% Facharbeit Mathematik April 1996. Patrick Reichert.
% Erstellung dieser LaTeX2e - Version: Mai 1998.

\documentclass[a4paper,10pt,fleqn]{article}
\usepackage[german]{babel}
\pagestyle{headings} % Kopfzeile !!
\author{Patrick Reichert \\
        Georg-Cantor-Gymnasium Halle \\
        Klasse $10_3$}
\title{Facharbeit Mathematik\\
       Beweis eines Satzes \"uber algebraische Zahlen
      }
\date{April 1996}

% Definitionen, die f"urs gesamte Dokument gelten
% S"atze, Korollars, Definitionen und Lemmas werden fortlaufend numeriert,
% bei der Numerierung wird kein Unterschied zwischen ihnen gemacht.
\newtheorem{satz}{Satz}[section]
\newtheorem{korollar}[satz]{Korollar}
\newtheorem{definition}[satz]{Definition}
\newtheorem{lemma}[satz]{Lemma}

\begin{document}
\pagestyle{headings} % Kopfzeile !!
   % Deckblatt
  \maketitle
  \vspace{1.5cm}
  \tableofcontents
  \newpage
  \section{Vorwort}
    Ich interessiere mich schon immer sehr f"ur Mathematik. In meiner Freizeit
    lese ich verschiedene B"ucher zu diesem Thema. Das Spektrum reicht "uber
    Sachb"ucher, Lehrb"ucher bis hin zu B"uchern "uber die sog. \emph{H"ohere
    Mathematik}. Bereits in den Sommerferien 1994 fand ich im Sch"ulerduden
    "`Die Mathematik"' (Dudenverlag, Mannheim 1991) die folgenden Textstellen:\\
    Im Band II kann man auf Seite 27 folgende Definition lesen.
    \begin{quote}
      [...] Eine reelle Zahl hei"st algebraisch, wenn sie L"osung einer
      algebraischen Gleichung
      $a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 = 0$ ist;
      dabei sind die Koeffizienten $a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}, a_n$
      ganze Zahlen.
    \end{quote}
    Im Band I dieses Sch"ulerdudens steht auf Seite 505:
    \begin{quote}
     c.) Transzendent hei"sen alle reellen Zahlen, die nicht algebraisch sind,
         z.B. die Zahlen [...] $\sin~20^{\circ{}}$.
    \end{quote}
    Diese Aussage machte mich stutzig. Meine Vermutung, da"s dieses konkrete
    Beispiel im Hinblick auf die allgemeine Definition algebraischer Zahlen
    nicht korrekt ist, habe ich bereits im Oktober 1994 best"atigen k"onnen.
    Mein Ergebnis war, da"s $\sin~20^{\circ{}}$ Nullstelle des Polynoms
    \begin{quote}
      $P(x) = 64 x^{6} - 96 x^{4} + 36 x^{2} - 3$
    \end{quote}
    und damit nicht transzendent, sondern algebraisch ist.
    Somit ist die Aussage im Band I inkorrekt.

    Nachdem mir diese Entdeckung gelungen war, machte ich mich an die Arbeit,
    weitere algebraische Sinuswerte von ganzzahligen "`Gradzahlen"' zu finden.
    Dabei entlockte ich Schritt f"ur Schritt diesen Zahlen ihr Geheimnis.
    Das Ergebnis dieser Suche ist der Inhalt dieser Facharbeit.
    Mein Anliegen ist es, den folgenden Satz zu beweisen:

    \medskip
    Wenn $\cos~x$ algebraisch ist, dann ist $\cos (rx)$ auch algebraisch f"ur
    $r \in \mathbf{Q}$.

    \medskip

    Zur Beweisf"uhrung dieser Aussage ben"otige ich allerdings einen Hilfssatz.
    Dieser Hilfssatz besagt, da"s die Summe und das Produkt zweier algebraischen
    Zahlen wieder algebraisch sind.
    Bei der Erarbeitung des Beweises bekam ich Unterst"utzung von  Prof. Dr. G.
    Stroth aus dem Institut f"ur Algebra und Geometrie an der
    Martin-Luther-Universit"at Halle-Wittenberg.

