Mệnh đề này suy ra ngay lập tức từ Định nghĩa 1.

b) $S$ tự do đại số trên $K$ và $T$ tự do đại số trên $K(S)$. c) $T$ tự do đại số trên $K$ và $S$ tự do đại số trên $K(T)$.

Hiển nhiên chỉ cần chứng minh rằng a) và b) là tương đương.

$a) \Rightarrow b)$: Giả sử rằng a) đúng. Vì $S$ được chứa trong $S \cup T$, nó tự do đại số trên $K$. Nếu $T$ không tự do đại số trên $K(S)$, thì tồn tại (Mệnh đề 3) một họ hữu hạn $(y_j)_{1 \leq j \leq n}$ gồm các phần tử phân biệt của $T$ có quan hệ đại số trên $K(S)$. Do đó tồn tại một đa thức khác không $f$ trong vành $K(S)[Y_1, ..., Y_n]$ sao cho $f(y_1, ..., y_n) = 0$; sau khi nhân $f$ nếu cần bởi một phần tử khác không của $K[S]$ ta có thể giả sử rằng mọi hệ số off thuộc $K[S]$. Các hệ số của fare là các đa thức theo một số hữu hạn phần tử phân biệt $x_i \ (1 \leq i \leq m )$ của $S$, với các hệ số trong $K$. Các phần tử $x_1, ..., x_m, y_1, ..., y_n$ phân biệt từng đôi một vì $S \cap T = (21$. Do đó quan hệ $f(y_1, ..., y_n) = 0$ có thể được viết

trong đó $g$ là một đa thức khác không của $K[X_1, ..., X_m, Y_1, ..., Y_n]$, và một quan hệ như vậy mâu thuẫn với giả thiết rằng $S \cup T$ tự do đại số.

$b) \Rightarrow a)$: Giả sử b) đúng. Trước hết hiển nhiên là $T \cap K(S) = \varnothing$ và $a fortiori \ S \cap T = (21$. Chỉ cần chứng minh rằng nếu $x_i \ (1 \leq i \leq m )$ là các phần tử phân biệt của $S$, với số lượng hữu hạn, và $y_j \ (1 \leq j \leq n )$ là các phần tử phân biệt của $T$ với số lượng hữu hạn, thì tập hợp các $x_i$ và $y,$ là đại số tự do trên $K$ (Mệnh đề 3). Xét một đa thức $f \in K[X_1, ..., X_m, Y_1, ..., Y_n]$ sao cho $f(x_1, ..., x_m, y_1, ..., y_n) = 0$ và đặt $f = \sum \varphi_\alpha Y_1^{\alpha_1} ... Y_n^{\alpha_n}$ với $\varphi_\alpha \in K[X_1, ..., X_m]$ với mọi $\alpha = (\alpha_1, ..., \alpha_n) \in \mathbf{N}^n$. Đặt $g = f(x_1, ..., x_m, Y_1, ..., Y_n)$; khi đó $g$ là một đa thức trong vành $K[S][Y_1, ..., Y_n]$ và quan hệ $f(x_1, ..., x_m, y_1, ..., y_n) = 0$ có thể được viết thành $g(y_1, ..., y_n) = 0$. Vì $T$ là đại số tự do trên $K(S)$, mỗi hệ số $\varphi_\alpha(x_1, ..., x_m)$ của $g$ đều bằng không; vì $S$ là đại số tự do trên $K$, ta có $\varphi_\alpha = 0$ với mọi $\alpha \in \mathbf{N}^n$, và do đó $f = 0$.

Điều kiện là cần theo Mệnh đề 4.

Để chứng minh tính đủ, chỉ cần (Mệnh đề 3) chứng minh rằng mọi dãy hữu hạn $(x_1, ..., x_n)$ gồm các phần tử phân biệt của $S$ đều là đại số tự do. Bây giờ theo giả thiết, $x_i$ là siêu việt trên $K(x_1, ..., x_{i-1})$ với $1 \leq i \leq n$, và khi đó mệnh đề của ta suy ra bằng quy nạp theo $n$ từ Hệ quả của Mệnh đề 4.

