\documentclass{article}
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\newcommand{\matrixx}[4]{\left(\begin{array}{cc}{#1}&{#2}\\{#3}&{#4}\\\end{array}\right)}
%\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 6\hfill}{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 6\hfill}
\begin{document}
\title{"Ubungsaufgaben Analysis I\\Blatt 6}
\author{Beth Scorer, 5643272\\Fabian Schulz, 5575935\\Thomas Dettbarn, 5610641}
\maketitle
\newpage
\subsection*{1.) Man bestimme alle Wurzeln in $\C$ der quadratischen Gleichung $z^2+az+b=0;\;a,b\in\C$. Was sind die Quadratwurzeln von $i$ und $3-4i$?}
{\bf Behauptung:} Die $n$-ten Wurzeln des Polynomes $(*)$ $z^2+az+b=0$ sind immer gleich 0, da dann $\sqrt[n]{z^2+az+b}=\sqrt[n]{0}$ gilt, und $\sqrt[n]{0}=0,\;\forall n\in \N$\\
$ $\\
{\bf Beweis:} Per Induktion "uber $n$.
\begin{description}
\item[Induktionsanfang]{$A(2)$\\
$n:=2$\\

Angenommen es gibt eine Zahl $y\in\C,\;y\ne 0$, welche die Quadratwurzel von $0$ darstellt. Da jede Multiplikation mit $0$ als Ergebnis wieder $0$ ergibt, l"a"st sich $y$ folgenderma"sen berechnen: 
\begin{eqnarray*}
\sqrt[2]{0}&=&y\\
0&=&y^2\\
\frac{0}{y}&=&y\\
0\cdot \frac{1}{y}&=&y\\
0&=&y\\&&\widerspruch
\end{eqnarray*}
Somit mu"s die Quadratwurzel aus $0$ auch wieder $0$ sein.
}
\item[Induktionsschritt]{$A(n)\Longrightarrow A(n+1)$\\

Angenommen es gibt eine Zahl $y\in\C,\;y\ne 0$, welche die $n+1$-te Wurzel von $0$ darstellt.
\begin{eqnarray*}
\sqrt[n+1]{0}&=&y\\
0&=&y^{n+1}\\
\frac{0}{y^n}&=&y\\
0\cdot \frac{1}{y^n}&=&y\\
0&=&y\\&&\widerspruch
\end{eqnarray*}
Somit mu"s die $n+1$-te Wurzel aus $0$ auch wieder $0$ sein.
}
\end{description}
q.e.d.\\


Das Polynom $z^2+az+b=0$ l"a"st sich in sogenannter Scheitelpunktform schreiben:
\begin{eqnarray*}
(z+c)^2+d=0&\Leftrightarrow&z^2+2cz+c^2+d=0,\;c,d\in\C
\end{eqnarray*}
was von Vorteil ist, da es hiermit leichter ist, die Nullstellen des Polynomes zu bestimmen:
\begin{eqnarray*}
(z+c)^2+d=0&\Leftrightarrow&(z+c)^2=-d\\
&\Leftrightarrow&z+c=\pm\sqrt{-d}\\
&\Leftrightarrow&z=-c\pm\sqrt{-d}\quad(**)\\
\end{eqnarray*}
Um herauszufinden, welche Werte f"ur $c$ und $d$ einzusetzen sind, wenn $a$ und $b$ bekannt sind, reicht es aus, folgende zwei Gleichungssysteme mit den Unbekannten $c$ und $d$ zu l"osen:
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{rrcrcl}
I&&&2c&=&a\\
II&c^2&+&d&=&b\\\hline
I^\prime&&&c&=&\frac{a}{2}\\
II^\prime&\left(\frac{a}{2}\right)^2&+&d&=&b\\
II^{\prime\prime}&&&d&=&b-\left(\frac{a}{2}\right)^2\\
\end{array}
\end{eqnarray*}
Diese Werte kann man nun wieder in die Formel $(**)$ einsetzen:
\begin{eqnarray*}
z_{1,2}=-\left(\frac{a}{2}\right)\pm\sqrt{-\left(b-\left(\frac{a}{2}\right)^2\right)}&\Leftrightarrow&z_{1,2}=-\frac{a}{2}\pm\sqrt{-b+\left(\frac{a}{2}\right)^2}\\
&\Leftrightarrow&z_{1,2}=-\frac{a}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2-b}\\
&\Leftrightarrow&z_{1,2}=-\frac{a}{2}\pm\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}\\
&\Leftrightarrow&z_{1,2}=-\frac{a}{2}\pm\sqrt{\frac{a^2}{4}-\frac{b}{4}}\\
&\Leftrightarrow&z_{1,2}=-\frac{a}{2}\pm\sqrt{\frac{a^2-4b}{4}}\\
&\Leftrightarrow&z_{1,2}=-\frac{a}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{a^2-4b}\quad(***)\\
\end{eqnarray*}