    \vspace{3cm}
    Halle, im April 1996 \hfill Patrick Reichert \hspace{1cm}

  \newpage

  \section{Definitionen und Beweis von Hilfss"atzen}
  % Ab hier kein Einzug der ersten Zeile eines Absatzes mehr !!
  \setlength{\parindent}{0pt}

    Zun"achst ben"otigen wir zwei Begriffe:
    \begin{enumerate}
      \item[(1)] Eine Teilmenge $\mathbf{K}$ von $\mathbf{C}$, die gegen
                 Addition, Multiplikation und Inversenbildung abgeschlossen
                 ist, nennen wir einen K"orper.
      \item[(2)] Eine Menge $\mathbf{V}$, auf der eine Addition definiert ist,
                 so da"s gilt
                 \begin{enumerate}
                   \item $a+b = b+a$ f"ur alle $a,b \in \mathbf{V}$
                   \item $(a+b)+c = a+(b+c)$ f"ur alle $a,b,c \in \mathbf{V}$
                   \item $0 + a = a + 0 = a$ f"ur alle $a \in \mathbf{V}$ und
                         ein $0 \in \mathbf{V}$
                 \end{enumerate}
                 hei"st $\mathbf{K}$-Vektorraum f"ur einen K"orper $\mathbf{K}$,
                 falls eine Skalarmultiplikation $\lambda v, \lambda \in
                 \mathbf{K}, v \in \mathbf{V}$ definiert ist, so da"s
                 \begin{enumerate}
                   \item[(d)] $\lambda (v_1 + v_2)= \lambda v_1 + \lambda v_2$
                              f"ur alle $v_1, v_2 \in \mathbf{V}, \lambda \in
                              \mathbf{K}$
                   \item[(e)] $(\lambda_1 + \lambda_2) v = \lambda_1 v +
                              \lambda_2 v$ f"ur alle $\lambda_1, \lambda_2
                              \in \mathbf{K}, v \in \mathbf{V}$
                   \item[(f)] $(\lambda_1 \lambda_2) v = \lambda_1
                              (\lambda_2 v)$ f"ur alle $\lambda_1, \lambda_2
                              \in \mathbf{K}, v \in \mathbf{V}$
                   \item[(g)] $1~v = v$ f"ur alle $v \in \mathbf{V}$
                   \item[(h)] $0~v = 0$ f"ur alle $v \in \mathbf{V}$
                 \end{enumerate}
    \end{enumerate}

    Beispiele:

    \begin{enumerate}
      \item[(1)] $\{a + b \sqrt{2}: a, b \in \mathbf{Q}\}$ ist ein $\mathbf{Q}$
                 -Vektorraum (Addition und Skalarmultiplikation wie in
                 $\mathbf{C}$)
      \item[(2)] $\{(x,y) : x, y \in \mathbf{Q}\}$ ist auch $\mathbf{Q}$
                 -Vektorraum \\
                 $(x_1, y_1) + (x_2, y_2) = (x_1 + x_2, y_1 + y_2)$ \\
                 $\lambda (x, y) = (\lambda x, \lambda y), \lambda \in
                 \mathbf{Q}$.
    \end{enumerate}
    {\sl Bemerkung:} Von dem Standpunkt der Strukturtheorie sind beide
    Vektorr"aume gleich.

    \medskip

    Sei $\mathbf{V}$ ein $\mathbf{K}$-Vektorraum, $\mathbf{M} = \{m_1, \ldots,
    m_n\} \subseteq \mathbf{V}$. Dann ist nach Definition des Vektorraumes
    stets
    \begin{displaymath}
      \mathbf{W} = \left\{ \sum_{i=1}^n a_i m_i : a_i \in \mathbf{K} \right\}
                   \subseteq\mathbf{V}.
    \end{displaymath}
    Ist $\mathbf{W} = \mathbf{V}$, so nennen wir $\mathbf{M}$ ein
    Erzeugendensystem von $\mathbf{V}$.

    Im ersten Beispiel ist $\{1, \sqrt{2}\}$ ein Erzeugendensystem. Im zweiten
    Beispiel ist $\{(1, 0), (0, 1)\}$ ein Erzeugendensystem: $(x, y) =
    x (1, 0) + y (0, 1)$ !

    \medskip

    Sei $\mathbf{V}$ ein $\mathbf{K}$-Vektorraum, $\mathbf{M} = \{m_1, m_2,
    \ldots, m_n\} \subseteq \mathbf{V}$. Wir sagen, $\mathbf{M}$ ist
    \emph{linear~unabh"angig}, falls aus
    \begin{displaymath}
      \sum_{i=1}^n a_i m_i = 0, \ a_i \in \mathbf{K}
    \end{displaymath}
    stets $a_i = 0,~i = 1, \ldots, n$ folgt. Die Darstellung der Null ist
    also eindeutig.

    \medskip

    Im ersten Beispiel ist $\{1, \sqrt{2}\}$ linear unabh"angig, da
    \begin{displaymath}
       a \cdot 1 + b \sqrt{2} = 0 \in \mathbf{C},\ a,b \in \mathbf{Q}
    \end{displaymath}
    nat"urlich a = 0, b = 0 zur Folge hat.