Lập luận phản chứng, giả sử rằng X liên quan đại số trên K'. Theo Mệnh đề 5, tồn tại một phần tử $x \in X$ là đại số trên trường $K'(M)$, trong đó $M = X - \{x\}$. Vì $K'(M) = K(M)(K')$ và $K'$ là đại số trên $K$, Hệ quả 2 của V, p. 18 cho thấy rằng $K'(M)$ là đại số trên $K(M)$; vì $x$ là đại số trên $K'(M)$, do đó nó là đại số trên $K(M) = K(X - \{x\})$, theo Mệnh đề 3 của V, p. 19. Bây giờ Mệnh đề 5 cho thấy X liên quan đại số trên K và ta được một mâu thuẫn.

Cho B là một cơ sở siêu việt của E trên K và $x \in E - B$. Khi đó $x$ là đại số trên $K(B)$; theo V, p. 107, Mệnh đề 4, tập con $B \cup \{x\}$ của E không đại số tự do trên K, do đó suy ra phần thứ nhất của mệnh đề. Thứ hai, nếu E là đại số trên $K(S)$ và B là một phần đại số tự do cực đại của S, thì từ Hệ quả của Mệnh đề 4 suy ra rằng mọi $x \in S$ đều là đại số trên $K(B)$; do đó (V, p. 18, Hệ quả 1) $K(S)$ là đại số trên $K(B)$, và vì thế (V, p. 19, Mệnh đề 3), E là đại số trên $K(B)$.

Trái lại, một mở rộng không phải luôn luôn là một mở rộng thuần túy của một mở rộng đại số (V, p. 171, Bài tập 2).

Định lý này là một hệ quả của kết quả chính xác hơn sau đây:

Thật vậy, tập hợp các tập con đại số tự do của S, được sắp thứ tự bởi quan hệ bao hàm, là một tập hợp có đặc trưng hữu hạn (E, III, p. 34) theo Mệnh đề 3. Theo Định lý 1 của E, III, p. 35, nó có một phần tử cực đại B chứa T, và B là một cơ sở siêu việt của E trên K, theo Mệnh đề 7.

Thật vậy E đại số trên K(T U S) và ta có T ⊂ T U S.

Chỉ cần chứng minh bất đẳng thức Card(B) ≥ Card(B'), khi B và B' là hai cơ sở siêu việt của E trên K, và ta có thể giả sử B' không rỗng. Trước hết giả sử B là hữu hạn và dùng quy nạp theo lực lượng n của nó; với n = 0, E đại số trên K và B' là rỗng. Bây giờ giả sử n ≥ 1; với x ∈ B' cho trước, định lý trao đổi cho một tập con C của B sao cho x ∉ C và {x} U C là một cơ sở siêu việt của E trên K; ta có C ≠ B theo Mệnh đề 7, do đó Card C < n. Đặt K_1 = K(x) và C' = B' - {x}; khi đó C và C' đại số tự do trên trường K_1 (V, p. 107, Prop. 4) và E là đại số đồng thời trên K_1(C) = K(C U {x})) và K_1(C') = K(B'). Nói cách khác, C và C' là hai cơ sở siêu việt của E trên K_1. Vì Card(C) < n, giả thiết quy nạp suy ra bất đẳng thức Card(C') ≤ Card(C) ≤ n - 1, do đó Card(B') ≤ n = Card(B).

Bây giờ giả sử B là vô hạn. Mọi x ∈ B đều đại số trên K(B') và do đó tồn tại một tập con hữu hạn S(x) của B' sao cho x đại số trên K(S(x)). Viết S = U_{x ∈ B} S(x), khi đó S ⊂ B' và vì B là vô hạn, ta có Card(S) ≤ Card(B) (E, III, p. 49, Cor. 3). Nhưng vì mọi phần tử của B đều đại số trên K(S) và E đại số trên K(B), ta kết luận rằng E đại số trên K(S) (V, p. 19, Prop. 3). Bây giờ Mệnh đề 7 suy ra S = B', do đó có bất đẳng thức cần chứng minh Card(B') ≤ Card(B).

Thật vậy $F$ đại số trên $E(T)$; hơn nữa, $E(T)$ đại số trên trường $K(S \cup T) = K(S)(T)$, vì $E$ đại số trên $K(S)$ ($V$, p. 18, Cor. 2); do đó ($V$, p. 19, Prop. 3) $F$ đại số trên $K(S \cup T)$. Mặt khác, vì $T$ đại số tự do trên $E$ nên cũng vậy a fortiori trên $K(S)$, do đó ($V$, p. 107, Prop. 4) $S \cup T$ đại số tự do trên $K$ và $S \cap T = \varnothing$.

