\documentclass{article}
\usepackage{german}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{pictex}
\usepackage{ulem}
\include{commands}
%\markboth{Beth Scorer (5643272), Fabian Schulz (5575935), Thomas Dettbarn (560641)\hfill\today\hfill}{Beth Scorer (5643272), Fabian Schulz (5575935), Thomas Dettbarn (560641)\hfill\today\hfill}
\markboth{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 5\hfill}{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 5\hfill}
\begin{document}
\title{"Ubungsaufgaben Analysis I\\Blatt 5}
\author{Beth Scorer, 5643272\\Fabian Schulz, 5575935\\Thomas Dettbarn, 5610641}
\maketitle
\newpage
\subsection*{1.) Man zeige}
\begin{description}
\item[i)]{$\sqrt{2}=\sup\{x\in\R\mid x^2<2\}.$}
Per Definition hei"st eine Zahl $s\in \R$ ein Supremum der Menge $M\subset \R$, falls $s$ die kleinste obere Schranke f"ur $M$ ist. Mit anderen Worten:
\begin{description}
\item[a.)]{$s$ ist eine obere Schranke f"ur $M$, und}
\item[b.)]{jede Zahl $s^\prime<s$ ist keine obere Schranke von $M$.}
\end{description}
{\bf Zu zeigen:} $\sqrt{2}=\sup\{x\in \R\mid x^2<2\}$\\
{\bf Beweis:} Angenommen die Menge $A$ sei wie folgt definiert:
\begin{eqnarray*}
A&=&\{x\in \R\mid x>0,\;x^2<2\}
\end{eqnarray*}
Dann wissen wir, da"s $1\in A$ ist, somit ist $A$ nicht leer. Zudem ist $a\leqslant 2,\;\forall a\in A$.\\
Wenn $x>2$ gilt, dann gilt auch $x^2>2^2=4>2$, also ist $x\not\in A$. Deshalb ist $A$ nicht leer und hat eine obere Schranke.\\
Damit existiert ein $\sup A:=\alpha$.\\

Insgesamt ergeben sich nun zwei F"alle:
\begin{enumerate}
\item{Wenn $\alpha^2<2$, dann gibt es $\alpha+\varepsilon\in A$ f"ur $\varepsilon>0$.\\

Liegt $\epsilon$ zwischen 0 und 1, dann ergibt sich die Ungleichung.
\begin{eqnarray*}
\mid\alpha+\varepsilon\mid^2=\alpha^2+2\alpha\varepsilon+\varepsilon^2\leqslant \alpha^2+2\alpha\varepsilon+\varepsilon=\alpha^2+(2\alpha+1)\varepsilon.
\end{eqnarray*}
Aufgel"ost nach $\varepsilon$ somit
\begin{eqnarray*}
\alpha^2+(2\alpha+1)\varepsilon<2&\Leftrightarrow&\varepsilon<\frac{2-\alpha^2}{2\alpha+1}
\end{eqnarray*}
Deshalb kann man f"ur $\varepsilon$ annehmen, da"s 
\begin{eqnarray*}
0<\varepsilon<\frac{2-\alpha^2}{2\alpha+1}=\min\left\{1,\frac{2-\alpha^2}{2\alpha+1}\right\}
\end{eqnarray*}
Damit ergibt sich dann aber $(\alpha+\varepsilon)<2$\\
$ $\\
$\widerspruch$
}
\item{Wenn $\alpha^2>2$ gilt, dann exisitert ein $\varepsilon>0$, so da"s $x>\alpha-\varepsilon$ gilt. Angenommen $\varepsilon<\alpha$ und $x>\alpha-\varepsilon$. Deshalb ist 
\begin{eqnarray*}
x^2>(\alpha-\varepsilon)^2=\alpha^2-2\alpha\varepsilon+\varepsilon^2>\alpha^2-2\alpha\varepsilon.
\end{eqnarray*}
Aber
\begin{eqnarray*}
\alpha^2-2\alpha\varepsilon>2&\Leftrightarrow&\varepsilon <\frac{\alpha^2-2}{2\alpha}
\end{eqnarray*}
Damit l"a"st sich ein $\varepsilon<\frac{\alpha^2-2}{2\alpha}$ finden, so da"s $x>\alpha-\varepsilon$ gilt, also auch $x^2>2$. Dieses $x$ liegt dann aber nicht mehr in $A$.\\
$ $\\
$\widerspruch$
}
\end{enumerate}
Also ist $\sqrt{2}$ das Supremum der Menge $\{x\in \R\mid x^2<2\}$.
\item[ii)]{Sei $I_n=[a_n,b_n]$ eine Intervallschachtelung um $x$. Dann gilt:
\begin{eqnarray*}
x=\sup\{a_n\mid n\in \N\}=\inf\{b_n\mid n\in \N\}
\end{eqnarray*}
{\bf Beweis:} Angenommen $A:=\{a_n\mid n\in \N\}$. Dann gibt es ein $a_n\in A$, so da"s $A$ nicht leer ist. $a_n\leqslant b_n$ so da"s $b_n$ eine obere Schranke f"ur $A$ ist.\\
Deshalb exisitert ein $\alpha=\sup A$.\\