    \medskip

    Im zweiten Beispiel ist $\{(1, 0), (0, 1)\}$ linear unabh"angig:
    \begin{displaymath}
      (0, 0) = a~(1, 0) + b~(0, 1) = (a, b).
    \end{displaymath}

    \medskip

    Ein Erzeugendensystem, das linear unabh"angig ist, nennen wir eine
    \emph{Basis}.

    \medskip

    \begin{satz} \label{satz:Satz1}
      Sei $\mathbf{M} = \{m_1, \ldots, m_n\}$ ein Erzeugendensystem
      des $\mathbf{K}$-Vektorraumes $\mathbf{V}$, so enth"alt $\mathbf{M}$
      eine Basis.
    \end{satz}

    {\sl Beweis.} Sei $\mathbf{N} \subseteq \mathbf{M}$, $\mathbf{N}$
    Erzeugendensystem, $|\mathbf{N}|$ minimal. Bei geeigneter Anordnung ist
    $\mathbf{N} = \{m_1, \ldots, m_k\}, |\mathbf{N}| = k$.

    \medskip

    Behauptung: $\mathbf{N}$ ist linear unabh"angig. Sei
    \begin{displaymath}
      \sum_{i=1}^k a_i m_i = 0.
    \end{displaymath}
    Sei $a_j \not= 0$ f"ur ein $j$. Dann ist
    \begin{displaymath}
      m_j = -a_j^{-1} \sum_{i = 1 \atop i \not= j}^k a_i m_i
    \end{displaymath}

    Ist $v \in \mathbf{V}$, so ist
    \begin{displaymath}
      v = \sum_{i=1}^k b_i m_i
    \end{displaymath}
    mit geeigneten $b_i \in \mathbf{K}$, da $\mathbf{N}$ ein
    Erzeugendensystem ist. Nun k"onnen wir aber $m_j$ ersetzen:
    \begin{displaymath}
      v = \sum_{i=1 \atop i \not= j}^k b_i m_i + b_j
          \left(-a_j^{-1} \sum_{i = 1 \atop i \not= j}^k a_i m_i\right)
    \end{displaymath}
    Also ist $\mathbf{N}-\{m_j\}$ auch ein Erzeugendensystem. Die minimale
    Wahl von $\mathbf{N}$ liefert einen Widerspruch. Somit ist $a_j = 0$
    f"ur alle $j = 1, \ldots, k$, d.h.~$\mathbf{N}$ ist linear unabh"angig.
    Damit ist $\mathbf{N}$ eine Basis.

    \medskip

    \begin{korollar} \label{korollar:Korollar2}
      Hat ein $\mathbf{K}$-Vektorraum ein endliches Erzeugendensystem,
      so hat er auch eine Basis.
    \end{korollar}

    Im Beispiel 1 ist $\{1, \sqrt{2}\}$ eine Basis. Im zweiten Beispiel
    ist $\{(1, 0), (0, 1)\}$ eine Basis.

    \newpage

    \begin{satz} \label{satz:Satz3}
       Sei $\mathbf{V}$ ein $\mathbf{K}$-Vektorraum mit Basis
       $\{b_1, \ldots, b_n\}$ und $\{m_1, \ldots, m_k\}$ eine linear
       unabh"angige Teilmenge von $\mathbf{V}$, so ist $k \le n$.
    \end{satz}

    {\sl Beweis.} Sei $m_i \in \{m_1, \ldots, m_k\}$. Da $\{b_1, \ldots, b_n\}$
    eine Basis ist, ist
    \begin{displaymath}
      m_i = \sum_{j=1}^n a_j b_j
    \end{displaymath}
    mit geeigneten $a_j \in \mathbf{K}$. Da $m_i \not= 0$ ist, gibt es ein
    $t$ mit $a_t \not= 0$.

    Behauptung: Dann ist $\{b_1, \ldots, b_{t-1}, m_i, b_{t+1}, \ldots, b_n\}
    = \mathbf{B}$ eine Basis (d.h.~wir haben $b_t$ durch $m_i$ ersetzt).

    Wir m"ussen zeigen, da"s $\mathbf{B}$ linear unabh"angig und ein
    Erzeugendensystem ist.

    (1) linear unabh"angig:

    Sei
    \begin{displaymath}
      \sum_{j = 1 \atop j \not= t}^n x_j b_j + x_t m_i = 0,\ x_j \in\mathbf{K}.
    \end{displaymath}

    Ist $x_t \not= 0$, so ist
    \begin{displaymath}
      m_i = -x_t^{-1} \left( \sum_{j = 1 \atop j \not=t}^n x_j b_j \right)
    \end{displaymath}

    Andererseits war
    \begin{displaymath}
      m_i = \sum_{j = 1 \atop j \not= t}^n a_j b_j + a_t b_t, \ a_t \not= 0.
    \end{displaymath}

    Somit ist
    \begin{displaymath}
      0 = \sum_{j = 1 \atop j \not= t}^n (a_j + x_t^{-1} x_j) b_j + a_t b_t.
    \end{displaymath}

    Da $\{b_1, \ldots, b_n\}$ linear unabh"angig ist, ist $a_t = 0$,
    ein Widerspruch.

