L’unicité de $v$ est claire. Posons $A = K[x_i]_{i \in I}$ et $A' = K'[x'_i]_{i \in I}$. Par hypothèse, les monômes $x^\alpha = \prod_{i \in I} x_i^{\alpha_i}$ (pour $\alpha = (\alpha_i)_{i \in I}$ dans $\mathbf{N}^{(I)}$) forment une base du $K$-espace vectoriel $A$, et l’on a une propriété analogue pour $A'$. Il existe donc un isomorphisme d’anneaux $w : A \to A'$ transformant tout élément $\sum_{\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}} c_\alpha x^\alpha$ en $\sum_{\alpha \in \mathbf{N}^{(I)}} u(c_\alpha) {x'}^\alpha$. Comme $L$ est le corps des fractions de $A$ et $L'$ celui de $A'$, l’isomorphisme $w$ se prolonge en un isomorphisme $v$ du corps $L$ sur le corps $L'$.

La proposition résulte immédiatement de la déf. 1.

Il suffit évidemment de prouver que a) et b) sont équivalentes.

$a) \Rightarrow b)$ : supposons a) vérifiée. Comme $S$ est contenue dans $S \cup T$, elle est algébriquement libre sur $K$. Si $T$ n'est pas algébriquement libre sur $K(S)$, il existe (prop. 3) une famille finie $(y_j)_{1 \leq j \leq n}$ d'éléments distincts de $T$, algébriquement liée sur $K(S)$. Par suite, il existe un polynôme non nul $f$ de l'anneau $K(S)[Y_1, ..., Y_n]$ tel que $f(y_1, ..., y_n) = 0$; quitte à multiplier $f$ par un élément non nul de $K[S]$, on peut supposer que tous les coefficients de $f$ appartiennent à $K[S]$. Les coefficients de $f$ sont des polynômes par rapport à un nombre fini d'éléments distincts $x_i$ ($1 \leq i \leq m$) de $S$, à coefficients dans $K$. Les éléments $x_1, ..., x_m, y_1, ..., y_n$ sont deux à deux distincts car $S \cap T = \varnothing$. La relation $f(y_1, ..., y_n) = 0$ s'écrit alors

où $g$ est un polynôme non nul de $K[X_1, ..., X_m, Y_1, ..., Y_n]$, et une telle relation contredit l'hypothèse que $S \cup T$ est algébriquement libre.

$b) \Rightarrow a)$ : supposons b) vérifiée. Il est clair d'abord que $T \cap K(S) = \varnothing$, et a fortiori $S \cap T = \varnothing$. Il suffit de montrer que si $x_i$ ($1 \leq i \leq m$) sont des éléments distincts de $S$ en nombre fini, $y_j$ ($1 \leq j \leq n$) des éléments distincts de $T$ en nombre fini, l'ensemble des $x_i$ et des $y_j$ est algébriquement libre sur $K$ (prop. 3). Considérons un polynôme $f \in K[X_1, ..., X_m, Y_1, ..., Y_n]$ tel que $f(x_1, ..., x_m, y_1, ..., y_n) = 0$ et posons

avec $\varphi_\alpha \in K[X_1, ..., X_m]$ pour tout $\alpha = (\alpha_1, ..., \alpha_n) \in \mathbf{N}^n$.

Soit $g = f(x_1, ..., x_m, Y_1, ..., Y_n)$; alors $g$ est un polynôme de l'anneau $K[S][Y_1, ..., Y_n]$, et la relation $f(x_1, ..., x_m, y_1, ..., y_n) = 0$ s'écrit $g(y_1, ..., y_n) = 0$. Comme $T$ est algébriquement libre sur $K(S)$, chacun des coefficients $\varphi_\alpha(x_1, ..., x_m)$ de $g$ est nul ; puisque $S$ est algébriquement libre sur $K$, on a $\varphi_\alpha = 0$ pour tout $\alpha \in \mathbf{N}^n$, d'où $f = 0$.

La condition est nécessaire d’après la prop. 4.

Pour prouver la suffisance, il suffit (prop. 3) de montrer que toute suite finie $(x_1, ..., x_n)$ d’éléments distincts de S est algébriquement libre. Or, par hypothèse, $x_i$ est transcendant sur $K(x_1, ..., x_{i-1})$ pour $1 \leq i \leq n$, et notre assertion résulte donc par récurrence sur $n$ du cor. de la prop. 4.