{\bf Behauptung:} $\alpha=x$.\\
$ $\\
{\bf Beweis:} Durch Widerspruch.
\begin{description}
\item[Angenommen $\alpha<x,\;x\in A,\;\alpha\in A$]{Dann gibt es ein Intervall $\alpha_n,\alpha]$ mit $\alpha-\alpha_n<x-\alpha$. Wegen $a\in [a_n,\alpha]$ folgt daraus $\alpha-a<x-a$, also exisitert ein $\varepsilon$, so da"s $\alpha+\varepsilon\in A$. Dies ist jedoch ein Widerspruch, da $\alpha$ die obere Schranke von $A$ ist.\\
$\widerspruch$}
\item[Angenommen $\alpha>x$]{Wenn es eine obere Schranke $x>\alpha$ gibt, so g"abe es ein Intervall $[a_{n},\alpha]$ mit einer L"ange $<\alpha-x$. Wegen $\alpha\in [a_n,\alpha]$ folgt daraus $\alpha-a_n<\alpha-x\Longrightarrow a_n>x$.\\
$\widerspruch$}
\end{description}
$ $\\
$ $\\
Die Menge der oberen Grenze sei definiert als
\begin{eqnarray*}
B&:=&\{b_n\mid n\in \N\} 
\end{eqnarray*}
Weil $b_n\in B$ liegt, ist $B$ nicht leer. Weil $a_n<b_n$, so da"s $a_n$ die untere Schranke f"ur $B$ ist. Deshalb existiert ein $\beta=\inf B$.\\
}
\end{description}
\subsection*{2.) Man entwickle $x=\frac{1}{7}$ in einem $g$-adischen Bruch f"ur $g=2,7,10,12$ (Im 12-adischen System verwende man als Ziffern $\eta=10,\mu=12$)}
\begin{description}
\item[$g=2$]{
Umgewandelt in das 2-adische System ist $7_{10}=1\cdot 2^2+1\cdot 2^1+1\cdot 2^0=111_2$.\\

Der Bruch l"a"st sich anschlie"send "uber schriftliche Division bestimmen.
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{llcccl}
&1&:&111&=&0,001001\dots\\
&10\\
&100\\
&1000\\
-&\underline{\;\;111}\\
&\hspace{1.6em}10\\
&\hspace{1.6em}100\\
&\hspace{1.6em}1000\\
&&\vdots
\end{array}
\end{eqnarray*}
Im 2-adischen System schreibt man den Bruch $\frac{1}{7}$ daher als $0,\overline{001}_2$.
}

\item[$g=7$]{
Umgewandelt in das 7-adische System ist $7_{10}=1\cdot 7^1+0\cdot 7^0=10_7$.\\