    Somit ist $x_t = 0$. Also ist
    \begin{displaymath}
      \sum_{j = 1 \atop j \not= t}^n x_j b_j = 0.
    \end{displaymath}

    Da $\{b_1, \ldots, b_n\}$ linear unabh"angig ist, ist nun $x_j = 0$,
    $j \not= t$. Also ist $\mathbf{B}$ linear unabh"angig.

    \medskip

    (2) $\mathbf{B}$ ist ein Erzeugendensystem:

    Sei $v \in \mathbf{V}$. Dann gibt es $x_j \in \mathbf{K}$ mit
    \begin{displaymath}
      v = \sum_{j=1}^n x_j b_j.
    \end{displaymath}

    Es ist
    \begin{displaymath}
      m_i = \sum_{j = 1 \atop j \not= t}^n a_j b_j + a_t b_t, \ a_t \not= 0.
    \end{displaymath}

    Also ist
    \begin{displaymath}
      b_t = a_t^{-1} \left(m_i - \sum_{j = 1 \atop j \not= t}^n a_j b_j \right)
    \end{displaymath}

    Also ist
    \begin{displaymath}
      v = \sum_{j = 1 \atop j \not= t}^n x_j b_j +
          x_t a_t^{-1} \left(m_i - \sum_{j = 1 \atop j \not= t}^n a_j b_j \right)
    \end{displaymath}

    Damit ist $\mathbf{B}$ ein Erzeugendensystem.

    Nun k"onnen wir nacheinander $b$'s aus $\{b_1, \ldots, b_n\}$ durch
    $m$'s aus $\{m_1, \ldots, m_k\}$ ersetzen.

    Dabei mu"s man aber sicherstellen, da"s wirklich immer $b$'s (und nicht
    in einem sp"ateren Schritt auch $m$'s) ersetzt werden. d.h.~wir m"ussen
    zeigen:

    Sei $\{m_1, \ldots, m_r, b_{r+1}, \ldots, b_n\}$ eine Basis (bei
    geeigneter Anordnung k"onnen wir annehmen, da"s die ersten $r$ der $m$'s
    die ersten $r$ der $b$'s ersetzen), so gibt es ein $b_j \in
    \{b_{r+1}, \ldots, b_n\}$, das wir durch $m_{r+1}$ ersetzen k"onnen,
    d.h.~bei geeigneter Anordnung ist $\{m_1, \ldots, m_{r+1}, b_{r+2},
    \ldots, b_n\}$ eine Basis.

    Sei
    \begin{displaymath}
      m_{r+1} = \sum_{j = 1}^r x_j m_j + \sum_{j=r+1}^n x_j b_j
    \end{displaymath}

    Nach dem vorher bewiesenen Resultat gen"ugt es zu zeigen, da"s ein
    $x_j$ mit \mbox{$j \ge r + 1$} ungleich Null ist. 
    Sei also $x_j = 0,\ j \ge r+1$. Dann ist
    \begin{displaymath}
      m_{r+1} = \sum_{j=1}^r x_j m_j
    \end{displaymath}

    oder $0 = x_1 m_1 + x_2 m_2 + \cdots + x_r m_r + (-1)m_{r+1}$.

    Hier sind aber nicht alle Koeffizienten gleich Null, was der linearen
    Unabh"angig-keit von $\{m_1, \ldots, m_k\}$ widerspricht.

    Indem wir dieses Verfahren bis zu Ende fortsetzen, erhalten wir eine Basis
    \mbox{$\{m_1, \ldots, m_k, b_{k+1}, \ldots, b_n\}$}.

    Also ist $k \le n$.

    \medskip

    \begin{korollar} \label{korollar:Korollar4}
      Seien $\mathbf{B_1}, \mathbf{B_2}$ Basen des endlich erzeugten
      $\mathbf{K}$-Vektorraumes $\mathbf{V}$, so ist $|\mathbf{B_1}| =
      |\mathbf{B_2}|$.
    \end{korollar}

    {\sl Beweis.} Es ist $\mathbf{B_1}$ linear unabh"angig. Also ist nach Satz
    \ref{satz:Satz3} $|\mathbf{B_1}| \le |\mathbf{B_2}|$.

    Es ist $\mathbf{B_2}$ linear unabh"angig, also ist nach Satz
    \ref{satz:Satz3} $|\mathbf{B_2}| \le |\mathbf{B_1}|$.
    Daraus folgt $|\mathbf{B_1}| = |\mathbf{B_2}|$.