Raisonnons par l’absurde et supposons que X soit algébriquement liée sur $K'$. D’après la prop. 5, il existe un élément $x \in X$ algébrique sur le corps $K'(M)$, où $M = X - \{ x \}$. Comme on a $K'(M) = K(M)$ ($K'$) et que $K'$ est algébrique sur K, le cor. 2 de V, p. 18, montre que $K'(M)$ est algébrique sur $K(M)$; comme $x$ est algébrique sur $K'(M)$, il est donc algébrique sur $K(M) = K(X - \{ x \})$ d’après la prop. 3 de V, p. 18. La prop. 5 montre alors que X est algébriquement lié sur K, d’où une contradiction.

Soient B une base de transcendance de E sur K, et $x \in E - B$. Alors $x$ est algébrique sur $K(B)$; d’après V, p. 103, prop. 4, la partie $B \cup \{ x \}$ de E n’est pas algébriquement libre sur K, d’où la première partie de la proposition. D’autre part, si E est algébrique sur $K(S)$, et B est une partie algébriquement libre maximale de S, il résulte du cor. de la prop. 4 que tout $x \in S$ est algébrique sur $K(B)$; donc (V, p. 18, cor. 1), $K(S)$ est algébrique sur $K(B)$, et par suite (V, p. 18, prop. 3), E est algébrique sur $K(B)$.

Par contre, une extension n’est pas toujours extension pure d’une extension algébrique (V, p. 161, exerc. 2).

Ce théorème est une conséquence du théorème plus précis suivant :

En effet, l’ensemble des parties algébriquement libres de S, ordonné par inclusion, est un ensemble de caractère fini (E, III, p. 34) d’après la prop. 3. D’après le th. 1 de E, III, p. 35, il admet un élément maximal B contenant T, et B est une base de transcendance de E sur K, en vertu de la prop. 7.

En effet, E est algébrique sur K(T ∪ S) et l’on a T ⊂ T ∪ S.

Il suffit de prouver l’inégalité Card(B) ≥ Card(B’) lorsque B et B’ sont deux bases de transcendance de E sur K. On peut supposer B’ non vide. Supposons d’abord B fini et raisonnons par récurrence sur son cardinal n ; pour n = 0, E est algébrique sur K et B’ est vide. Supposons donc n ≥ 1. Étant donné x ∈ B’, le théorème d’échange fournit une partie C de B telle que x ∉ C et que {x} ∪ C soit une base de transcendance de E sur K ; on a C ≠ B d’après la prop. 7, d’où Card(C) < n. Posons K_1 = K(x) et C’ = B’ − {x} ; alors C et C’ sont algébriquement libres sur le corps K_1 (V, p. 103, prop. 4) et E est algébrique à la fois sur K_1(C) = K(C ∪ {x}) et K_1(C’) = K(B’). Autrement dit, C et C’ sont deux bases de transcendance de E sur K_1 ; comme on a Card(C) < n, l’hypothèse de récurrence entraîne l’inégalité Card(C’) ≤ Card(C) ≤ n − 1, d’où Card(B’) ≤ n = Card(B).

Supposons maintenant B infini. Tout x ∈ B est algébrique sur K(B’) et il existe donc une partie finie S(x) de B’ telle que x soit algébrique sur K(S(x)). Posons S = ⋃_{x∈B} S(x) d’où S ⊂ B’ ; comme B est infini, on a Card(S) ≤ Card(B) (E, III, p. 49, cor. 3). Mais tout élément de B étant algébrique sur K(S), et E étant algébrique sur K(B), on conclut que E est algébrique sur K(S) (V, p. 18, prop. 3). La prop. 7 entraîne alors S = B’, d’où l’inégalité cherchée Card(B’) ≤ Card(B).

En effet, F est algébrique sur E(T); de plus E(T) est algébrique sur le corps $K(S \cup T) = K(S)(T)$, puisque E est algébrique sur K(S) (V, p. 18, cor. 2); par suite (V, p. 18, prop. 3), F est algébrique sur K(S \cup T). D’autre part, T étant algébriquement libre sur E, l’est a fortiori sur K(S), donc (V, p. 103, prop. 4) $S \cup T$ est algébriquement libre sur K et $S \cap T = \varnothing$.

La condition est évidemment nécessaire.

