# Körper/Transzendenzbasis/Transzendenzgrad/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.
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 $n=m$.
$\Box$

## Definition

Es sei $K$ ein Grundkörper und $K\subseteq L$ eine Körpererweiterung mit einer endlichen Transzendenzbasis. Dann nennt man die Anzahl der Elemente in einer jeden Transzendenzbasis von $L$ über $K$ den Transzendenzgrad von $L$ über $K$. Dafür schreibt man $\operatorname {trdeg} {\left(L/K\right)}$.
Nach Fakt ist dieser Transzendenzgrad wohldefiniert.

## Korollar

Es sei $K$ ein Körper. und $K(X_{1},\ldots ,X_{n})\subseteq L$ eine algebraische Körpererweiterung des Körpers der rationalen Funktionen in $n$ Variablen.
Dann ist der Transzendenzgrad von $L$ über $K$ gleich $n$.
Insbesondere besitzt der Körper der rationalen Funktionen $K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ den Transzendenzgrad $n$.

### Beweis

Dies folgt direkt daraus, dass die Variablen $X_{1},\ldots ,X_{n}$ eine Transzendenzbasis von $K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ und von $L$ bilden und dass man nach Fakt den Transzendenzgrad mit jeder Basis bestimmen kann.
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## Korollar

Es sei $K\subseteq L\subseteq M$ eine Kette von Körpererweiterungen.
Dann ist

### Beweis

Es sei $x_{1},\ldots ,x_{n}\in L$ eine Transzendenzbasis von $L$ über $K$ und $y_{1},\ldots ,y_{m}\in M$ eine Transzendenzbasis von $M$ über $L$. Nach Aufgabe ist $x_{1},\ldots ,x_{n},y_{1},\ldots ,y_{m}$ algebraisch unabhängig über $K$. Nach Voraussetzung ist $K(x_{1},\ldots ,x_{n})\subseteq L$ algebraisch. Daher ist auch
    $K(x_{1},\ldots ,x_{n},y_{1},\ldots ,y_{m})\subseteq L(y_{1},\ldots ,y_{m})\,$
algebraisch. Da auch $L(y_{1},\ldots ,y_{m})\subseteq M$ algebraisch ist, folgt mit Aufgabe, dass $K(x_{1},\ldots ,x_{n},y_{1},\ldots ,y_{m})\subseteq M$ algebraisch ist.
$\Box$