    \medskip

    Die Anzahl der Elemente in einer Basis nennt man die \emph{Dimension}.
    Beide Vektorr"aume des Beispiels haben also Dimension 2.

    \medskip

    \begin{definition}
       Sei $\mathbf{K}$ ein K"orper, $\mathbf{K} \subseteq \mathbf{C}$.
       Ein $u \in \mathbf{C}$ nennen wir \emph{algebraisch} "uber $\mathbf{K}$,
       falls es Nullstelle eines Polynoms $p(x)$ ist, $p(x) \not= 0$:
       \begin{displaymath}
         p(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i,\ a_i \in \mathbf{K}, a_n \not= 0
       \end{displaymath}

       und
       \begin{displaymath}
         p(u) = \sum_{i=0}^n a_i u^i = 0.
       \end{displaymath}
    \end{definition}

    \medskip

    \begin{satz} \label{satz:Satz5}
      Summe, Produkt und Inverse algebraischer Zahlen "uber $\mathbf{K}$
      sind wieder algebraisch, d.h.~die algebraischen Zahlen bilden einen
      K"orper.
    \end{satz}

    {\sl Beweis.} $\mathbf{K(u)}$ bezeichne die folgende Teilmenge von
    $\mathbf{C}$:

    \begin{displaymath}
      \left\{\sum_{i=0}^{n_j} b_i u^i: b_i \in \mathbf{K},\ n_j \in \mathbf{N}
            \cup \{0\} \right\}.
    \end{displaymath}

    $\mathbf{K(u)}$ ist also die Menge aller Linearkombinationen der Potenzen
    von $u$ mit Koeffizienten in $\mathbf{K}$.
    Offenbar ist $\mathbf{K(u)}$ ein $\mathbf{K}$-Vektorraum, da Summen von
    \mbox{Linearkombinationen} und Vielfache von Linearkombinationen wieder
    Linearkombinationen sind.

    Nun wissen wir, da"s
    \begin{displaymath}
      a_n u^n + \sum_{i=0}^{n-1} a_i u^i = 0
    \end{displaymath}

    ist. Da $a_n \not= 0$ ist, gilt
    \begin{displaymath}
      u^n = -a_n^{-1} \sum_{i=0}^{n-1} a_i u^i.
    \end{displaymath}

    Somit ist $u^n$ und dann auch jede gr"o"sere Potenz $u^k$ durch
    $1, u, \ldots, u^{n - 1}$ ausdr"uckbar.

    Das bedeutet, da"s $\{1, u, \ldots, u^{n-1}\}$ ein Erzeugendensystem ist.

    \medskip

    Als n"achstes zeigen wir:

    \begin{lemma} \label{lemma:LemmaA}
      Ist $\mathbf{K}$ ein K"orper, $\mathbf{V} \subseteq \mathbf{C}$ ein
      endlich dimensionaler $\mathbf{K}$-Vektor-raum, der gegen Multiplikation
      abgeschlossen ist -- also $v, w \in \mathbf{V}$, so ist $vw \in
      \mathbf{V}$-- so ist jedes $v \in \mathbf{V}$ algebraisch "uber
      $\mathbf{K}$.
    \end{lemma}

    {\sl Beweis.} Sei $\{b_1, \ldots, b_m\}$ eine Basis von $\mathbf{V}$ und
    $v \in \mathbf{V}$. Sei $r$ maximal mit $\{1, v, \ldots, v^{r-1}\}$ ist
    linear unabh"angig. Nach Satz \ref{satz:Satz3} ist $r \le m$. Also ist
    $\{1, v, \ldots, v^r\}$ nicht linear unabh"angig.

    Es gibt somit $c_0, \ldots, c_r \in \mathbf{K}$, nicht alle $c_i$ gleich
    Null, mit
    \begin{displaymath}
      c_0 + c_1 v + \cdots + c_r v^r = 0.
    \end{displaymath}

    Setze
    \begin{displaymath}
      q(x) = \sum_{i=0}^r c_i x^i,
    \end{displaymath}

    so ist $v$ Nullstelle von $q$, d.h.~$v$ ist algebraisch "uber $\mathbf{K}$.

    \medskip

    Nach Lemma \ref{lemma:LemmaA} ist jedes $v \in \mathbf{K(u)}$ algebraisch
    "uber $\mathbf{K}$. Sei $v \in \mathbf{K(u)}, v \not= 0$. Dann gibt es ein
    Polynom
    \begin{displaymath}
      q(x) = \sum_{i=0}^m c_i x^i
    \end{displaymath}

    mit $q(v) = 0$.

    Also ist $c_m v^m + \cdots + c_1 v + c_0 = 0$.