Der Bruch l"a"st sich anschlie"send "uber schriftliche Division bestimmen.
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{llcccl}
&1&:&10&=&0,1\\
&10\\
-&\underline{10}\\
&\hspace{0.5em}0\\
\end{array}
\end{eqnarray*}

Im 7-adischen System ist die Darstellung des Bruches $\frac{1}{7}$ abbrechend und wird als $0,1_7$ geschrieben.
}
\item[$g=10$]{
Im 10-adischen System ist $7_{10}=7_{10}$.\\

Die Darstellung des Bruches l"a"st sich "uber schriftliche Division bestimmen.
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{llcccl}
&1&:&7&=&0,1428571\dots\\
&10\\
-&\underline{\hspace{0.5em}7}\\
&\hspace{0.5em}30\\
-&\underline{\hspace{0.5em}28}\\
&\hspace{1em}20\\
-&\underline{\hspace{1.0em}14}\\
&\hspace{1.5em}60\\
-&\underline{\hspace{1.5em}56}\\
&\hspace{2.0em}40\\
-&\underline{\hspace{2.0em}35}\\
&\hspace{2.5em}50\\
-&\underline{\hspace{2.5em}49}\\
&\hspace{3.0em}10\\
&&\vdots
\end{array}
\end{eqnarray*}
Im 10-adischen System wird der Bruch $\frac{1}{7}$ als $0,\overline{142857}_{10}$ geschrieben.
}
\item[$g=12$]
{
In (diesem) 12-adischen System ist $7_{10}=7_{12},\;10_{10}=\eta_{12},\;11_{10}=\mu_{12}$.\\

Die Darstellung des Bruches l"a"st sich "uber schriftliche Division bestimmen.
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{llcccl}
&1&:&7&=&0,186\eta 351\dots\\
&10\\
-&\underline{\hspace{0.5em}7}\\
&\hspace{0.5em}50\\
-&\underline{\hspace{0.5em}48}\\
&\hspace{1em}40\\
-&\underline{\hspace{1.0em}36}\\
&\hspace{1.5em}60\\
-&\underline{\hspace{1.5em}5\eta}\\
&\hspace{2.0em}20\\
-&\underline{\hspace{2.0em}19}\\
&\hspace{2.5em}30\\
-&\underline{\hspace{2.5em}2\mu}\\
&\hspace{3.0em}10\\
&&\vdots
\end{array}
\end{eqnarray*}

Somit wird in (diesem) 12-adischen System der Bruch $\frac{1}{7}$ periodisch und als $0,\overline{186\eta35}_{12}$ geschrieben.
}
\end{description}
\subsubsection*{Zusatz:}
Allgemein kann man die Ziffern eines $g$-adischen Bruches $\frac{Zaehler}{Nenner}$ mit folgendem C-Programm berechnen:
\begin{verbatim}
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

#define STELLENZAHL 24
int main(void)
{

  int g=12;
  int zaehler=1;
  int nenner=7;

  int rest[STELLENZAHL];
  int i,j=0;

  for (i=0;i<24;i++)
  {
    rest[i]=zaehler;
    for (j=0;j<i;j++)
    {
      if (rest[j]==rest[i]) 
      {
        printf("Periode ab der %iten Nachkommastelle\n",j);
        exit(0);
      }
    }
    printf("%i\n",zaehler/nenner);
    if (zaehler>=nenner) zaehler=zaehler%nenner;
    zaehler=zaehler*g;
  }
}
\end{verbatim}
\subsection*{3.) Eine Zahl $x\in \R$ ist genau dann rational, wenn ihr $g$-adischer Bruch schlie"slich periodisch wird.}
\begin{description}
\item["`$\Longleftarrow$"']{
Die $g$-adische Darstellung des Bruches
\begin{eqnarray*}
p(n)=\frac{1}{\sum\limits^{n-1}_{j=0}(g-1)\cdot g^j}
\end{eqnarray*}
liegt f"ur endliche $n\in \N$ in $\Q=\{\frac{a}{b}\mid a\in Z,\;b\in N\}$, (da $1\in Z$ liegt und die Summe eine nat"urliche Zahl ist),
und ist periodisch und hat die Form $0,00\dots 1 00\dots1\dots$, oder $0,\overline{\underbrace{00\dots}_{(n-1)-mal}1}$, da bei einer schriftlichen Division nach $n$ Schritten der Fall
\begin{eqnarray*}
\frac{g^n}{\sum\limits^{n-1}_{j=0}(g-1)\cdot g^j}&=&1\quad(*)
\end{eqnarray*}
auftaucht. Der Rest dieser Division ist ebenfalls wieder 1, deswegen ergeben sich f"ur alle anderen Nachkommastellen dieselben $n$ Werte wie zu Beginn.\\

