dat terugzoeken makkelijker te maken.

Uit je vraag is niet helemaal duidelijk waar die $a$ en $b$ vandaan komen. Het punt is dat bij elke waarde van de tangens twee hoeken horen.
Er geldt namelijk dat de tangens periodiek is met periode $180^\circ$, of $\pi$ als je in radialen werkt.
Als de $\tan\alpha=-1$ dan kan $\alpha$ gelijk zijn aan $-45^\circ$ of $135^\circ$.
Aangezien dat laatste het antwoord was gaat het waarschijnlijk om een punt in het tweede kwadrant.
kphart
16-2-2023

Alfa berekenen

Tan alfa= -1
En dus is alfa= -90 graden
Hoe hebben ze alfa kunnen berekenen?
Hanne
16-2-2023

Antwoord

Dit klopt niet met je vorige vraag; daar was het antwoord $135^\circ$.
En de tangens van $90^\circ$ is gelijk aan $\frac{\sin90^\circ}{\cos90^\circ}=\frac10$ en die waarde bestaat niet.
kphart
16-2-2023

Complexe getallen denkoefeningen

z is element van complexe getallen voldoet aan 2z+z(met een streepje boven z)=(-7+11i/1-i). Bepaal de modulus van z. Hoe moet ik beginnen en hoe kan je dat oplossen?
Emilli
25-3-2023

Antwoord

Ik zou $z=x+y\mathrm{i}$ schrijven en
$$
2z+\bar{z}=\frac{-7+11\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}
$$
uitwerken. Dat wordt
$$
3x+y\mathrm{i}=-9+2\mathrm{i}
$$
Nu moet het verder wel lukken denk ik.
kphart
26-3-2023

Vergelijkingen oplossen met complexe getallen

Beste ik vroeg me af hoe je i moet overbrengen in een vergelijking?
Bijvoorbeeld voor de identiteit van Euler.
e^(ipi)+1=0
e^ipi=-1 deze regel heb ik in wolfram alpha ingegeven en zou kloppen
Hoe breng je de i over naar de andere kant?
pi=lni-1 is volgens wolfram alpha fout.
in wiskunde boeken vind ik niks terug van complexe vergelijkingen met overbrengingen van i.
alvast bedankt
Eric Mariman
Eric M
7-7-2023

Antwoord

Het probleem met de complexe getallen is dat de $e$-macht periodiek is, met periode $2\pi i$, dus ook $e^{3i\pi}=-1$, en $e^{-i\pi}=-1$, en $e^{(2k+1)i\pi}=-1$ voor elk oneven geheel getal $k$.
De (natuurlijke) logaritme van $-1$ (en van elk complex getal ongelijk aan $0$) heeft dus oneindig veel waarden. Dat maakt dat de complexe getallen anders werken dan de reële getallen. Dankzij die oneindig veel waarden is het weer wel zo dat vergelijkingen van de vorm $z^k=a$ altijd $k$ oplossingen hebben.

Dus $i\pi=\ln(-1)$ is geen geldige gelijkheid; je kunt alleen zeggen dat $i\pi$ één van de oneindig vele waarden van $\ln(-1)$ is.
kphart
7-7-2023