    Wir k"onnen $c_0 \not= 0$ annehmen, da wir sonst in $\mathbf{C}$ durch
    $v$ dividieren k"onnten. Also ist
    $ c_m v^{m-1} + \cdots + c_1 = -c_0 v^{-1}$.

    Somit ist $v^{-1} \in \mathbf{K(u)}$, da $v, \ldots, v^{m-1} \in
    \mathbf{K(u)}$ ist.

    \medskip

    Wir haben gezeigt:

    \begin{lemma} \label{lemma:LemmaB}
       $\mathbf{K(u)}$ ist ein K"orper, falls $u$ algebraisch "uber
       $\mathbf{K}$ ist, weiter ist $\mathbf{K(u)}$ ein endlich dimensionaler
       $\mathbf{K}$-Vektorraum.
    \end{lemma}

    Nun kommen wir zum eigentlichen Beweis.

    Seien $u, v$ gegeben, beide algebraisch "uber $\mathbf{K}$. Seien
    \begin{displaymath}
      p(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i,\ q(x) = \sum_{i=0}^m c_i x^i
    \end{displaymath}

    Polynome mit $a_i, c_i \in \mathbf{K}$ und $p(u) = 0 = q(v)$.

    \medskip

    Nach Lemma \ref{lemma:LemmaB} ist $\mathbf{K(u)}$ ein K"orper mit
    $\mathbf{K} \subseteq \mathbf{K(u)}$. Also ist $v$ auch algebraisch
    "uber $\mathbf{K(u)}$.

    Nach Lemma \ref{lemma:LemmaB} ist $\mathbf{K(u)(v)}$ ein endlich
    dimensionaler $\mathbf{K(u)}$-Vektorraum (wir haben oben einfach
    $\mathbf{K}$ durch $\mathbf{K(u)}$ ersetzt).

    Wir zeigen nun, da"s $\mathbf{K(u)(v)}$ ein endlich dimensionaler
    $\mathbf{K}$-Vektorraum ist. Dazu wiederholen wir die Definitionen:
    \begin{eqnarray*}
      K(u)(v) & = & \left\{ \sum_{i=0}^{n_k} x_i v^i: x_i \in \mathbf{K(u)},
                    n_k \in \mathbf{N} \cup \{0\} \right\} \\
      K(u)    & = & \left\{ \sum_{i=0}^{n_k} y_i u^i: y_i \in \mathbf{K},
                    n_k \in \mathbf{N} \cup \{0\} \right\}
    \end{eqnarray*}

    Da aber $\{1, \ldots, u^{n-1}\}$ ein Erzeugendensystem f"ur
    $\mathbf{K(u)}$ war und entsprechend $\{1, \ldots, v^{m-1}\}$ ein
    Erzeugendensystem f"ur $\mathbf{K(u)(v)}$ als $\mathbf{K(u)}$-Vektorraum
    ist, k"onnen wir nun wie folgt argumentieren.

    \medskip

    Sei $w \in \mathbf{K(u)(v)}$. Dann gibt es $x_i \in \mathbf{K(u)}$ mit
    \begin{displaymath}
      w = \sum_{i=0}^{m-1} x_i v^i.
    \end{displaymath}

    Da $x_i \in \mathbf{K(u)}$ ist, gibt es f"ur jedes $i$ Elemente
    $y_{ij} \in \mathbf{K}$ mit
    \begin{displaymath}
      x_i = \sum_{j=0}^{n-1} y_{ij} u^j.
    \end{displaymath}

    Also ist
    \begin{displaymath}
      w = \sum_{i = 0}^{m-1} \left(\sum_{j=0}^{n-1} y_{ij} u^j \right) v^i
        = \sum_{i = 0}^{m-1} \sum_{j=0}^{n-1} y_{ij} u^j v^i,\
          y_{ij} \in \mathbf{K}.
    \end{displaymath}

    Also ist $\{u^i v^j: 0 \le i \le n - 1,\ 0 \le j \le m - 1\}$ ein
    Erzeugendensystem von $\mathbf{K(u)(v)}$ als $\mathbf{K}$-Vektorraum.

    Damit ist $\mathbf{K(u)(v)}$ endlich dimensional nach Satz
    \ref{satz:Satz1}.

    Nach Lemma \ref{lemma:LemmaB} ist $\mathbf{K(u)(v)}$ ein K"orper, also
    multiplikativ abgeschlossen.

    Nach Lemma \ref{lemma:LemmaA} ist jedes Element aus $\mathbf{K(u)(v)}$
    algebraisch "uber $\mathbf{K}$.

    Es sind $u + v$ und $uv \in \mathbf{K(u)(v)}$ !

    \medskip

    Es folgen nun eine Reihe von Hilfss"atzen, die sp"ater ben"otigt werden.