Diese Formel hilft, um die Quadratwurzeln aus $i$ und $3-4i$ zu berechnen:
\begin{description}
\item[Quadratwurzel aus $i$]{$ $\\
Setzt man f"ur ein beliebiges $a\in \C$ in $(*)$ f"ur $b:=0$ ein, so finden sich die Nullstellen bei
\begin{eqnarray*}
z^2+az=0&\Leftrightarrow&z^2=-az\Leftrightarrow z=-a
\end{eqnarray*}
Au"serdem kann man ein $a^2=i$ finden, da $a:=\alpha+i\beta,\;\alpha,\beta\in \C$ gilt:
\begin{eqnarray*}
(\alpha+i\beta)^2&=&\alpha^2+2\alpha\beta i+i^2\beta^2\\
&=&\alpha^2-\beta^2+2\alpha\beta i
\end{eqnarray*}
Nun m"ussen noch $\alpha,\beta\in \R$ bestimmt werden, so da"s $\alpha^2-\beta^2=0$ und $2\alpha\beta=1$ ergibt.
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{rrcrcl}
I&\alpha^2&-&\beta^2&=&0\\
II&2\alpha&\cdot&\beta&=&1\\\hline
I^{\prime}&&&\alpha^2&=&\beta^2\\
II^{\prime}&4\alpha^2&\cdot&\alpha^2&=&1\\
II^{\prime\prime}&&&\alpha^4&=&\frac{1}{4}\\
II^{\prime\prime\prime}&&&\alpha&=&\frac{1}{\sqrt[4]{4}}=\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{array}
\end{eqnarray*}
Somit l"a"st sich f"ur $a=\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}$, f"ur $b=0$ und $z=-a$ in $(***)$ einsetzen:
\begin{eqnarray*}
&&-a=-\frac{1/\sqrt{2}+i/\sqrt{2}}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2-4\cdot0}\\
&\Leftrightarrow&-\frac{1}{\sqrt{2}}-i\frac{1}{\sqrt{2}}=-\frac{1}{2\sqrt{2}}-i\frac{1}{2\sqrt{2}}\pm \frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}+i\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2}\\
&\Leftrightarrow&-\frac{1}{\sqrt{2}}-i\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}+i\frac{1}{2\sqrt{2}}=\pm \frac{1}{2} \sqrt{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+2i\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2}}+i^2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2}\\
&\Leftrightarrow&-\frac{2}{2\sqrt{2}}-i\frac{2}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}+i\frac{1}{2\sqrt{2}}=\pm \frac{1}{2} \sqrt{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+2i\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2}}-\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2}\\
&\Leftrightarrow&\frac{1-2}{2\sqrt{2}}+i\frac{1-2}{2\sqrt{2}}=\pm \frac{1}{2} \sqrt{2i\frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{2}}}\\
&\Leftrightarrow&-\frac{1}{2\sqrt{2}}-i\frac{1}{2\sqrt{2}}=\pm \frac{1}{2} \sqrt{2i\frac{1}{2}}\\
&\Leftrightarrow&\pm\left(\frac{2}{2\sqrt{2}}+i \frac{2}{2\sqrt{2}}\right)=\sqrt{i}\\
&\Leftrightarrow&\pm\left(\frac{1}{\sqrt{2}}+i \frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\sqrt{i}\\
\end{eqnarray*}
Nat"urlich h"atte man das auch einfacher herausfinden k"onnen, aber wir wollten mal Tobi "argern ;-)
}
\item[Quadratwurzel aus $3-4i$]{$ $\\
Allgemein l"a"st sich der Ausdruck $(i+a)^2,\;a\in \R$ schreiben als
\begin{eqnarray*}
(i+a)^2=i^2+2ai+a^2=2ai+a^2-1
\end{eqnarray*}
Durch Koeffizientenvergleich erkennt man sofort, da"s $2a=4$ und $a^2-1=3$ gelten mu"s, damit die Quadratwurzel aus $3-4i$ gleich $\pm(i+a)$ ergibt.\\
F"ur $a$ ergibt sich $2a=4\Leftrightarrow a=\frac{4}{2}\Leftrightarrow a=2$, was auch f"ur $2^2-1=3$ ein wahres Ergebnis liefert.\\

Damit ist das Ergebnis $\pm(2+i)$.
}
\end{description}
Die Quadratwurzel aus $i$ ist somit $\pm\left(\frac{1}{\sqrt 2}+i\frac{1}{\sqrt 2}\right)$, die aus $3-4i$ ist $\pm(2+i)$.
\subsection*{2.) Man berechne alle L"osungen in $\C$ der Gleichung $z^6=1$ und zeige, da"s sie die Ecken eines regelm"a"sigen Secksecks bilden.}
Da $|1|=1$ gilt, l"a"st sich zur Berechnung von $\sqrt[6]{1}$ die Formel von Moivre anwenden:
\begin{eqnarray*}
\sqrt[n]{z}&=&\sqrt[n]{|z|}\cos\left(\frac{k}{n}\cdot \varphi\right)+i\sin\left(\frac{k}{n}\cdot \varphi\right),\;k,n\in\N,\;1\leqslant k<n
\end{eqnarray*}
damit sieht man sofort, da"s die Winkel immer $60^o$ betragen und den gleichen Abstand vom Mittelpunkt haben, weswegen auch die Seiten des Sechsecks immer gleich lang sind.\\
$ $\\
Das ist aber langweilig, wir wollen was schwereres:\\

Der Ausdruck $z^6=1$ l"a"st sich umwandeln zu $(z^3-1)(z^3+1)=0$:
\begin{eqnarray*}
z^6=1&\Leftrightarrow&z^6-1=0\\
&\Leftrightarrow&z^{3\cdot 2}-1=0\\
&\Leftrightarrow&(z^3)^2-1^2=0\\
&\Leftrightarrow&(z^3-1)(z^3+1)=0\\
\end{eqnarray*}
\begin{description}
\item[$z^3-1=0$]{$ $\\
F"ur das Polynom $z^3-1=0$ ergibt sich mit $z:=1$ eine Nullstelle: $1^3-1=1-1=0$.\\
Durch Polynomdivision l"a"st sich ein Polynom zweiten Grades finden, mit dem sich die restlichen beiden Nullstellen bestimmen lassen:
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{lcccc}
\;\;\;(z^3\quad\quad-1)&:&(z-1)&=&z^2+z+1\\
\underline{-(z^3-z^2)}\\
\quad\quad\quad\; z^2-1\\
\quad\quad\underline{-(z^2-1)}\\
\quad\quad\quad\quad\quad\;\;0
\end{array}
\end{eqnarray*}
In die bekannte Formel f"ur die quadratische Erg"anzung
\begin{eqnarray*}
x_{1,2}&=&-\frac{p}{2}\pm\sqrt{\frac{p^2}{4}-q}
\end{eqnarray*}
setzt man $p:=1$, $q:=1$ ein, und erh"alt somit zwei weitere Nullstellen:
\begin{eqnarray*}
x_1=-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1^2}{4}-1}&\Leftrightarrow&x_1=-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}-1}\\
&\Leftrightarrow&x_1=-\frac{1}{2}+\sqrt{-\frac{3}{4}}\\
&\Leftrightarrow&x_1=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{\sqrt{4}}\\
&\Leftrightarrow&x_1=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}\\
&\Leftrightarrow&x_1=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}i
\end{eqnarray*}
und
\begin{eqnarray*}
x_2=-\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1^2}{4}-1}&\Leftrightarrow&x_2=-\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}-1}\\
&\Leftrightarrow&x_2=-\frac{1}{2}-\sqrt{-\frac{3}{4}}\\
&\Leftrightarrow&x_2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{-3}}{\sqrt{4}}\\
&\Leftrightarrow&x_2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{-3}}{2}\\
&\Leftrightarrow&x_2=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3}i
\end{eqnarray*}

