# Körper/Transzendenzbasis/Endlich/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Es sei $K$ ein Grundkörper und $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung. Man sagt, dass $f_{1},\ldots ,f_{n}\in L$ eine Transzendenzbasis von $L$ über $K$ ist, wenn die $f_{1},\ldots ,f_{n}$ algebraisch unabhängig sind und $K(f_{1},\ldots ,f_{n})\subseteq L$ eine algebraische Körpererweiterung ist.

## Beispiel

Zum Polynomring $K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ über einem Körper $K$ in $n$ Variablen besitzt der Quotientenkörper
    $K(X_{1},\ldots ,X_{n})=Q(K[X_{1},\ldots ,X_{n}])\,,$
also der rationale Funktionenkörper in $n$ Variablen, die Transzendenzbasis $X_{1},\ldots ,X_{n}$, da die Variablen algebraisch unabhängig sind.

## Beispiel

Es sei $K$ ein Körper und $F\in K(X_{1},\ldots ,X_{n})[T]$ ein irreduzibles Polynom, die Koeffizienten des Polynoms sind also rationale Funktionen in den $n$ Variablen $X_{1},\ldots ,X_{n}$. Nach Fakt ist der Restklassenring
    $L:=K(X_{1},\ldots ,X_{n})[T]/(F)\,$
ein Körper, und zwar eine endliche Körpererweiterung von $K(X_{1},\ldots ,X_{n})$, deren Grad durch den Grad des Polynoms gegeben ist. Insbesondere bilden die Variablen $X_{1},\ldots ,X_{n}$ eine Transzendenzbasis von $L$.
Wenn eine algebraische Körpererweiterung
    $K(X_{1},\ldots ,X_{n})\subset L\,$
vorliegt, so kann es natürlich trotzdem sein, dass $L$ die Form
    $L=K(Y_{1},\ldots ,Y_{n})\,$
besitzt, also isomorph zum Körper der rationalen Funktionen ist. Das einfachste Beispiel ergibt sich für $X=Y^{2}$.

## Definition

Eine Körpererweiterung $K\subseteq L$ heißt rein transzendent, wenn es algebraisch unabhängige Elemente $f_{1},\ldots ,f_{n}\in L$ mit $L=K(f_{1},\ldots ,f_{n})$ gibt.
Rein transzendent bedeutet also einfach, dass es eine $K$-Isomorphie zum Körper der rationalen Funktionen gibt. Es ist im Allgemeinen schwierig zu entscheiden, ob ein gegebener Körper rein transzendent ist. Der Quotientenkörper von ${\mathbb {C} }[X,Y]/(X^{2}+Y^{2}-1)$ ist rein transzendent (über ${\mathbb {C} }$), der Quotientenkörper von ${\mathbb {C} }[X,Y]/(X^{3}+Y^{3}-1)$ ist hingegen nicht rein transzendent.
Wir wollen zeigen, dass die Anzahl der Elemente in einer Transzendenzbasis wohlbestimmt ist. Die Argumentation orientiert sich am Beweis des Satzes der linearen Algebra, dass die Anzahl der Elemente in einer Vektorraumbasis, also die Dimension des Vektorraumes, wohlbestimmt ist.

## Lemma

Es sei $K$ ein Grundkörper und $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung mit endlichen Transzendenzbasen $f_{1},\ldots ,f_{m}$ und $g_{1},\ldots ,g_{n}$.
Dann gibt es zu jedem Element $f_{i}$ der ersten Transzendenzbasis ein Element $g_{j}$ der zweiten Transzendenzbasis derart, dass $f_{1},\ldots ,f_{i-1},g_{j},f_{i+1},\ldots ,f_{m}$ ebenfalls eine Transzendenzbasis ist.