    \medskip
    \begin{lemma} \label{lemma:Lemma1}
      F"ur jedes $n \in \mathbf{N}$ existiert ein Polynom $g_{n}$, f"ur das
      \begin{displaymath}
        g_{n}(\cos x) = \cos(nx)
      \end{displaymath}
      gilt.
    \end{lemma}

    {\sl Beweis.} Aus der Moivreschen Formel
    \begin{displaymath}
      (\cos \varphi + i \sin \varphi)^{n} = \cos(n \varphi) + i \sin(n \varphi)
    \end{displaymath}
    erh"alt man mit Hilfe des binomischen Satzes
    \begin{displaymath}
      (a+b)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k} a^{n-k} b^k
    \end{displaymath}
    die Beziehung:
    \begin{displaymath}
      \sum_{k=0}^n {n \choose k} \cos^{n-k}\!\varphi ~ i^k \sin^k\!\varphi =
      \cos n \varphi + i \sin n \varphi
    \end{displaymath}
    Daraus erh"alt man
    \begin{displaymath}
      \cos n \varphi = \sum_{k=0}^{[n/2]} (-1)^k {n \choose {2k}}
                       \cos^{n-2k}\!\varphi \sin^{2k}\!\varphi
    \end{displaymath}
    Nun gilt:
    \begin{eqnarray*}
      \sin^{2k}\!\varphi & = & (1 - \cos^2\!\varphi)^k \\
      \sin^{2k}\!\varphi & = & \sum_{m=0}^k {k \choose m} (-1)^m
                               \cos^{2m}\!\varphi
    \end{eqnarray*}
    Daraus erh"alt man:
    \begin{displaymath}
      \cos n \varphi = \sum_{k=0}^{[n/2]} \sum_{m=0}^k {n \choose {2k}}
                       {k \choose m} (-1)^{k+m} \cos^{n-2k+2m}\!\varphi
    \end{displaymath}
    Setzt man nun
    \begin{displaymath}
      g_n(x) = \sum_{k=0}^{[n/2]} \sum_{m=0}^k {n \choose {2k}} {k \choose m}
               (-1)^{k+m} x^{n-2k+2m},
    \end{displaymath}
    gilt $g_{n}(\cos x) = \cos(nx)$.

    Hierbei ist $g_{n}$ offensichtlich eine Polynom.

    \medskip
    \begin{lemma} \label{lemma:Lemma2}
      Ist $\cos x$ algebraisch, dann ist $\cos(x/n)$ ebenfalls algebraisch
      f"ur jedes $n \in \mathbf{Z}, n \not= 0$.
    \end{lemma}
    \medskip

    {\sl Beweis:} Da $\cos x = \cos (-x)$ gilt, kann man von $n > 0$,
    d.h.~$n$ ist nat"urlich, ausgehen.

    Da nach Voraussetzung $\cos x$ algebraisch ist, existiert ein Polynom $f$,
    f"ur das
    \begin{displaymath}
      f (\cos x) = 0
    \end{displaymath}
    gilt.

    Nach Lemma \ref{lemma:Lemma1} existiert f"ur jedes nat"urliche $n$ ein
    Polynom $g_{n}$, f"ur das
    \begin{displaymath}
      g_{n}(\cos x) = \cos nx
    \end{displaymath}
    gilt.

    Daraus folgt:
    \begin{displaymath}
      g_{n}(\cos (x/n)) = \cos x.
    \end{displaymath}
    Weiter folgt daraus:
    \begin{eqnarray*}
      f (g_n(\cos (x/n))) & = & f(\cos x) \\
      f (g_n(\cos (x/n))) & = & 0.
    \end{eqnarray*}
    Sei $h$ die Funktion, die man bei Verkettung der Polynome $f$ und
    $g_{n}$ erh"alt:
    \begin{displaymath}
      h(x) := f(g_{n}(x)).
    \end{displaymath}
    Dann ist h ebenfalls ein Polynom. Man erh"alt also:
    \begin{displaymath}
      h(\cos (x/n)) = 0.
    \end{displaymath}
    Damit ist $\cos(x/n)$ algebraisch.

    \medskip
    \begin{lemma} \label{lemma:Lemma3}
      Wenn c algebraisch ist, dann ist $\sqrt{c}$ ebenfalls algebraisch.
    \end{lemma}
    \medskip

    {\sl Beweis.} Da c algebraisch ist, existiert ein Polynom
    \begin{displaymath}
      p(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i,
    \end{displaymath}
    so da"s
    \begin{displaymath}
      p(c) = \sum_{i=0}^n a_i c^i = 0
    \end{displaymath}
    gilt. Nun ist $\sqrt{c}$ L"osung von folgender algebraischen Gleichung:
    \begin{displaymath}
      \sum_{i=0}^n a_i x^{2i} = 0,\ da \
      \sum_{i=0}^n a_i ({\sqrt{c}})^{2i} = \sum_{i=0}^n a_i c^i = 0
    \end{displaymath}
    Somit ist $\sqrt{c}$ algebraisch.