Damit ergeben sich zwei F"alle:
\begin{enumerate}
\item{
Jede g-adische Darstellung eines Bruches, $x:=y,\overline{a_0a_1a_2\dots a_{n-1}},\;a_i\in \{0,\dots,g-1\},\;y\in\Z$, der ab der ersten Nachkommastelle periodisch "uber $n$ Stellen wird, l"a"st sich nun als 
\begin{eqnarray*}
p^\prime(n)&:=&y+\left(\sum\limits^n_{i=0}a_ig^{i}\right)\cdot p(n)
\end{eqnarray*}
schreiben. Das Ergebnis der Summe in den Klammern ist ein Element der ganzen Zahlen, $p(n)$ ist ein Element aus $\Q$, addiert wird zudem noch mit einer ganzen Zahl $y$, somit ist das gesamte Produkt Element aus $\Q$, somit liegt also auch $p^\prime(n)$ in $\Q$, aufgrund der Abgeschlossenheit von $(\Q,+)$.\\
}
\item{Ein Bruch, welcher erst ab der $m$-ten Nachkommastelle periodisch "uber $n$ Stellen wird, l"a"st sich schreiben als 
\begin{eqnarray*}
p^{\prime\prime}(m,n)=y+ \frac{\sum\limits^{m-1}_{i=0}a_ig_i}{g^{m}}+\left[\left(\sum\limits^n_{i=0}a_{m+i}g_i\right)\cdot p(n)\right]\cdot g^{-m}
\end{eqnarray*}
wenn $m,n$ endlich sind und Elemente von $\N$ sind. Da $y$ wieder eine ganze Zahl ist, und der Bruch in $\Q$ liegt, und das Produkt ebenfalls, liegt auch $p^{\prime\prime}(m,n)$ in $\Q$, aufgrund der Abgeschlossenheit von $(\Q,+)$.
}
\end{enumerate}
}
\item["`$\Longrightarrow$"']{Ein rationaler Bruch $x=\frac{a}{b},\;a\in \Z,\;b\in \N$ l"a"st sich mit einem gen"ugend gro"sen $n\in \N_0$ erweitern zu einem Bruch 
\begin{eqnarray*}
\frac{a}{b}\cdot\frac{y}{y}=\frac{ay}{\sum\limits^n_{i=0}(g-1)g^i}
\end{eqnarray*}
(mit $y=\left(\sum\limits^n_{i=0}(g-1)g^i\right)/b\in \N$) welcher aufgrund der bei {\bf (*)} erw"ahnten Eigenschaften periodisch wird.\\
Ist die Darstellung abbrechend, so l"auft ihre Periode "uber 0.
}
\end{description}
Damit ist eine Zahl $x\in \R$ genau dann rational, wenn ihr $g$-adischer Bruch schlie"slich periodisch wird.
\subsection*{4.) Folgende komplexe Zahlen stelle man in der Form $a+ib$ dar: $\frac{2+i}{2-i},\;(1+i)^n+(1-i)^n,\;\left(\frac{1+i}{1-i}\right)^4,\;\sqrt{i}$}
\begin{description}
\item[$\frac{2+i}{2-i}$]{
\begin{eqnarray*}
\frac{2+i}{2-i}=\frac{2+i}{2+i}\cdot\frac{2+i}{2-i}=\frac{(2+i)^2}{2^2-i^2}=\frac{4+4i+i^2}{4+1}=\frac{4+4i-1}{5}=\frac{3+4i}{5}=\underline{\underline{\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i}}
\end{eqnarray*}
}
\item[$(1+i)^n+(1-i)^n$]{
Da $i^n=i^{4+n}$ und $(-i)^n=(-i)^{4+n}$ f"ur alle $n\in\N_0$ gilt, gen"ugt es sich zun"achst einmal die ersten f"unf F"alle zu betrachten, um zu erkennen, da"s das Ergebnis keinen imagin"aren Anteil enth"alt:
\begin{eqnarray*}
(1+i)^0+(1-i)^0&=&1+1=2\\
(1+i)^1+(1-i)^1&=&1+i+1-i=2\\
(1+i)^2+(1-i)^2&=&1+2i+i^2+1-2i+i^2=1-1+1-1=0\\
(1+i)^3+(1-i)^3&=&1+3i+3i^2+i^3+1-3i+3i^2-i^3\\
&=&1-3+1-3=-4\\
(1+i)^4+(1-i)^4&=&1+4i+6i^2+4i^3+i^4+1-4i+6i^2-4i^3+i^4\\
&=&1-6+1+1-6+1=-8\\
\end{eqnarray*}
F"ur die Werte von $n$ zwischen 0 und 29 ergeben sich die folgenden Ergebnisse: 
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{rrrrr@{\;}rrrrr}
2&2&0&-4&-8&-8&0&16&32&32\\
0&-64&-128&-128&0&256&512&512&0&-1024\\
-2048&-2048&0&4096&8192&8192&0&-16384&-32768&-32768
\end{array}
\end{eqnarray*}