Supposons donc que $\Omega$ ait même degré de transcendance par rapport à E et à F, et choisissons une base de transcendance B de $\Omega$ sur E et une base de transcendance C de $\Omega$ sur F. Comme B et C sont équipotentes, la prop. 2 (V, p. 102) montre que u se prolonge en un K-isomorphisme $u'$ de E(B) sur F(C). Comme $\Omega$ est une clôture algébrique de E(B) et de F(C), le cor. de V, p. 23, montre que $u'$ se prolonge en un automorphisme v de $\Omega$.

Notons respectivement $n$, $d(E)$ et $d(F)$ le degré de transcendance de $E$ sur $K$, de $\Omega$ sur $E$ et de $\Omega$ sur $F$. L’existence du $K$-isomorphisme $u$ montre que le degré de transcendance de $F$ sur $K$ est égal à $n$. D’après le cor. du th. 4, le degré de transcendance de $\Omega$ sur $K$ est égal à $d(E) + n$ et aussi à $d(F) + n$. Par suite (E, III, p. 28, prop. 8), on a $d(E) = d(F)$, et l’on peut appliquer la prop. 8.

Comme $\Omega$ n’est pas algébrique sur $K$, il existe un élément $x$ de $\Omega$ transcendant sur $K$; alors les éléments $x^n$ (pour $n \in \mathbf{N}$) sont distincts et transcendants sur $K$. Supposons que $x$ et $y$ soient transcendants sur $K$; d’après la prop. 2 (V, p. 102), il existe un $K$-isomorphisme $\tilde{u}$ de $K(x)$ sur $K(y)$ tel que $\tilde{u}(x) = y$; comme $K(x)$ est de degré de transcendance 1 sur $K$, le cor. 2 de la prop. 8 montre que $\tilde{u}$ se prolonge en un $K$-automorphisme $u$ de $\Omega$.

a) Pour que $x$ soit algébrique sur $K$, il faut et il suffit que l’ensemble des éléments $u(x)$ pour $u$ parcourant $G$ soit fini.

b) Pour que $x$ soit radiciel sur $K$, il faut et il suffit que l’on ait $u(x) = x$ pour tout $u \in G$.

En particulier, si $K$ est parfait, l’ensemble des invariants du groupe $G$ est égal à $K$.

Supposons d’abord que $x$ soit transcendant. D’après la prop. 9, l’ensemble $T$ des éléments de $\Omega$ transcendants sur $K$ est infini, et pour tout $y \in T$, il existe $u \in G$ avec $u(x) = y$. Donc l’ensemble des éléments $u(x)$ pour $u$ parcourant $G$ est infini.

Supposons maintenant que $x$ soit algébrique sur $K$, et notons $f$ son polynôme minimal sur $K$; l’ensemble des racines de $f$ dans $\Omega$ est fini, et pour tout $u \in G$, on a $f(u(x)) = u(f(x)) = 0$. Donc l’ensemble des éléments $u(x)$ pour $u$ parcourant $G$ est fini. Ceci prouve a).

Soit $L$ l’ensemble des éléments $y$ de $\Omega$ tels que $u(y) = y$ pour tout $u \in G$, et soit $\overline{K}$ la fermeture algébrique de $K$ dans $\Omega$. D’après ce qui précède, $L$ est une sous-extension de $\overline{K}$ sur $K$. De plus (cor. 1 de la prop. 8), tout $K$-automorphisme de $\overline{K}$ est la restriction à $\overline{K}$ d’un élément de $G$. L’assertion b) de la prop. 10 résulte alors du cor. 3 de V, p. 51.

Soit B une base de transcendance de E sur K ; c'est aussi une base de transcendance de E' sur K. Comme E est algébriquement disjointe de F sur K, B est algébriquement libre sur F, donc sur F' (V, p. 104, prop. 6) ; on applique alors la prop. 12.

a) On a deg. tr_F F(E) ≤ deg. tr_K E. Lorsque E et F sont algébriquement disjointes sur K, toute base de transcendance de E sur K est une base de transcendance de F(E) sur F, et l'on a deg. tr_F F(E) = deg. tr_K E. Réciproquement, cette égalité entraîne que E et F sont algébriquement disjointes sur K lorsque deg. tr_K E est fini.