### Beweis

Wir zeigen, dass man $f_{m}$ durch eines der $g_{j}$ ersetzen kann. Da die Körpererweiterung $K(f_{1},\ldots ,f_{m})\subseteq L$ algebraisch ist, gibt es zu jedem $g_{j}$ ein irreduzibles Polynom $P_{j}\in K(f_{1},\ldots ,f_{m})[T]$ mit $P_{j}(g_{j})=0$. Wir multiplizieren mit dem Hauptnenner sämtlicher Koeffizienten der $P_{j}$ und können dann annehmen, dass $P_{j}\in K[f_{1},\ldots ,f_{m}][T]$ gilt. Nehmen wir an, dass sämtliche $P_{j}$ sogar zu $K[f_{1},\ldots ,f_{m-1}][T]$ gehören. Dann wäre die Körperkette
    $K(f_{1},\ldots ,f_{m-1})\subseteq K(g_{1},\ldots ,g_{n})\subseteq L\,$
eine nach Aufgabe algebraische Erweiterung und insbesondere wäre $f_{m}$ algebraisch über $K(f_{1},\ldots ,f_{m-1})$ im Widerspruch zur Voraussetzung, dass die $f_{i}$ algebraisch unabhängig sind. Es gibt also ein $P_{j}$ mit $P_{j}\notin K[f_{1},\ldots ,f_{m-1}][T]$. Wir schreiben
    $P_{j}=\sum _{k=0}^{r}\alpha _{k}T^{k}\,$
mit
    $\alpha _{k}=\sum _{\ell =0}^{s}\beta _{k,\ell }f_{m}^{\ell }\,$
und $\beta _{k,\ell }\in K[f_{1},\ldots ,f_{m-1}]$. Dabei ist zumindest ein $\beta _{k,\ell }\neq 0$ für ein $\ell \geq 1$. Daher können wir die Gleichung $P_{j}(g_{j})=0$ als eine algebraische Gleichung für $f_{m}$ über $K[f_{1},\ldots ,f_{m-1},g_{j}]$ lesen. Dies bedeutet, dass $f_{m}$ algebraisch über $K(f_{1},\ldots ,f_{m-1},g_{j})$ ist.
Wir behaupten, dass $f_{1},\ldots ,f_{m-1},g_{j}$ eine Transzendenzbasis von $L$ über $K$ ist, wobei wir gerade gezeigt haben, dass $L$ darüber algebraisch ist. Es ist zu zeigen, dass diese Elemente algebraisch unabhängig sind. Wären sie algebraisch abhängig, so müsste $g_{j}$ algebraisch über $K(f_{1},\ldots ,f_{m-1})$ sein. Doch dann wäre, wieder wegen der Transitivität von algebraisch, auch $f_{m}$ algebraisch über $K(f_{1},\ldots ,f_{m-1})$ im Widerspruch zur Voraussetzung.
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## Satz

Es sei $K$ ein Grundkörper und $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung mit einer endlichen Transzendenzbasis.
Dann besitzt jede Transzendenzbasis von $L$ über $K$ gleich viele Elemente.

### Beweis

Es sei $m$ die minimale Zahl derart, dass es eine Transzendenzbasis mit $m$ Elementen gibt. Es sei $f_{1},\ldots ,f_{m}$ eine Transzendenzbasis und $g_{1},\ldots ,g_{n}$ eine weitere Transzendenzbasis mit
    $n\geq m\,$
Elementen. Wir wenden Fakt sukzessive an und erhalten Transzendenzbasen
    $g_{j_{1}},f_{2},\ldots ,f_{m},$
    $g_{j_{1}},g_{j_{2}},f_{3},\ldots ,f_{m},$
    $\ldots$
    $g_{j_{1}},g_{j_{2}},g_{j_{3}},\ldots ,g_{j_{m-1}},f_{m},$
    $g_{j_{1}},g_{j_{2}},g_{j_{3}},\ldots ,g_{j_{m-1}},g_{j_{m}},$
wobei die $g_{j_{i}}$ Elemente der zweiten Familie sind. Die letzte Familie ist eine Transzendenzbasis mit $m$ Elementen (es kann keine Elementwiederholungen geben wegen der vorausgesetzen Minimalität von $m$). Bei $n>m$ würde sich ein Widerspruch ergeben, da eine echte Teilfamilie einer Transzendenzbasis keine Transzendenzbasis sein kann, also ist $n=m$.
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