Điều kiện ấy rõ ràng là cần thiết.

Khi đó giả sử rằng $\Omega$ có cùng bậc siêu việt trên $E$ và $F$ và ta chọn một cơ sở siêu việt $B$ của $\Omega$ trên $E$ và một cơ sở siêu việt $C$ của $\Omega$ trên $F$. Vì $B$ và $C$ là cùng lực lượng, Mệnh đề 2 ($V$, p. 106) cho thấy rằng $u$ mở rộng thành một $K$-đẳng cấu $u'$ từ $E(B)$ lên $F(C)$. Vì $C?$ là một bao đóng đại số của $E(B)$ và $F(C)$, Hệ quả của $V$, p. 23 cho thấy rằng $u'$ mở rộng thành một tự đẳng cấu $v$ của $\Omega$.

Ta ký hiệu bởi $n, d(E)$ và $d(F)$ lần lượt là các bậc siêu việt của $E$ trên $K$, của $O$ trên $E$ và của $C?$ trên $F$. Sự tồn tại của $K$-đẳng cấu $u$ cho thấy bậc siêu việt của $F$ trên $K$ bằng $n$. Theo Hệ quả của Định lý 4, bậc siêu việt của $\Omega$ trên $K$ bằng $d(E) + n$ và cũng bằng $d(F) + n$. Do đó ($E$, III, p. 28, Mệnh đề 8) ta có $d(E) = d(F)$ và có thể áp dụng Mệnh đề 8.

Vì $\Omega$ không đại số trên K, tồn tại một phần tử x của $\Omega$ siêu việt trên K; khi đó các phần tử $x^n$ ($n \in \mathbf{N}$) là phân biệt và siêu việt trên K. Giả sử x và y là phân biệt và siêu việt trên K; theo Mệnh đề 2 (V, p. 106) tồn tại một K-đẳng cấu $\tilde{u}$ từ $K(x)$ lên $K(y)$ sao cho $\tilde{u}(x) = y$; vì $K(x)$ có bậc siêu việt 1 trên K, Hệ quả 2 của Mệnh đề 8 cho thấy rằng $\tilde{u}$ được mở rộng thành một K-tự đẳng cấu u của $\Omega$.

a) Điều kiện cần và đủ để x đại số trên K là tập hợp các phần tử $u(x)$ khi u chạy qua G là hữu hạn,

b) Điều kiện cần và đủ để x là p-căn trên K là $u(x) = x$ với mọi $u \in G$.

Đặc biệt nếu K là hoàn hảo, thì tập hợp các bất biến của nhóm G bằng K.

Trước hết giả sử x là siêu việt. Theo Mệnh đề 9, tập T các phần tử của $\Omega$ siêu việt trên K là vô hạn, và với mỗi $y \in T$ tồn tại $u \in G$ sao cho $u(x) = y$. Do đó tập hợp các phần tử $u(x)$ khi u chạy qua G là vô hạn.

Bây giờ giả sử x là đại số trên K và gọi f là đa thức tối tiểu của nó trên K; tập hợp các nghiệm của f trong $\Omega$ là hữu hạn và với mỗi $u \in G$ ta có $f(u(x)) = u(f(x)) = 0$. Do đó tập hợp các phần tử $u(x)$ khi u chạy qua G là hữu hạn. Điều này chứng minh a).

Gọi L là tập hợp các phần tử y của $\Omega$ sao cho $u(y) = y$ với mọi $u \in G$, và gọi $\bar{K}$ là bao đóng đại số tương đối của K trong $\Omega$. Theo điều đã nói, L là một mở rộng con của $\bar{K}$ trên K. Hơn nữa (Hệ quả 1 của Mệnh đề 8), mọi K-tự đẳng cấu của $\bar{K}$ là hạn chế lên $\bar{K}$ của một phần tử của G. Mệnh đề b) của Mệnh đề 10 khi đó suy ra từ Hệ quả 3 của V, p. 53.

Điều này suy ra từ Định nghĩa 5.

a) E và F rời nhau về mặt đại số;

b) tồn tại một cơ sở siêu việt của E trên K độc lập đại số trên F;

c) mọi tập con của E độc lập đại số trên K đều độc lập đại số trên F.

Ta đưa vào các điều kiện sau:

$b'$') tồn tại một cơ sở siêu việt của F trên K độc lập đại số trên E;

$c'$') mọi tập con của F độc lập đại số trên K đều độc lập đại số trên E.