%Allgemein l"a"st sich eine L"osung mit Hilfe der binomischen Reihe finden. Der Ausdruck $(1+i)^n+(1-i)^n$ l"a"st sich damit schreiben als:
%\begin{eqnarray*}
%&&\sum\limits^n_{k=0}1^{n-k}i^k+\sum\limits^n_{k=0}1^{n-k}(-i)^k\\
%&=&{n \choose 0}i^0+{n \choose 1}i^1+\dots+{n \choose n}i^n+{n \choose 0}(-i)^0+{n \choose 1}(-i)^1+\dots+{n \choose n}(-i)^n\\
%\end{eqnarray*}
%Wegen $i^0=1,\;i^1=i,\;i^2=-1,\;i^3=-i$ und $(-i)^0=1,\;(-i)^1=-i,\;(-i)^2=-1,\;(-i)^3=-i$, zusammen mit der Eigenschaft, da"s $i^n=i^{4+n},\;(-i)^n=(-i)^{4+n}$ ist also:
%\begin{eqnarray*}
%&=&{n \choose 0}1+{n \choose 2}(-1)+{n \choose 4}1+\dots+{n \choose 0}1+{n \choose 2}(-1)+{n \choose 4}1+\dots\\
%&=&2\cdot\left(1+\sum\limits^{\lfloor n/4\rfloor}_{j=1}{n \choose 4j}-{n \choose 4j-2}\right)
%\end{eqnarray*}