b) On a deg. tr_K K(E ∪ F) ≤ deg. tr_K E + deg. tr_K F. Lorsque E et F sont algébriquement disjointes sur K, on a deg. tr_K K(E ∪ F) = deg. tr_K E + deg. tr_K F. Réciproquement, cette égalité entraîne que E et F sont algébriquement disjointes sur K lorsque E et F sont de degrés de transcendance finis sur K.

a) Soit B une base de transcendance de E sur K ; alors E est algébrique sur K(B), et le cor. 2 de V, p. 18, montre que F(E) est algébrique sur F(K(B)) = F(B). D'après le th. 2 (V, p. 105), B contient une base de transcendance de F(E) sur F ; lorsque E est algébriquement disjointe de F sur K, B est algébriquement libre sur F (prop. 12) et c'est donc une base de transcendance de F(E) sur F. Les trois premières assertions de a) résultent de là. Supposons maintenant E de degré de transcendance fini sur K, égal à celui de F(E) sur F ; comme F(E) est algébrique sur F(B) et que Card B = deg. tr_F F(E), le cor. 1 de V, p. 106, montre que B est algébriquement libre sur F et E est donc algébriquement disjointe de F sur K (prop. 12).

b) On a K(E ∪ F) = F(E) et le cor. de V, p. 106, entraîne donc l'égalité :

L'assertion b) résulte immédiatement de a) et de cette égalité.

Pour que E et F soient algébriquement disjointes sur K, il faut et il suffit que B soit une partie algébriquement libre sur F (prop. 12), c'est-à-dire que les monômes par rapport aux éléments de B soient linéairement indépendants sur F. Comme ces monômes forment une base du K-espace vectoriel K[B], il revient au même de dire que K[B] et F sont linéairement disjointes sur K. Enfin, comme K(B) est le corps des fractions de K[B], la prop. 6 de V, p. 14, montre que K[B] et F sont linéairement disjointes si et seulement s'il en est ainsi de K(B) et F.

Il est clair que a) entraîne c). Plaçons-nous dans les hypothèses de c) et choisissons i dans I ; posons $C_i = \bigcup_{j \neq i} B_j$. Pour tout $j \neq i$, tout élément de $E_j$ est algébrique sur $K(B_j)$ et a fortiori sur $K(C_i)$. D’après le cor. 1 de V, p. 18, le corps $F_i$ est donc algébrique sur $K(C_i)$. Par ailleurs, on a $B_i \cap C_i = \varnothing$ et $B = B_i \cup C_i$ est algébriquement libre sur K ; par suite, $B_i$ est algébriquement libre sur $K(C_i)$ (V, p. 103, prop. 4), donc aussi sur $F_i$ (qui est algébrique sur $K(C_i)$) d’après la prop. 6 de V, p. 104. On a prouvé que $E_i$ est algébriquement disjointe de $F_i$ sur K (V, p. 108, prop. 12), donc c) entraîne b).

Plaçons-nous dans les hypothèses de b) et prouvons a). Il suffit de montrer que si $i_1, \ldots, i_n$ sont des éléments distincts de $I$, la famille d’extensions $(E_{i_1}, \ldots, E_{i_n})$ est algébriquement libre ; nous raisonnons par récurrence sur $n$, le cas $n = 1$ étant trivial. Supposons donc $n > 1$ et que la famille $(E_{i_1}, \ldots, E_{i_{n-1}})$ soit algébriquement libre ; pour $1 \leq k \leq n$, choisissons une partie $A_k$ de $E_{i_k}$ algébriquement libre sur $K$, et posons $B = A_1 \cup \ldots \cup A_{n-1}$. Par l’hypothèse de récurrence, les parties $A_1, \ldots, A_{n-1}$ sont deux à deux disjointes et $B$ est algébriquement libre sur $K$ ; d’après l’hypothèse b), $E_{i_n}$ est algébriquement disjointe de $F_{i_n}$, et comme $B$ est contenue dans $F_{i_n}$, on a $B \cap A_n = \varnothing$ et $B \cup A_n = A_1 \cup \ldots \cup A_n$ est algébriquement libre sur $K$. On a donc prouvé que la famille $(E_{i_1}, \ldots, E_{i_n})$ est algébriquement libre.