Das Polynom $z^3-1$ hat somit die drei Nullstellen $z=1,\;z=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}i$ und $z=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3}i$.\\
}
\item[$z^3+1=0$]{$ $\\
F"ur das Polynom $z^3+1=0$ ergibt sich mit $z:=-1$ eine Nullstelle: $(-1)^3+1=-1+1=0$.\\
Durch Polynomdivision l"a"st sich ein Polynom zweiten Grades finden, mit dem sich die restlichen beiden Nullstellen bestimmen lassen:
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{lcccc}
\;\;\;(z^3\quad\quad\;\;+1)&:&(z+1)&=&z^2-z+1\\
\underline{-(z^3+z^2)}\\
\quad\quad\quad\;-z^2+1\\
\quad\quad\underline{-(-z^2+1)}\\
\quad\quad\quad\quad\quad\;\;\;\;0
\end{array}
\end{eqnarray*}
In die bekannte Formel f"ur die quadratische Erg"anzung
\begin{eqnarray*}
x_{1,2}&=&-\frac{p}{2}\pm\sqrt{\frac{p^2}{4}-q}
\end{eqnarray*}
setzt man $p:=-1$, $q:=1$ ein, und erh"alt somit zwei weitere Nullstellen:
\begin{eqnarray*}
x_1=-\frac{-1}{2}+\sqrt{\frac{(-1)^2}{4}-1}&\Leftrightarrow&x_1=\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}-1}\\
&\Leftrightarrow&x_1=\frac{1}{2}+\sqrt{-\frac{3}{4}}\\
&\Leftrightarrow&x_1=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{\sqrt{4}}\\
&\Leftrightarrow&x_1=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}\\
&\Leftrightarrow&x_1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}i
\end{eqnarray*}
und
\begin{eqnarray*}
x_2=-\frac{-1}{2}-\sqrt{\frac{(-1)^2}{4}-1}&\Leftrightarrow&x_2=\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}-1}\\
&\Leftrightarrow&x_2=\frac{1}{2}-\sqrt{-\frac{3}{4}}\\
&\Leftrightarrow&x_2=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{-3}}{\sqrt{4}}\\
&\Leftrightarrow&x_2=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{-3}}{2}\\
&\Leftrightarrow&x_2=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3}i
\end{eqnarray*}

Das Polynom $z^3+1$ hat somit die drei Nullstellen $z=-1,\;z=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}i$ und $z=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3}i$.\\
}
\end{description}
Zusammenfassend l"a"st sich $z^6-1$ also auch schreiben als
\begin{eqnarray*}
z^6-1=(z-1)\cdot(z+1)\cdot\left(z-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}i\right)\cdot\left(z+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}i\right)\cdot\left(z-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3}i\right)\cdot\left(z+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3}i\right)
\end{eqnarray*}


Die sechs L"osungen f"ur $z^6=1$ sind somit $z_1=1,\;z_2=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}i,\;z_3=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3}i,\;z_4= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}i,\;z_5= \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3}i$ und $z_6=-1$. Diese Punkte kann man graphisch aufzeichnen, und erkennt, da"s sie zueinander f"ur eine Permutation die gleichen Abst"ande herauskommen, die man mit Hilfe des Satzes von Phytagoras berechnen kann:

\beginpicture
\setcoordinatesystem units <12mm,12mm>
\setplotarea x from -2 to 10, y from -2 to 1.5
\arrow <3mm> [0.375,0.75] from -1.2 0 to 1.5 0
\arrow <3mm> [0.375,0.75] from 0 -1.2 to 0 1.5 
\put {$\bullet$} at 1 0 % z1
\put {$z_1$} at 1.2 -0.25
\put {$\bullet$} at -0.5 0.8660254 % z2
\put {$z_2$} at -0.8 0.8660254
\put {$\bullet$} at -0.5 -0.8660254 % z3
\put {$z_3$} at -0.8 -0.8660254
\put {$\bullet$} at 0.5 0.8660254 % z4
\put {$z_4$} at 0.8 0.8660254
\put {$\bullet$} at 0.5 -0.8660254 % z5
\put {$z_5$} at 0.8 -0.8660254
\put {$\bullet$} at -1 0 % z6
\put {$z_6$} at -1.2 -0.25
\circulararc 360 degrees from 1 0 center at 0 0
\put {$\begin{array}{rcl}
|z_1-z_4|&=&\sqrt{\left(1-\frac{1}{2}\right)^2+\left(0+\frac{1}{2}\sqrt{3}\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}=1\\
|z_4-z_2|&=&\sqrt{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\sqrt{3}-\frac{1}{2}\sqrt{3}\right)^2}=\sqrt{1+0}=1\\
|z_2-z_6|&=&\sqrt{\left(-\frac{1}{2}+1\right)^2+\left(\frac{1}{2}\sqrt{3}-0\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}=1\\
|z_6-z_3|&=&\sqrt{\left(-1+\frac{1}{2}\right)^2+\left(0-\frac{1}{2}\sqrt{3}\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}=1\\
|z_3-z_5|&=&\sqrt{\left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)^2+\left(-\frac{1}{2}\sqrt{3}+\frac{1}{2}\sqrt{3}\right)^2}=\sqrt{1+0}=1\\
|z_6-z_1|&=&\sqrt{\left(\frac{1}{2}-0\right)^2+\left(-\frac{1}{2}\sqrt{3}-0\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{3}{4}}=1\\
\end{array}
$} at 5.5 0
\endpicture
Verbindet man daher die Punkte $z_1=(1,0),\;z_4=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\sqrt{3}\right),\;z_2=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\sqrt{3}\right)$, $z_6=(-1,0),\;z_3=\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\sqrt{3}\right),\;z_5=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\sqrt{3}\right)$ und anschlie"send wieder $z_1$ miteinader, so ergibt sich ein gleichm"a"siges Sechseck.\\
\subsection*{3.) Man berechne alle L"osungen in $\C$ der Gleichung $z^5=1$. Man zeige, da"s die L"osungen in Bezug auf die Multiplikation eine zyklische Gruppe bilden. Man gebe Erzeuger an. F"ur eine L"osung $\zeta$ zeige man: $\mid\zeta^2-1\mid : \mid \zeta-1\mid=g$. Man deute dies Ergebnis am regelm"a"sigen F"unfeck.}
\subsection*{Man berechne alle L"osungen in $\C$ der Gleichung $z^5=1$.}
Der Ausdruck $z^5=1$ l"a"st sich umwandeln in $z^5-1=0$. Eine Nullstelle dieses Polynoms liegt bei $z:=1$, da $1^5-1=1-1=0$ ergibt. Um die restlichen Nullstellen zufinden mu"s man nun die Polynomdivision anwenden:
\begin{eqnarray*}
&&\;\;\;(z^5-1):(z-1)=z^4+z^3+z^2+z+1\\
&&\underline{-(z^5-z^4)}\\
&&\quad\quad\quad\; z^4-1\\
&&\quad\quad\underline{-(z^4-z^3)}\\
&&\quad\quad\quad\quad\quad\; z^3-1\\
&&\quad\quad\quad\quad \underline{-(z^3-z^2)}\\
&&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\;z^2-1\\
&&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\underline{-(z^2-z)}\\
&&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\; z-1\\
&&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\underline{-(z-1)}\\
&&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 0
\end{eqnarray*}
Das Polynom $z^4+z^3+z^2+z+1$ l"a"st sich schreiben als Produkt zweier Polynome vom Grad 2:
\begin{eqnarray*}
(z^2+az+1)(z^2+bz+1)&=&z^4+bz^3+z^2+\;az^3+abz^2+az+\;z^2+bz+1\\
&=&z^4+(a+b)z^3+(2+ab)z^2+(a+b)z+1
\end{eqnarray*}
Um herauszufinden, welche Werte f"ur $a$ und $b$ einzusetzen sind, reicht es aus, folgende zwei Gleichungssysteme mit den Unbekannten $a$ und $b$ zu l"osen:
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{rrcl}
I&a+b&=&1\\
II&2+ab&=&1\\\hline
I^\prime&b&=&1-a\\
II^\prime&ab&=&-1\\
II^{\prime\prime}&a(1-a)&=&-1\\
II^{\prime\prime\prime}&a-a^2&=&-1\\
II^{\prime\prime\prime\prime}&0&=&a^2-a-1
\end{array}
\end{eqnarray*}
Die Nullstellen des Polynomes $a^2-a-1$ la"sen sich mit Hilfe der Formel f"ur die quadratische Erg"anzung finden
\begin{eqnarray*}
a_{1,2}&=&-\frac{p}{2}\pm\sqrt{\frac{p^2}{4}-q}
\end{eqnarray*}
indem man f"ur $p:=-1$ und $q:=-1$ einsetzt:
\begin{eqnarray*}
a_1=-\frac{-1}{2}+\sqrt{\frac{(-1)^2}{4}-(-1)}&\Leftrightarrow&a_1=\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}+1}\\
&\Leftrightarrow&a_1=\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{5}{4}}\\
&\Leftrightarrow&a_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\
\\
a_2=-\frac{-1}{2}-\sqrt{\frac{(-1)^2}{4}-(-1)}&\Leftrightarrow&a_2=\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}+1}\\
&\Leftrightarrow&a_2=\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{5}{4}}\\
&\Leftrightarrow&a_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\
\end{eqnarray*}
F"ur $b$ ergibt sich somit:
\begin{eqnarray*}
b_1&=&1-a_1\\
&=&1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\
&=&\frac{2}{2}-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\
&=&\frac{2-1-\sqrt{5}}{2}\\
&=&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\
\\
b_2&=&1-a_2\\
&=&1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\
&=&\frac{2}{2}-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\
&=&\frac{2-1+\sqrt{5}}{2}\\
&=&\frac{1+\sqrt{5}}{2}
\end{eqnarray*}
Das Polynom $z^4+z^3+z^2+z+1=0$ l"a"st sich somit als Produkt der beiden Polynome zweiten Grades
\begin{eqnarray*}
z^4+z^3+z^2+z+1&=&\left(z^2+\frac{1+\sqrt{5}}{2}z+1\right)\left(z^2+\frac{1-\sqrt{5}}{2}z+1\right)
\end{eqnarray*}
schreiben.\\

