Chapitre XI. Extensions algébriques – extensions transcendantes
Proposition XI.2.2. Soient E/K une extension, A et B deux parties de E. Les
assertions suivantes sont équivalentes :
(i) A ∪ B est algébriquement libre sur K et A ∩ B = ∅
(ii) A (resp. B) est algébriquement libre sur K et B (resp. A) est algébriquement libre sur K(A) (resp. K(B)).
Démonstration. (i) =⇒ (ii) : Les propriétés A ⊂ A ∪ B et A ∪ B algébriquement
libres sur K impliquent que A est algébriquement libre sur K. Si B est non algébriquement libre sur K(A), alors il existe une famille finie (βi) i=1,...,n d’éléments
de B algébriquement liée sur K(A) (cf. remarque (XI.2.2.b)). D’où, il existe un polynôme non nul f ∈ K(A)[X 1 , . . . , X n ] tel que f (β 1 , . . . , β n ) = 0. En conséquence,
(par exemple en multipliant f par le produit des dénominateurs des coefficients
de f ), il existe g ∈ K[A][X 1 , . . . , X n ] tel que g(β 1 , . . . , β n ) = 0. Mais g s’exprime
en fonction d’un nombre fini d’éléments α 1 , . . . , α m de A ; d’où g = 0 appartient
à K[α 1 , . . . , α m , X 1 , . . . , X n ] et g(α 1 , . . . , α m , β 1 , . . . , β n ) = 0, ce qui est contraire
à l’hypothèse.
(ii) =⇒ (i) : Si B est algébriquement libre sur K(A), alors B ∩ K(A) = ∅,
d’où B ∩ A = ∅. Soient α 1 , . . . , α m , ∈ A, β 1 , . . . , β n ∈ B et f ∈
K[X 1 , . . . , X m , X m+1 , . . . , X m+n ] tels que f (α 1 , . . . , α m , β 1 , . . . , β n ) = 0. Alors
le polynôme g défini par g(Y 1 , . . . , Y n ) = f (α 1 , . . . , α m , Y m+1 , . . . , Y m+n ) ∈
K[A][Y 1 , . . . , Y n ] est tel que g(β 1 , . . . , β n ) = 0. Puisque B est algébriquement libre
sur K(A), on a g = 0, i.e. tous ses coefficients sont nuls. Ces coefficients sont de la
forme g i (α 1 , . . . , α m ), où g i ∈ K[X 1 , . . . , X m ]. Les éléments α 1 , . . . , α m sont algébriquement libres, donc tous les g i sont nuls. D’où f = 0 et α 1 , . . . , α m , β 1 , . . . , β n
sont algébriquement libres.
Corollaire XI.2.1. Soient E/K une extension, B ⊂ E une partie algébriquement
libre sur K, x ∈ E un élément transcendant sur K(B). Alors B ∪ {x} est une
partie algébriquement libre sur K.
Proposition XI.2.3. Soient E/K une extension et L ⊂ E. Pour que L soit algébriquement libre sur K, il faut et il suffit que tout x ∈ L soit transcendant sur
K(L \ {x}).
Démonstration. La condition est nécessaire d’après la proposition (XI.2.2),
(prendre A = L \ {x}, B = {x}). Supposons que pour tout x ∈ L, x est transcendant sur K(L \ {x}) et que L est algébriquement liée sur K. Alors, il existe une
partie finie A ⊂ L algébriquement liée sur K. Soit B une partie de A algébriquement libre maximale et soit C = A \ B. Par hypothèse C = ∅ et tout x ∈ C est
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Proposition XI.2.2. Soient E/K une extension, A et B deux parties de E. Les
assertions suivantes sont équivalentes :
(i) A ∪ B est algébriquement libre sur K et A ∩ B = ∅
(ii) A (resp. B) est algébriquement libre sur K et B (resp. A) est algébriquement libre sur K(A) (resp. K(B)).
Démonstration. (i) =⇒ (ii) : Les propriétés A ⊂ A ∪ B et A ∪ B algébriquement
libres sur K impliquent que A est algébriquement libre sur K. Si B est non algébriquement libre sur K(A), alors il existe une famille finie (βi) i=1,...,n d’éléments
de B algébriquement liée sur K(A) (cf. remarque (XI.2.2.b)). D’où, il existe un polynôme non nul f ∈ K(A)[X 1 , . . . , X n ] tel que f (β 1 , . . . , β n ) = 0. En conséquence,
(par exemple en multipliant f par le produit des dénominateurs des coefficients
de f ), il existe g ∈ K[A][X 1 , . . . , X n ] tel que g(β 1 , . . . , β n ) = 0. Mais g s’exprime
en fonction d’un nombre fini d’éléments α 1 , . . . , α m de A ; d’où g = 0 appartient
à K[α 1 , . . . , α m , X 1 , . . . , X n ] et g(α 1 , . . . , α m , β 1 , . . . , β n ) = 0, ce qui est contraire
à l’hypothèse.
(ii) =⇒ (i) : Si B est algébriquement libre sur K(A), alors B ∩ K(A) = ∅,
d’où B ∩ A = ∅. Soient α 1 , . . . , α m , ∈ A, β 1 , . . . , β n ∈ B et f ∈
K[X 1 , . . . , X m , X m+1 , . . . , X m+n ] tels que f (α 1 , . . . , α m , β 1 , . . . , β n ) = 0. Alors
le polynôme g défini par g(Y 1 , . . . , Y n ) = f (α 1 , . . . , α m , Y m+1 , . . . , Y m+n ) ∈
K[A][Y 1 , . . . , Y n ] est tel que g(β 1 , . . . , β n ) = 0. Puisque B est algébriquement libre
sur K(A), on a g = 0, i.e. tous ses coefficients sont nuls. Ces coefficients sont de la
forme g i (α 1 , . . . , α m ), où g i ∈ K[X 1 , . . . , X m ]. Les éléments α 1 , . . . , α m sont algébriquement libres, donc tous les g i sont nuls. D’où f = 0 et α 1 , . . . , α m , β 1 , . . . , β n
sont algébriquement libres.
Corollaire XI.2.1. Soient E/K une extension, B ⊂ E une partie algébriquement
libre sur K, x ∈ E un élément transcendant sur K(B). Alors B ∪ {x} est une
partie algébriquement libre sur K.
Proposition XI.2.3. Soient E/K une extension et L ⊂ E. Pour que L soit algébriquement libre sur K, il faut et il suffit que tout x ∈ L soit transcendant sur
K(L \ {x}).
Démonstration. La condition est nécessaire d’après la proposition (XI.2.2),
(prendre A = L \ {x}, B = {x}). Supposons que pour tout x ∈ L, x est transcendant sur K(L \ {x}) et que L est algébriquement liée sur K. Alors, il existe une
partie finie A ⊂ L algébriquement liée sur K. Soit B une partie de A algébriquement libre maximale et soit C = A \ B. Par hypothèse C = ∅ et tout x ∈ C est
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