    \medskip
    \begin{lemma} \label{lemma:Lemma4}
      Wenn $\cos x$ algebraisch ist, dann ist auch $\sin x$ algebraisch.
    \end{lemma}
    \medskip

    {\sl Beweis.} Da $\cos x$ algebraisch ist, ist nach Satz \ref{satz:Satz5}
    $(\cos x) (\cos x) = \cos^{2}x$ algebraisch. \\
    Da $1$ algebraisch ist, ist nach Satz \ref{satz:Satz5} dann
    $(1 - \cos^{2}x)$ algebraisch. \\
    Nach Lemma \ref{lemma:Lemma3} ist dann $\sqrt{1 - \cos^{2}x} = \sin x$
    algebraisch.

    \medskip
    \begin{lemma} \label{lemma:Lemma5}
      Wenn $\cos x$ algebraisch ist, dann ist $\cos(kx)$ auch algebraisch
      f"ur jedes $k \in \mathbf{Z}$.
    \end{lemma}
    \medskip

    {\sl Beweis.} Man kann $k > 0$ voraussetzen, da $\cos x = \cos (-x)$ gilt.
    (F"ur $k = 0$ gilt die Behauptung ohnehin.)

    Der Beweis wird mit Hilfe der vollst"andigen Induktion gef"uhrt.

    {\sl Induktionsanfang:} F"ur $k = 1$ gilt die Behauptung, denn $\cos x$ ist
    nach Voraussetzung algebraisch.

    {\sl Induktionsvoraussetzung:} $\cos kx$ ist algebraisch.

    {\sl Induktionsbehauptung:} $\cos (k + 1)x$ ist algebraisch.

    {\sl Induktionsbeweis:}
    \begin{displaymath}
      \cos (kx + x) = \cos kx \cos x - \sin kx \sin x
    \end{displaymath}
    Nun gilt:
    \begin{enumerate}

     \item[(1)] $\cos kx$ ist nach Induktionsvoraussetzung algebraisch.
     \item[(2)] $\cos x$ ist nach Voraussetzung algebraisch.
     \item[(3)] $\sin kx$ ist nach Lemma \ref{lemma:Lemma4} algebraisch, da
                $\cos kx$ nach (1) algebraisch ist.
     \item[(4)] $\sin x$ ist nach Lemma \ref{lemma:Lemma4} algebraisch, da
                $\cos x$ nach (2) algebraisch ist.
     \item[(5)] Nach Satz \ref{satz:Satz5} ist $\cos kx \cos x$ algebraisch,
                da nach (1) bzw.~(2) $\cos kx$ bzw.~$\cos x$ algebraisch ist.
     \item[(6)] Nach Satz \ref{satz:Satz5} ist $\sin kx \sin x$ algebraisch,
                da nach (3) bzw.~(4) $\sin kx$ bzw.~$\sin x$ algebraisch ist.
                Demnach ist nat"urlich auch $(- \sin kx \sin x)$ algebraisch.
     \item[(7)] Nach Satz \ref{satz:Satz5} ist $\cos kx \cos x - \sin kx \sin x
                = \cos (k + 1)x$ algebraisch, da nach (5) bzw.~(6) die
                Summanden dieser Summe algebraisch sind.
    \end{enumerate}

  \section{Beweis des Haupt-Satzes}
    \medskip
    \begin{satz} \label{satz:Satz6}
      Wenn $\cos x$ algebraisch ist, dann ist $\cos(rx)$ auch
      algebraisch f"ur \mbox{$r \in \mathbf{Q}$}.
    \end{satz}
    \medskip
    {\sl Beweis.} Jede rationale Zahl $r$ l"a"st sich als Quotient zweier
    ganzer Zahlen darstellen. \\
    Sei $r = p / q$ mit $p, q \in \mathbf{Z}, q \not= 0$. \\
    Nach Lemma \ref{lemma:Lemma5} ist dann $\cos(px)$ algebraisch. \\
    Nach Lemma \ref{lemma:Lemma2} ist dann $\cos [(px)/q] = \cos [(p/q)x] =
    \cos(rx)$ algebraisch.

  \section{Anhang: Literaturverzeichnis}
    \begin{enumerate}
      \item "`Sch"ulerduden: Die Mathematik I"', 5.~Auflage, Mannheim 1990
      \item "`Sch"ulerduden: Die Mathematik II"', 3.~Auflage, Mannheim 1991
      \item Siegfried Bosch: "`Algebra"', Springer-Verlag Berlin Heidelberg 1993
    \end{enumerate}

\end{document}