Ihre Nullstellen findet man wieder mit Hilfe der quadratischen Erg"anzung:\\
\begin{description}
\item[$z^2+\frac{1+\sqrt{5}}{2}z+1$]{$ $\\
Mit $p:=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ und $q:=1$ ergibt sich bei der quadratischen Erg"anzung:
\begin{eqnarray*}
x_1&=&-\frac{\left(1+\sqrt{5}\right)/2}{2}+\sqrt{\frac{\left(1+\sqrt{5}\right)^2/4}{4}-1}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}+\sqrt{\frac{1^2+2\sqrt{5}+\sqrt{5}^2}{16}-1}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}+\sqrt{\frac{1+2\sqrt{5}+5}{16}-1}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}+\sqrt{\frac{6-16+2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}+\sqrt{\frac{-10+2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}+\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}i\\
\\
\\
x_2&=&-\frac{\left(1+\sqrt{5}\right)/2}{2}-\sqrt{\frac{\left(1+\sqrt{5}\right)^2/4}{4}-1}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{1^2+2\sqrt{5}+\sqrt{5}^2}{16}-1}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{1+2\sqrt{5}+5}{16}-1}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{6-16+2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{-10+2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&-\frac{1+\sqrt{5}}{4}-\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}i\\
\end{eqnarray*}

}
\item[$z^2+\frac{1-\sqrt{5}}{2}z+1$]{$ $\\
Mit $p:=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ und $q:=1$ ergibt sich bei der quadratischen Erg"anzung:
\begin{eqnarray*}
x_1&=&-\frac{\left(1-\sqrt{5}\right)/2}{2}+\sqrt{\frac{\left(1-\sqrt{5}\right)^2/4}{4}-1}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}+\sqrt{\frac{1-2\sqrt{5}+\sqrt{5}^2}{16}-1}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}+\sqrt{\frac{1-2\sqrt{5}+5}{16}-1}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}+\sqrt{\frac{6-2\sqrt{5}}{16}-1}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}+\sqrt{\frac{6-2\sqrt{5}-16}{16}}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}+\sqrt{\frac{-10-2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}+\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}i\\
\\
\\
x_2&=&-\frac{\left(1-\sqrt{5}\right)/2}{2}-\sqrt{\frac{\left(1-\sqrt{5}\right)^2/4}{4}-1}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{1-2\sqrt{5}+\sqrt{5}^2}{16}-1}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{1-2\sqrt{5}+5}{16}-1}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{6-2\sqrt{5}}{16}-1}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{6-2\sqrt{5}-16}{16}}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}-\sqrt{\frac{-10-2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&-\frac{1-\sqrt{5}}{4}-\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}i\\
\end{eqnarray*}