$a) \Rightarrow b'$') : Giả sử rằng E và F rời nhau về mặt đại số. Gọi B (tương ứng C) là một cơ sở siêu việt của E (tương ứng $F$) trên K. Khi đó $B \cap C = \varnothing$ và $B \cup C$ độc lập đại số trên K, do đó C độc lập đại số trên $K(B)$ (V, p. 107, Mệnh đề 4); vì E là đại số trên $K(B)$, Mệnh đề 6 của V, p. 108 cho thấy C độc lập đại số trên E.

$b'$') $\Rightarrow$ c) : Giả sử rằng tồn tại một cơ sở siêu việt C của F trên K độc lập đại số trên E. Gọi A là một tập con của E độc lập đại số trên K. Khi đó C độc lập đại số trên $K(A)$, do đó A độc lập đại số trên $K(C)$ (V, p. 107, Mệnh đề 4) và vì thế trên $F$ (V, p. 108, Mệnh đề 6), vì F là đại số trên $K(C)$.

c) $\Rightarrow$ a) : Điều này suy ra ngay từ Mệnh đề 4 (V, p. 107).

Các suy ra $a) \Rightarrow b) \Rightarrow c' ) \Rightarrow a)$ có thể được chứng minh theo cùng một cách.

Gọi B là một cơ sở siêu việt của E trên K; đó cũng là một cơ sở siêu việt của E' trên K. Vì E rời nhau về mặt đại số với F trên K, B độc lập đại số trên F, nên cũng độc lập đại số trên F' (V, p. 108, Mệnh đề 6); bây giờ ta có thể áp dụng Mệnh đề 12.

a) Ta có $\operatorname{tr. deg}_L F(E) \leq \operatorname{tr. deg}_K E$. Khi E và F rời nhau về mặt đại số trên K, thì mọi cơ sở siêu việt của E trên K đều là một cơ sở siêu việt của

F(E) trên F và ta có tr . deg_F F(E) = tr . deg_K E. Ngược lại, đẳng thức này kéo theo E và F rời nhau về mặt đại số trên K khi tr . deg_K E là hữu hạn.

b) Ta có tr . deg_K K(E U F) ≤ tr . deg_K E + tr . deg_K F. Khi E và F rời nhau về mặt đại số trên K, ta có tr . deg_K K(E U F) = tr . deg_K E + tr . deg_K F. Ngược lại, đẳng thức này kéo theo E và F rời nhau về mặt đại số trên K khi E và F có bậc siêu việt hữu hạn trên K.

a) Gọi B là một cơ sở siêu việt của E trên K; khi đó E là đại số trên K(B), và Hệ quả 2 của V, p. 18 cho thấy F(E) là đại số trên F(K(B)) = F(B). Theo Định lý 2 (V, p. 109), B chứa một cơ sở siêu việt của F(E) trên F; khi E rời nhau về mặt đại số với F trên K, B độc lập đại số trên F (Mệnh đề 12) và khi đó nó là một cơ sở siêu việt của F(E) trên F. Ba khẳng định đầu của a) suy ra từ đó. Bây giờ giả sử rằng E có bậc siêu việt hữu hạn trên K, bằng với bậc siêu việt của F(E) trên F; vì F(E) là đại số trên F(B) và Card B = tr . deg_F F(E), Hệ quả 1 của V, p. 110 cho thấy B độc lập đại số trên F, do đó E rời nhau về mặt đại số với F trên K (Mệnh đề 12).

b) Ta có K(E U F) = F(E), nên Hệ quả của V, p. 110 kéo theo đẳng thức:

Bây giờ b) suy ra ngay từ a) và đẳng thức này.

Điều kiện cần và đủ để E và F rời nhau về mặt đại số trên K là B độc lập đại số trên F (Mệnh đề 12), tức là các đơn thức theo các phần tử của B độc lập tuyến tính trên F. Vì các đơn thức này tạo thành một cơ sở của K-không gian vectơ K[B], điều đó tương đương với việc nói rằng K[B] và F rời nhau tuyến tính trên K. Sau hết, vì K(B) là trường phân thức của K[B], Mệnh đề 6 của V, p. 14 cho thấy K[B] và F rời nhau tuyến tính khi và chỉ khi điều đó đúng đối với K(B) và F.

a) Họ $(E_i)_{i \in I}$ là tự do đại số.

b) Với mỗi $i \in I$, mở rộng $E_i$ rời nhau đại số trên $K$ với mở rộng $F_i$ sinh bởi các $E_j$ với $j \neq i$.

c) Tồn tại một họ $(B_i)_{i \in I}$ các tập con rời nhau của $L$, sao cho $B_i$ là một cơ sở siêu việt của $E_i$ trên $K$ với mỗi $i \in I$, và $B = \bigcup_{i \in I} B_i$ là tự do đại số trên $K$.