Eine andere M"oglichkeit w"are die Formel von Moivre anzuwenden:
\begin{eqnarray*}
z^n=[|z|(\cos\varphi+i\sin\varphi)]^n=|z|^n(\cos n\varphi+i\sin n\varphi)
\end{eqnarray*}
F"ur $z_1^n+z_2^n$ somit:
\begin{eqnarray*}
z_1^n+z_2^n&=&|z_1|^n(\cos n\varphi_1+i\sin n\varphi_1)+|z_2|^n(\cos n\varphi_2+i\sin n\varphi_2)\\
\end{eqnarray*}
Mit $z_1:=1+i$ und $z_2:=1-i$ ergeben sich f"ur $|z_1|$ und $|z_2|$ somit nach dem Satz des Pythagoras $|z_1|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt 2$ und $|z_2|=\sqrt{1^2+{-1}^2}=\sqrt 2$. $\varphi_1=\arctan \frac{1}{1}=\frac{\pi}{4}$, $\varphi_2=\arctan\frac{1}{-1}=\frac{7\pi}{4}$\\
\begin{eqnarray*}
(1+i)^n+(1-i)^n&=&\sqrt{2}^n\left(\cos n\frac{\pi}{4}+i\sin \frac{\pi}{4}\right)+\sqrt{2}^n\left(\cos n\frac{7\pi}{4}+i\sin n\frac{7\pi}{4}\right)\\
\end{eqnarray*}
Wegen $\sin n\frac{\pi}{4}=-\sin n\frac{7\pi}{4},\;\forall n\in \N_0$ somit:
\begin{eqnarray*}
&=&\sqrt{2}^n\left(\cos n\frac{\pi}{4}+\cos n\frac{7\pi}{4}\right)\\
\end{eqnarray*}
Insgesamt ergeben sich damit nun acht F"alle: F"ur den Cosinus eines Winkels des vielfachen von $\frac{\pi}{4}$ ergeben sich die Werte $1,\;\frac{1}{2}\sqrt 2,\;0,-\frac{1}{2}\sqrt 2,\;-1,$ $-\frac{1}{2}\sqrt{2},\;0,\;\frac{1}{2}\sqrt 2$
\begin{eqnarray*}
n:=8m+0&(1+i)^n+(1-i)^n&=\sqrt 2^n\left(1+1\right)\\&&=\sqrt{2}^n\cdot 2=2^{n/2+1}\\
n:=8m+1&(1+i)^n+(1-i)^n&=\sqrt 2^n\left(\frac{1}{2}\sqrt{2}+\frac{1}{2}\sqrt{2}\right)\\&&=\sqrt{2}^n\cdot\sqrt{2}=\sqrt{2}^{8m+1}\cdot\sqrt{2}=\sqrt{2}^{8m}\cdot\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}\\
&&=\sqrt{2}^{4m}\cdot 2=2^{\lfloor n/2\rfloor+1}\\
n:=8m+2&(1+i)^n+(1-i)^n&=\sqrt 2^n\left(0+0\right)=0\\
n:=8m+3&(1+i)^n+(1-i)^n&=\sqrt 2^n\left(-\frac{1}{2}\sqrt{2}-\frac{1}{2}\sqrt{2}\right)\\
&&=\sqrt{2}^n\cdot (-\sqrt{2})=-\sqrt2^{8m+3}\cdot\sqrt{2}\\
&&=-\sqrt2^{8m+3+1}=-2^{\lfloor n/2\rfloor+1}\\
n:=8m+4&(1+i)^n+(1-i)^n&=\sqrt 2^n\left(-1-1\right)=\sqrt{2}^n\cdot (-2)\\
&&=-2\cdot\sqrt2^{8m+4}=-2\cdot 2^{n/2}=-2^{n/2+1}\\
n:=8m+5&(1+i)^n+(1-i)^n&=\sqrt 2^n\left(-\frac{1}{2}\sqrt{2}-\frac{1}{2}\sqrt{2}\right)=\sqrt{2}^n\left(-\sqrt{2}\right)\\
&&=-\sqrt{2}^n\sqrt{2}=-\sqrt{2}^{8m+5}\sqrt{2}=-\sqrt{2}^{8m+5+1}\\&&=-2^{\lfloor n/2\rfloor +1}\\
n:=8m+6&(1+i)^n+(1-i)^n&=\sqrt 2^n\left(0+0\right)=0\\
n:=8m+7&(1+i)^n+(1-i)^n&=\sqrt 2^n\left(\frac{1}{2}\sqrt{2}+\frac{1}{2}\sqrt{2}\right)=\sqrt2^n\cdot\sqrt{2}\\
&&=\sqrt2^{8m+7}\sqrt{2}=\sqrt2^{8m+7+1}=2^{\lfloor n/2\rfloor +1}\\