}
\end{description}

Die Nullstellen $z_1=1,\;z_2=-\frac{1+\sqrt{5}}{4}+\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}i,\;z_3=-\frac{1+\sqrt{5}}{4}-\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}i,\;z_4=-\frac{1-\sqrt{5}}{4}+\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}i,\;z_5=-\frac{1-\sqrt{5}}{4}-\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}i$ des Polynoms $z^5-1=0$ bilden somit die L"osungen in $\C$ f"ur $z^5=1$.\\
\subsubsection*{b.)  Man zeige, da"s die L"osungen in Bezug auf die Multiplikation eine zyklische Gruppe bilden. Man gebe Erzeuger an.}
Die L"osungen bilden eine Gruppe $(G,\bullet)$ mit der Multiplikation, ihre Abgeschlossenheit erkennt man anhand der Gruppentafel:\\
\beginpicture
\setcoordinatesystem units <10mm,10mm>
\setplotarea x from -2 to 10, y from -2 to 2
\plot 1 0  -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 -.587785252292473129168705954639072768597652437643145991072272480757  .3090169943749474241022934171828190588601545899028 .9510565162951535721164393333793821434056986341257502224473056444301 .3090169943749474241022934171828190588601545899028 -.951056516295153572116439333379382143405698634125750222447305644430 -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 .5877852522924731291687059546390727685976524376431459910722724807572   1 0 /
\setplotsymbol ({$\cdot$})
\circulararc 360 degrees from 1 0 center at 0 0 
\put {$z_1$} at 1.2 -0.2
\put {$\bullet$} at 1 0  %% z1_1
\put {$z_2$} at -1.1 .6
\put {$\bullet$} at -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 .5877852522924731291687059546390727685976524376431459910722724807572 %% z_2
\put {$z_3$} at -1.1 -.6
\put {$\bullet$} at -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 -.587785252292473129168705954639072768597652437643145991072272480757 %% z_3
\put {$z_4$} at 0.6 1
\put {$\bullet$} at .3090169943749474241022934171828190588601545899028 .9510565162951535721164393333793821434056986341257502224473056444301 %% z_4
\put {$z_5$} at 0.6 -1
\put {$\bullet$} at .3090169943749474241022934171828190588601545899028 -.951056516295153572116439333379382143405698634125750222447305644430 %% z_5
%\arrow <3mm> [0.375,0.75] from -1.2 0 to 1.5 0
%\arrow <3mm> [0.375,0.75] from 0 -1.2 to 0 1.5 
\plot 1 0 .3090169943749474241022934171828190588601545899028 .9510565162951535721164393333793821434056986341257502224473056444301 -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 .5877852522924731291687059546390727685976524376431459910722724807572 -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 -.587785252292473129168705954639072768597652437643145991072272480757 .3090169943749474241022934171828190588601545899028 -.951056516295153572116439333379382143405698634125750222447305644430  1 0 /

\circulararc 360 degrees from 1 0 center at 0 0 
\put {$
\begin{array}{c|c|c|c|c|c}
\bullet&z_1&z_2&z_3&z_4&z_5\\\hline
z_1&z_1&z_2&z_3&z_4&z_5\\\hline
z_2&z_2&z_5&z_1&z_3&z_4\\\hline
z_3&z_3&z_1&z_4&z_5&z_2\\\hline
z_4&z_4&z_3&z_5&z_2&z_1\\\hline
z_5&z_5&z_4&z_2&z_1&z_3\\\hline
\end{array}
$} at 4 0
\put {\parbox{11em}{Anhand der Gruppentafel erkennt man auch, da"s $z_1$ das neutrale Element der Multiplikation darstellt, und jedes Element ein inverses besitzt (das Ergebnis der Multiplikation ist dann $z_1$.)
}} at 8.2 0
\endpicture

Da die Elemente $z_1,\dots,z_5$ der Gruppe $(G,\bullet)$ eine Teilmenge von $\C$ bilden, und die Multiplikation in $\C$ assoziativ ist, ist auch Assoziativit"at in dieser Gruppe gegeben.\\

Weiterhin erkennt man an der Gruppentafel, da"s sich jedes Element der Gruppe als eine Potenz von $\zeta=z_4$ darstellen l"a"st, da $z_4\cdot z_4=z_2$ ergibt, $z_2\cdot z_4=z_3$, $z_3\cdot z_4=z_5$, $z_5\cdot z_4=z_1$ und $z_1\cdot z_4=z_4$. Somit handelt es sich bei $(G,\bullet)$ um eine zyklische Gruppe mit dem Erzeuger $z_4^n,\;\forall n\in \N_0$.\\
Geometrisch bedeutet dies eine $n$-fache Rotation des F"unfecks, auf welchem die Elemente der Gruppe liegen.
\subsubsection*{c.) F"ur eine L"osung $\zeta$ zeige man: $\mid\zeta^2-1\mid : \mid \zeta-1\mid=g$.}
mit $\zeta=z_4$ ist $\zeta^2=z_2$. Somit ist $|z_4^2-1|=|z_2-1|$:
\begin{eqnarray*}
|z_2-1|&=&\sqrt{\left(-\frac{1+\sqrt{5}}{4}-1\right)^2+\left(\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}\right)^2}\\
&=&\sqrt{\left(-\frac{1+\sqrt{5}}{4}-\frac{4}{4}\right)^2+\frac{10-2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\left(-\frac{1+\sqrt{5}+4}{4}\right)^2+\frac{10-2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\left(-\frac{5+\sqrt{5}}{4}\right)^2+\frac{10-2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\frac{25+2\cdot 5\cdot \sqrt{5}+5}{16}+\frac{10-2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\frac{30+10\sqrt{5}}{16}+\frac{10-2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\frac{30+10\sqrt{5}+10-2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\frac{40+8\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\frac{10+2\sqrt{5}}{4}}\\
&=&\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{2}
\end{eqnarray*}
Und $|\zeta-1|=|z_4-1|$:
\begin{eqnarray*}
|z_4-1|&=&\sqrt{\left(-\frac{1-\sqrt{5}}{4}-1\right)^2+\left(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}\right)^2}\\
&\sqrt{\left(-\frac{1-\sqrt{5}}{4}-\frac{4}{4}\right)^2+\frac{10+2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\left(-\frac{1-\sqrt{5}+4}{4}\right)^2+\frac{10+2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\left(-\frac{5-\sqrt{5}}{4}\right)^2+\frac{10+2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\frac{25-2\cdot5\cdot \sqrt{5}+5}{16}+\frac{10+2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\frac{30-10\sqrt{5}}{16}+\frac{10+2\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\frac{40-8\sqrt{5}}{16}}\\
&=&\sqrt{\frac{10-2\sqrt{5}}{4}}\\
&=&\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{2}
\end{eqnarray*}
Somit ist $|\zeta^2-1|/|\zeta-1|$:
\begin{eqnarray*}
\frac{|z_2-1|}{|z_4-1|}&=&\frac{\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{2}}{\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{2}}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}\\
&\vdots&
\end{eqnarray*}
\subsubsection*{d.) Man deute dies Ergebnis am regelm"a"sigen F"unfeck.} 