Hiển nhiên a) suy ra c).

Giả sử c), hãy chọn $i$ trong $I$; đặt $C_i = \bigcup_{j \neq i} B_j$. Với mỗi $j \neq i$ mọi phần tử của $E_j$ đều đại số trên $K(B_j)$ và a fortiori trên $K(C_i)$. Theo Hệ quả 1 của $V$, p. 18, do đó trường $F_i$ là đại số trên $K(C_i)$. Hơn nữa, ta có $B_i \cap C_i = \varnothing$ và $B - B_i \cup C_i$ là đại số tự do trên $K$; do đó $B_i$ là đại số tự do trên $K(C_i)$ ($V$, p. 107, Mệnh đề 4), nên cũng là đại số tự do trên $F_i$ (vốn đại số trên $K(C_i)$) theo Mệnh đề 6 của $V$, p. 108. Như vậy ta đã chứng minh rằng $E_i$ là đại số rời nhau với $F_i$ trên $K$ ($V$, p. 113, Mệnh đề 12), vì thế c) suy ra b).

Bây giờ giả sử b) và chứng minh a). Chỉ cần chỉ ra rằng nếu $i_1, \ldots, i_n$ là các phần tử phân biệt của $I$, thì họ các mở rộng $(E_{i_1}, \ldots, E_{i_n})$ là đại số tự do; ta lập luận bằng quy nạp theo $n$, trường hợp $n = 1$ là tầm thường. Giả sử khi đó $n > 1$ và họ $(E_{i_1}, \ldots, E_{i_{n-1}})$ là đại số tự do; với $1 \leq k \leq n$ chọn một tập con $A_k$ của $E_{i_k}$ đại số tự do trên $K$ và đặt

B = A, U ... U A_{n-1}. Theo giả thiết quy nạp các tập con A_1, ..., A_{n-1} đôi một rời nhau và B là đại số tự do trên K; theo b) $E_{i_n}$ là đại số rời nhau với F_i và vì B được chứa trong $F_{i_n}$ nên ta có B \cap A_i = \varnothing và B \cup A_i = A, U ... U A_i là đại số tự do trên K. Như vậy ta đã chỉ ra rằng họ $(E_{i_1}, ..., E_{i_n})$ là đại số tự do.

Mệnh đề sau đây khái quát hóa phần b) của Mệnh đề 13 (V, p. 113).

a) Ta có tr . deg_K E \leq \sum_{i \in I} \text{tr . deg}_K E_i, với đẳng thức xảy ra khi họ (E_i)_{i \in I} là đại số tự do trên K.

b) Ngược lại, giả sử rằng tr . deg_K E = \sum_{i \in I} \text{tr . deg}_K E_i và rằng tr . deg_K E là hữu hạn; khi đó họ (E_i)_{i \in I}, là đại số tự do trên K.

Với mỗi $i \in I$ gọi B_i là một cơ sở siêu việt của E_i trên K và đặt $B = \bigcup_{i \in I} B_i$. Với mỗi $i \in I$, mỗi phần tử của E_i đều đại số trên K(B_i), do đó trên K(B). Bây giờ Hệ quả 1 của V, p. 18 cho thấy E là đại số trên K(B); theo V, p. 109, Định lý 2, do đó B chứa một cơ sở siêu việt của E trên K. Hơn nữa, nếu họ (E_i)_{i \in I} là đại số tự do trên K, thì các B_i rời nhau và tập hợp B là đại số tự do trên K. Điều này thiết lập a) (Set Theory, III, p. 160, Hệ quả của Mệnh đề 4).

Dưới các giả thiết của b), E là đại số trên K(B) và có bậc siêu việt hữu hạn trên K, và ta có Card(B) \leq \text{tr . deg}_K E. Theo Hệ quả 1 của V, p. 110, B là đại số tự do trên K và các B_i rời nhau. Bây giờ Mệnh đề 15 cho thấy họ (E_i)_{i \in I} là đại số tự do trên K.