\end{eqnarray*}
Zusammenfassend also
\begin{eqnarray*}
(1+i)^n+(1-i)^n=\underline{\underline{v(n)\cdot 2^{\lfloor n/2\rfloor+1}}}
\end{eqnarray*}
Mit 
\begin{eqnarray*}
v(n)&=&\left\{\begin{array}{l@{$ falls $}l}-1&n=8m+3$ oder $ n=8m+4$ oder $ 8m+5\\1&n=8m+0$ oder $ n=8m+1$ oder $ n=8m+6\\0&n=8m+2$ oder $ n=8m+6\\\end{array}\right. %}
\end{eqnarray*}
}
\item[$\left(\frac{1+i}{1-i}\right)^4$]{
\begin{eqnarray*}
&\left(\frac{1+i}{1-i}\right)^4=\left(\frac{1+i}{1-i}\cdot\frac{1+i}{1+i}\right)^4=\left(\frac{(1+i)^2}{1^2-i^2}\right)^4=\left(\frac{(1+i)^2}{1+1}\right)^4=\left(\frac{1^2+2i+i^2}{2}\right)^4\\
&=\left(\frac{1+2i-1}{2}\right)^4=\left(\frac{2i}{2}\right)^4=(i)^4=i^2\cdot i^2=(-1)\cdot (-1)=1=1+0=\underline{\underline{1+0i}}\\
\end{eqnarray*}
}
\item[$\sqrt{i}$]{$|i|=1$, daher l"a"st sich der Satz von Moivre anwenden:
\begin{eqnarray*}
z^n&=&\cos(n\cdot\varphi)+i\sin(n\cdot\varphi)
\end{eqnarray*}
Mit $z:=i$, $n:=\frac{1}{2}$ und $\varphi=\frac{\pi}{2}$ somit:
\begin{eqnarray*}
i^\frac{1}{2}&=&\cos\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right)+i\sin\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right)\\
&=&\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\\
&=&\underline{\underline{\pm\frac{1}{2}\sqrt{2}\pm i\frac{1}{2}\sqrt{2}}}\\
\end{eqnarray*}
Da Wurzeln sowohl positive als auch negative Ergebnisse haben, mu"s man nun noch herausfinden, welche Kombination ihrer Vorzeichen im Quadrat $i$ ergeben:
\begin{eqnarray*}
\left(-\frac{1}{2}\sqrt{2}-i\frac{1}{2}\sqrt2\right)^2&=&\frac{1}{4}2+2\cdot i\frac{1}{4}\cdot2+\frac{1}{4}2\cdot i^2=0+1i\quad\surd\\
\left(-\frac{1}{2}\sqrt{2}+i\frac{1}{2}\sqrt2\right)^2&=&\frac{1}{4}2-2\cdot i\frac{1}{4}\cdot 2+\frac{1}{4}2\cdot i^2=0-1i\quad\widerspruch\\
\left(+\frac{1}{2}\sqrt{2}-i\frac{1}{2}\sqrt2\right)^2&=&\frac{1}{4}2-2\cdot i\frac{1}{4}\cdot 2+\frac{1}{4}2\cdot i^2=0-1i\quad\widerspruch\\
\left(+\frac{1}{2}\sqrt{2}+i\frac{1}{2}\sqrt2\right)^2&=&\frac{1}{4}2+2\cdot i\frac{1}{4}\cdot2+\frac{1}{4}2\cdot i^2=0+1i\quad\surd\\
\end{eqnarray*}
}
\end{description}
$\frac{2+i}{2-i}$ l"a"st sich daher schreiben als $\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i$, 
$\left(\frac{1+i}{1-i}\right)^4$ als $1+0i$,
$(1+i)^n+(1-i)^n$ als $v(n)\cdot 2^{\lfloor n/2\rfloor+1}$,
und $\sqrt{i}$ als $-\frac{1}{2}\sqrt{2}-i\frac{1}{2}\sqrt2$ bzw. $\frac{1}{2}\sqrt{2}+i\frac{1}{2}\sqrt2$.

\end{document}