\beginpicture
\setcoordinatesystem units <10mm,10mm>
\setplotarea x from -2 to 10, y from -2 to 2
\circulararc 360 degrees from 1 0 center at 0 0
\put {$z_1$} at 1.2 -0.2
\put {$\bullet$} at 1 0  %% z1_1
\put {$z_2$} at -1.1 .6
\put {$\bullet$} at -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 .5877852522924731291687059546390727685976524376431459910722724807572 %% z_2
\put {$z_3$} at -1.1 -.6
\put {$\bullet$} at -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 -.587785252292473129168705954639072768597652437643145991072272480757 %% z_3
\put {$z_4$} at 0.6 1
\put {$\bullet$} at .3090169943749474241022934171828190588601545899028 .9510565162951535721164393333793821434056986341257502224473056444301 %% z_4
\put {$z_5$} at 0.6 -1
\put {$\bullet$} at .3090169943749474241022934171828190588601545899028 -.951056516295153572116439333379382143405698634125750222447305644430 %% z_5
\arrow <3mm> [0.375,0.75] from -1.2 0 to 1.5 0
\arrow <3mm> [0.375,0.75] from 0 -1.2 to 0 1.5
\plot 1 0 .3090169943749474241022934171828190588601545899028 .9510565162951535721164393333793821434056986341257502224473056444301 -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 .5877852522924731291687059546390727685976524376431459910722724807572 -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 -.587785252292473129168705954639072768597652437643145991072272480757 .3090169943749474241022934171828190588601545899028 -.951056516295153572116439333379382143405698634125750222447305644430  1 0 /
\circulararc 360 degrees from 1 0 center at 0 0
\setplotsymbol ({$\cdot$})
\plot 1 0 -.809016994374947424102293417182819058860154589902881431067724311352 .5877852522924731291687059546390727685976524376431459910722724807572 /
\plot 1 0 .3090169943749474241022934171828190588601545899028 .9510565162951535721164393333793821434056986341257502224473056444301 /
\put {
\parbox{22em}{
Tr"agt man die Punkte $z_1,\dots,z_5$ am Einheitskreis auf, so ist mit $\zeta=z_4$ $\zeta^2=z_4$.\\
$|\zeta^2-1|$ ist somit nichts anderes als der Abstand des Punktes $z_2$ von Punkt $z_1$, und $|\zeta-1|$ der zwischen $z_4$ und $z_1$.\\

Da es sich hier um ein regelm"a"siges F"unfeck handelt, und $z_1$ ohne Einschr"ankung gew"ahlt wurde, l"a"st sich daraus schlie"sen, da"s das Verh"altnis des Abstandes eines Punktes zum n"achsten und zum "ubern"achsten immer gleich $g$ ist.
}
} at 6 0
\endpicture 
\subsubsection*{Zusatz}
Folgendes Programm berechnet die Gruppentafel:
\begin{verbatim}
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>


void main(void)
{
        float z1r,z1i;
        float z2r,z2i;
        float z3r,z3i;
        float z4r,z4i;
        float z5r,z5i;
        z1r=1;z1i=0;
        z2r=-.80;z2i=.58;
        z3r=-.80;z3i=-.58;
        z4r=.30;z4i=.95;
        z5r=.30;z5i=-.95;

        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z1r*z1r-z1i*z1i),(z1i*z1r+z1r*z1i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z1r*z2r-z1i*z2i),(z1i*z2r+z1r*z2i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z1r*z3r-z1i*z3i),(z1i*z3r+z1r*z3i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z1r*z4r-z1i*z4i),(z1i*z4r+z1r*z4i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z1r*z5r-z1i*z5i),(z1i*z5r+z1r*z5i));
        printf("--\n");
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z2r*z1r-z2i*z1i),(z2i*z1r+z2r*z1i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z2r*z2r-z2i*z2i),(z2i*z2r+z2r*z2i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z2r*z3r-z2i*z3i),(z2i*z3r+z2r*z3i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z2r*z4r-z2i*z4i),(z2i*z4r+z2r*z4i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z2r*z5r-z2i*z5i),(z2i*z5r+z2r*z5i));
        printf("--\n");
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z3r*z1r-z3i*z1i),(z3i*z1r+z3r*z1i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z3r*z2r-z3i*z2i),(z3i*z2r+z3r*z2i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z3r*z3r-z3i*z3i),(z3i*z3r+z3r*z3i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z3r*z4r-z3i*z4i),(z3i*z4r+z3r*z4i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z3r*z5r-z3i*z5i),(z3i*z5r+z3r*z5i));
        printf("--\n");
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z4r*z1r-z4i*z1i),(z4i*z1r+z4r*z1i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z4r*z2r-z4i*z2i),(z4i*z2r+z4r*z2i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z4r*z3r-z4i*z3i),(z4i*z3r+z4r*z3i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z4r*z4r-z4i*z4i),(z4i*z4r+z4r*z4i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z4r*z5r-z4i*z5i),(z4i*z5r+z4r*z5i));
        printf("--\n");
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z5r*z1r-z5i*z1i),(z5i*z1r+z5r*z1i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z5r*z2r-z5i*z2i),(z5i*z2r+z5r*z2i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z5r*z3r-z5i*z3i),(z5i*z3r+z5r*z3i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z5r*z4r-z5i*z4i),(z5i*z4r+z5r*z4i));
        printf("%5.2f  %5.2f\n",(z5r*z5r-z5i*z5i),(z5i*z5r+z5r*z5i));

}
\end{verbatim}
\subsection*{4.) Man betrachte die Menge aller reellen $2\times 2$-Matrizen vom Typ $\left(\begin{array}{cc}a&b\\-b&a\\\end{array}\right)$ und zeige, da"s diese mit der "ublichen Addition und Multiplikation von Matrizen einen K"orper bildet, der einen zu $\R$ isomorphen Unterk"orper besitzt. Man gebe ein Element $J$ mit $J^2=-E$ an.}
{\bf Behauptung 1} Sei $K:=\left\{\matrixx{a}{b}{-b}{a}\mid a,b\in\R\right\}$. $(K,+,\bullet)$ bildet mit den "ublichen Additionen und Multiplikationen von Matrizen einen K"orper. Dazu mu"s man zeigen, da"s $(K,+)$ und $(K\backslash\{0\},\bullet)$ jeweils eine Gruppe bilden. Eine Gruppe ist abgeschlossen, assoziativ, besitzt ein neutrales Element und f"ur jedes Element ein inverses.\\