La proposition suivante généralise la partie b) de la prop. 13 (V, p. 109).

a) On a $\deg.\operatorname{tr}_K E \leq \sum_{i \in I} \deg.\operatorname{tr}_K E_i$, et il y a égalité si la famille $(E_i)_{i \in I}$ est algébriquement libre sur $K$.

b) Réciproquement, supposons que l’on ait $\deg.\operatorname{tr}_K E = \sum_{i \in I} \deg.\operatorname{tr}_K E_i$ et que $\deg.\operatorname{tr}_K E$ soit fini. Alors la famille $(E_i)_{i \in I}$ est algébriquement libre sur $K$.

Pour tout $i \in I$, soit $B_i$ une base de transcendance de $E_i$ sur $K$ ; on pose $B = \bigcup_{i \in I} B_i$.

Pour tout $i \in I$, tout élément de $E_i$ est algébrique sur $K(B_i)$, donc sur $K(B)$ ; le cor. 1 de V, p. 18, montre alors que $E$ est algébrique sur $K(B)$ ; d’après V, p. 105, th. 2, $B$ contient donc une base de transcendance de $E$ sur $K$ ; si de plus, la famille $(E_i)_{i \in I}$ est algébriquement libre sur $K$, alors les $B_i$ sont disjoints et l’ensemble $B$ est algébriquement libre sur $K$. Cela établit a) (E, III, p. 26, cor. de la prop. 4).

Sous les hypothèses de b), $E$ est algébrique sur $K(B)$ et de degré de transcendance fini sur $K$, et l’on a $\operatorname{Card}(B) \leq \deg.\operatorname{tr}_K E$. D’après le cor. 1 de V, p. 106, $B$ est algébriquement libre sur $K$ et les $B_i$ sont disjoints. La prop. 15 montre alors que la famille $(E_i)_{i \in I}$ est algébriquement libre sur $K$.

Avant d’énoncer le théorème suivant, remarquons qu’il existe des extensions algébriquement closes de $K$ de degré de transcendance arbitraire, par exemple une clôture algébrique d’un corps de fractions rationnelles convenable.

Il existe alors une famille $(F_i)_{i \in I}$ algébriquement libre de sous-extensions de $\Omega$ telle que $F_i$ soit $K$-isomorphe à $E_i$ pour tout $i \in I$.

Pour tout $i \in I$, soit $B_i$ une base de transcendance de $E_i$ sur $K$. Soit $B$ une base de transcendance de $\Omega$ sur $K$. D’après (2), on a $\operatorname{Card} B \geq \sum_{i \in I} \operatorname{Card} B_i$ ; il existe donc une famille $(B'_i)_{i\in I}$ de parties de $B$, deux à deux disjointes, et des bijections $u_i : B_i \to B'_i$ (pour $i \in I$). D’après la prop. 2 de V, p. 102, $u_i$ se prolonge en un $K$-isomorphisme $v_i$ de $K(B_i)$ sur $K(B'_i)$; comme $\Omega$ est algébriquement close et $E_i$ algébrique sur $K(B_i)$, le cor. (V, p. 23) montre que $v_i$ se prolonge en un $K$-isomorphisme de $E_i$ sur une sous-extension $F_i$ de $\Omega$. Par construction, $B'_i$ est une base de transcendance de $F_i$ sur $K$, et la prop. 15 (V, p. 110) montre que la famille $(F_i)_{i\in I}$ de sous-extensions de $\Omega$ est algébriquement libre sur $K$.

D’après le cor. 1, on est ramené à démontrer qu’un corps L qui est une extension de degré fini de son sous-corps premier ne possède qu’un nombre fini de racines de l’unité. C’est clair si L est de caractéristique $\neq 0$, puisqu’il est alors fini. Si L est de caractéristique 0, et contient une infinité de racines de l’unité, il contient des racines primitives de l’unité d’ordre arbitrairement grand ; d’après V, p. 80, th. 2, il existe donc une infinité d’entiers $n > 0$ tels que $\varphi(n) \leq [L : Q]$, ce qui est absurde (V, p. 77, formules (2) et (3)).

Soit B’ une base de transcendance de E’ sur K. D’après V, p. 105, th. 2, B’ est contenue dans une base de transcendance B de E sur K, donc est finie par la prop. 17. Comme E’ est algébrique sur K(B’) et que E est une extension de type fini de K(B’), le cor. 1 montre que $[E' : K(B')]$ est fini. La prop. 17 montre alors que E’ est de type fini sur K.

On peut paraphraser la prop. 17 en disant qu’une extension de type fini de K est une extension algébrique de degré fini d’une extension transcendante pure $K(x_1, ..., x_n)$.