{\bf Behauptung 2:} $(K,+)$ bildet eine Gruppe.\\
$ $\\
{\bf Beweis:} Durch anwenden der Gruppenaxiome
\begin{description}
\item[Abgeschlossenheit Addition]{
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{b}{-b}{a}+\matrixx{c}{d}{-d}{c}&=&\matrixx{a+c}{b+d}{-b-d}{a+c}=\matrixx{a+c}{b+d}{-(b+d)}{a+c}
\end{eqnarray*}
$\matrixx{a+c}{b+d}{-(b+d)}{a+c}$ ist ein Element von $K$, also ist $(K,+)$ abgeschlossen.
}
\item[Assoziativit"at Addition]{
\begin{eqnarray*}
\left[\matrixx{a}{b}{-b}{a}+\matrixx{c}{d}{-d}{c}\right]+\matrixx{e}{f}{-f}{e}&=&\matrixx{a+c}{b+d}{-b-d)}{a+c}+\matrixx{e}{f}{-f}{e}\\
&=&\matrixx{a+c+e}{b+d+f}{-(b+d+f)}{a+c+e}\\\\\\
\matrixx{a}{b}{-b}{a}+\left[\matrixx{c}{d}{-d}{c}+\matrixx{e}{f}{-f}{e}\right]&=&
\matrixx{a}{b}{-b}{a}+\matrixx{c+e}{d+f}{-d-f}{c+e}\\
&=&\matrixx{a+c+e}{b+d+f}{-(b+d+f)}{a+c+e}
\end{eqnarray*}
Somit ist $(K,+)$ assoziativ.
}
\item[Kommutativit"at Addition]{
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{b}{-b}{a}+\matrixx{c}{d}{-d}{c}&=&\matrixx{a+c}{b+d}{-(b+d)}{a+c}\\
\matrixx{c}{d}{-d}{c}+\matrixx{a}{b}{-b}{a}&=&\matrixx{c+a}{d+b}{-(d+b)}{c+a}\\
&=&\matrixx{a+c}{b+d}{-(b+d)}{a+c}
\end{eqnarray*}
Somit ist $(K,+)$ kommutativ.
}
\item[Neutrales Element Addition]{
Das neutrale Element der Addition ist $\matrixx{0}{0}{0}{0}$:
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{b}{-b}{a}+\matrixx{0}{0}{0}{0}&=&\matrixx{a+0}{b+0}{-b+0}{a+0}=\matrixx{a}{b}{-b}{a}
\end{eqnarray*}
Wegen $\matrixx{0}{0}{0}{0}=\matrixx{0}{0}{-0}{0}\in K$ besitzt $K$ somit ein neutrales Element bez"uglich der Addition. Da $(K,+)$ kommutativ ist, ist es sowohl rechts- als auch linksneutral. Damit ist $(K,+)$ nicht leer.
}
\item[Inverses Element Addition]{
Das inverse Element $\matrixx{a}{b}{-b}{a}^{-1}$ ist $\matrixx{-a}{-b}{b}{-a}$:
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{b}{-b}{a}+\matrixx{-a}{-b}{b}{-a}&=&\matrixx{a+(-a)}{b+(-b)}{-(b+(-b))}{a+(-a)}=\matrixx{0}{0}{0}{0}\\
\end{eqnarray*}
Somit besitzt jedes Element aus $K$ auch ein inverses, welches ebenfalls in $K$ liegt. Da $(K,+)$ kommutativ ist, handelt es sich dabei sowohl um das links- als auch das rechtsinverse Element.
}
\end{description}
Damit ist $(K,+)$ eine kommutative Gruppe, Behauptung 2 wurde bewiesen.\\
$ $\\
$ $\\

{\bf Behauptung 3:} $(K\backslash\{0\},\bullet)$ bildet eine Gruppe.\\
$ $\\
{\bf Beweis:} Durch anwenden der Gruppenaxiome
\begin{description}
\item[Abgeschlossenheit Multiplikation]{
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{b}{-b}{a}\bullet\matrixx{c}{d}{-d}{c}&=&\matrixx{ac-bd}{ad+bc}{-ad-bc}{ac-bd}\\
&=&\matrixx{ac-bd}{ad+bc}{-(ad+bc)}{ac-bd}
\end{eqnarray*}
$\matrixx{ac-bd}{ad+bc}{-(ad+bc)}{ac-bd}$ ist ein Element aus $K$, also ist $(K,\bullet)$ abgeschlossen.
}
\item[Assoziativit"at Multiplikation]{
\begin{eqnarray*}
\left[\matrixx{a}{b}{-b}{a}\bullet\matrixx{c}{d}{-d}{c}\right]\bullet\matrixx{e}{f}{-f}{e}\\
=\matrixx{ac-bd}{ad+bc}{-ad-bc}{ac-bd}\bullet\matrixx{e}{f}{-f}{e}\\
=\matrixx{ace-bde-adf-bcf}{acf-bdf+ade+bce}{-ade-bce-acf+bdf}{-adf-bcf+ace-bde}\\
=\matrixx{ace-adf-bcf-bde}{acf+ade+bce-bdf}{-acf-ade-bce+bdf}{ace-adf-bcf-bde}\\\\\\
\matrixx{a}{b}{-b}{a}\bullet\left[\matrixx{c}{d}{-d}{c}\bullet\matrixx{e}{f}{-f}{e}\right]\\
=\matrixx{a}{b}{-b}{a}\bullet\matrixx{ce-df}{cf+de}{-cf-de}{ce-df}\\
=\matrixx{ace-adf-bcf-bde}{acf+ade+bce-bdf}{-bce+bdf-acf-ade}{-bcf-bde+ace-adf}\\
=\matrixx{ace-adf-bcf-bde}{acf+ade+bce-bdf}{-acf-ade-bce+bdf}{ace-adf-bcf-bde}
\end{eqnarray*}
Somit ist $(K,\bullet)$ assoziativ.
}
\item[Kommutativit"at Multiplikation]{
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{b}{-b}{a}\bullet\matrixx{c}{d}{-d}{c}&=&\matrixx{ac-bd}{ad+bc}{-(ad+bc)}{ac-bd}\\
\matrixx{c}{d}{-d}{c}\bullet\matrixx{a}{b}{-b}{a}&=&\matrixx{ca-db}{cb+da}{-(cb+da)}{ca-db}\\
&=&\matrixx{ac-bd}{ad+bc}{-(ad+bc)}{ac-bd}
\end{eqnarray*}
Somit ist $(K,\bullet)$ kommutativ.
}
\item[Neutrales Element Multipikation]{Das neutrale Element der Multiplikation ist $\matrixx{1}{0}{0}{1}$:
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{b}{-b}{a}\bullet\matrixx{1}{0}{0}{1}&=&\matrixx{a\cdot 1+b\cdot 0}{a\cdot 0+b\cdot 1}{-b\cdot 1+a\cdot 0}{(-b)\cdot 0+a\cdot 1}\\
&=&\matrixx{a}{b}{-b}{a}
\end{eqnarray*}
Wegen $\matrixx{1}{0}{0}{1}=\matrixx{1}{0}{-0}{1}\in K$ besitzt $K$ ein neutrales Element bez"uglich der Multiplikation. Da $(K,\bullet)$ kommutativ ist, handelt es sich hierbei sowohl um das links- als auch rechtsneutrale Element. Damit ist $(K,\bullet)$ nicht leer.
}
\item[Inverses Element Multiplikation]{
Damit bei einer Multiplikation 
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{b}{-b}{a}\bullet\matrixx{c}{d}{-d}{c}&=&\matrixx{ac-bd}{ad+bc}{-ad-bc}{ac-bd}
\end{eqnarray*}
als Ergebnis das neutrale Element herauskommt, mu"s $ac-bd=1$ und $ad+bc=0$ gelten:
\begin{eqnarray*}
\begin{array}{rrcrcl}
I&ac&-&bd&=&1\\
II&ad&+&bc&=&0\\\hline
II^\prime&&&ad&=&-bc\\
II^{\prime\prime}&&&d&=&-\frac{b}{a}c\\
I^\prime&ac&-&b\cdot\left(-\frac{b}{a}c\right)&=&1\\
I^{\prime\prime}&\frac{a^2}{a}c&+&\frac{b^2}{a}c&=&1\\
I^{\prime\prime\prime}&c&\cdot&\frac{a^2+b^2}{a}&=&1\\
I^{\prime\prime\prime\prime}&&&c&=&\frac{a}{a^2+b^2}\\\hline
II^{\prime\prime\prime}&&&d&=&-\frac{b}{a}\cdot\frac{a}{a^2+b^2}\\
II^{\prime\prime\prime\prime}&&&d&=&-\frac{b}{a^2+b^2}\\
\end{array}
\end{eqnarray*}
Das inverse Element $\matrixx{a}{b}{-b}{a}^{-1}$ ist somit $\matrixx{\frac{a}{a^2+b^2}}{-\frac{b}{a^2+b^2}}{\frac{b}{a^2+b^2}}{\frac{a}{a^2+b^2}}$. Da $(K,\bullet)$ kommutativ ist, handelt es sich sowohl um das links- als auch rechtsinverse Element.
}
\end{description}
Somit ist $(K\backslash\{0\},\bullet)$ eine kommutative Gruppe, die Behauptung 3 wurde bewiesen. \\

Da $(K,+)$ eine Gruppe ist, und $(K\backslash\{0\},\bullet)$ und beide aufgrund ihrer neutralen Elemente nicht leer sind, ist $(K,+,\bullet)$ ein K"orper, damit wurde Behauptung 1 gezeigt.\\
$ $\\
q.e.d.
$ $\\
$ $\\
\subsubsection*{Zu $\R$ isomorpher Unterk"orper.}
{\bf Behauptung 4:} Mit $b:=0$ und $a\in \R$ entsteht ein Unterk"orper, welcher isomorph zu $\R$ ist.\\
Sei $U:=\left\{\matrixx{a}{0}{0}{a}\mid a\in \R\right\}$ ein Unterk"orper von $K$. $U\subset K$.
\begin{description}
\item[Abgeschlossenheit von $(U,+)$:]{
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{0}{0}{a}+\matrixx{b}{0}{0}{b}&=&\matrixx{a+b}{0}{0}{a+b}
\end{eqnarray*}
$\matrixx{a+b}{0}{0}{a+b}\in U$, somit ist $(U,+)$ abgeschlossen.
}
\item[Abgeschlossenheit von $(U,\bullet)$:]{
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{0}{0}{a}\bullet\matrixx{b}{0}{0}{b}=\matrixx{ab-00}{a0+0b}{-a0-0b}{ab-00}\\
&=&\matrixx{ab}{0}{0}{ab}
\end{eqnarray*}
$\matrixx{ab}{0}{0}{ab}\in U$, somit ist $(U,\bullet)$ abgeschlossen.
}
\end{description}
Da es sich bei $U$ um einen Unterk"orper von $K$ handelt, gelten auch hier wieder die K"orperaxiome von $K$. Die neutralen Elemente der Addition und Multiplikation von $K$ liegen auch in $U$.\\

Die bijektive Abbildung $\varphi$ zwischen $U$ und $\R$ ist dann definiert als
\begin{eqnarray*}
\varphi:\R&\longrightarrow&U\\
\varphi:x&\longrightarrow&\matrixx{x}{0}{0}{x},\quad x\in \R
\end{eqnarray*}

Die Homomorphismusaxiome $\varphi(x)+\varphi(y)\stackrel{!}{=}\varphi(x+y)$ und $\lambda\varphi(x)\stackrel{!}{=}\varphi(\lambda x)$ ergeben durch nachrechnen
\begin{eqnarray*}
\varphi(x)+\varphi(y)&=&\matrixx{x}{0}{0}{x}+\matrixx{y}{0}{0}{y}=\matrixx{x+y}{0}{0}{x+y}\\
\varphi(x+y)&=&\matrixx{x+y}{0}{0}{x+y}\\
\\
\lambda\varphi(x)&=&\lambda\cdot\matrixx{x}{0}{0}{x}=\matrixx{\lambda x}{\lambda 0}{\lambda 0}{\lambda x}=\matrixx{\lambda x}{0}{0}{\lambda x}\\
\varphi(\lambda x)&=&\matrixx{\lambda x}{0}{0}{\lambda x}
\end{eqnarray*}
da"s es sich bei $\varphi$ um einen Homomorphismus handelt. Da $\varphi$ per Definition bijektiv ist, ist es sich damit um einen Isomorphismus.\\

Somit ist der Unterk"orper $U$ zu $\R$ isomorph, also existiert in $K$ ein zu $\R$ isomorpher Unterk"orper.

\subsubsection*{Element $J$ mit $J^2=-E$}
Das neutrale Element der Addition $E$ ist definiert als $E:=\matrixx{1}{0}{0}{1}$. Somit ist $-E=(-1)\matrixx{1}{0}{0}{1}=\matrixx{-1}{0}{0}{-1}$.\\

Damit bei einer Multiplikation
\begin{eqnarray*}
\matrixx{a}{b}{-b}{a}\bullet\matrixx{a}{b}{-b}{a}&=&\matrixx{aa-bb}{ab+ba}{-ab-ba}{aa-bb}\\
&=&\matrixx{a^2-b^2}{2ab}{-2ab}{a^2-b^2}
\end{eqnarray*}
als Ergebnis $-E$ herauskommt, mu"s $a^2-b^2=-1$ und $2ab=0$ gelten. Dies ist der Fall, wenn f"ur $a:=0$ und f"ur $b:=1$  angenommen wird. Die Matrixx $J$ ist somit definiert als
\begin{eqnarray*}
J&:=&\matrixx{0}{1}{-1}{0}
\end{eqnarray*}

\end{document}