Trước khi phát biểu định lý tiếp theo, hãy nhận xét rằng tồn tại các mở rộng đóng đại số của K có bậc siêu việt tùy ý, chẳng hạn một bao đóng đại số của một trường phân thức hữu tỉ thích hợp.

được thỏa mãn. Khi đó tồn tại một họ đại số tự do (F_i)_{i \in I}, gồm các mở rộng con của \Omega sao cho F_i là K-đẳng cấu với E_i với mọi i \in I.

Với mỗi $i \in I$ gọi B_i là một cơ sở siêu việt của E_i trên K. Gọi B là một cơ sở siêu việt của \Omega trên K. Theo (2) ta có Card B \geq \sum_{i \in I} \text{Card} B_i; do đó tồn tại một họ (B'_i)_{i \in I}, gồm các tập con đôi một rời nhau của B và các song ánh u_i : B_i \to B'_i với i \in I. Theo Mệnh đề 2 của V, p. 106, u, mở rộng thành một K-đẳng cấu v_i của K(B_i) lên K(B'_i); vì \Omega đóng đại số và E_i đại số trên

K(B_i), nên Hệ quả (V, p. 23) cho thấy $v_i$ mở rộng thành một K-đẳng cấu của $E_i$ lên một mở rộng con $F_i$ của $\Omega$. Theo cách dựng, $B'_i$ là một cơ sở siêu việt của $F_i$ trên K, và Mệnh đề 15 (V, p. 115) cho thấy họ $(F_i)_{i \in I}$ các mở rộng con của $\Omega$ là đại số tự do trên K.

Thật vậy, mỗi trường là hợp có hướng tăng của các trường con sinh hữu hạn trên trường nguyên tố của nó, và bây giờ chỉ cần áp dụng Hệ quả 1. \* Ví dụ. — Điều này áp dụng đặc biệt trong đặc số 0 khi lấy $\Omega = \mathbf{C}$ (« nguyên lý Lefschetz »). \*

Giả sử rằng E sinh hữu hạn trên K và gọi S là một tập con hữu hạn của E sao cho $E = K(S)$. Theo Định lý 2 (V, p. 109), S chứa một cơ sở siêu việt $B'$ của E trên K và cơ sở này có cùng lực lượng với B (V, p. 110, Định lý 3). Do đó B là hữu hạn. Đặt $K' = K(B)$; khi đó E là đại số trên $K'$ và ta có $E = K'(S)$; vì S là hữu hạn, Định lý 2 của V, p. 18 cho thấy $[E : K']$ là hữu hạn.

Ngược lại, giả sử rằng B hữu hạn và $[E : K(B)]$ hữu hạn. Nếu C là một cơ sở (hữu hạn) của không gian vectơ E trên $K(B)$, ta có $E = K(B)(C) = K(B \cup C)$ và do đó E là một mở rộng sinh hữu hạn của K.

Gọi B là một cơ sở siêu việt của E trên K. Theo Hệ quả 2 của V, p. 114, $K'$ rời nhau tuyến tính với $K(B)$ trên K, do đó $[K' : K] = [K'(B) : K(B)] \leq [E : K(B)]$ và khi đó tính hữu hạn của $[K' : K]$ suy ra từ tính hữu hạn của $[E : K(B)]$.

Theo Hệ quả 1, ta được đưa về việc chứng minh rằng một trường L là một mở rộng bậc hữu hạn của trường con nguyên tố của nó chỉ có một số hữu hạn căn của đơn vị. Điều này hiển nhiên khi L có đặc số $\neq 0$ vì khi đó nó là hữu hạn. Nếu L có đặc số 0 và chứa vô hạn nhiều căn của đơn vị, thì nó chứa các căn nguyên thủy của đơn vị với cấp lớn tùy ý. Theo V, p. 84, Định lý 2, do đó tồn tại vô hạn các số nguyên $n > 0$ sao cho $\varphi(n) \leq [L : \mathbf{Q}]$, điều này vô lý (V, p. 80, các công thức (2) và (3)).

Gọi B' là một cơ sở siêu việt của E' trên K. Theo V, p. 109, Định lý 2, B' được chứa trong một cơ sở siêu việt B của E trên K và do đó là hữu hạn, theo Mệnh đề 17. Vì E' là đại số trên K(B') và E là một mở rộng sinh hữu hạn của K(B'), Hệ quả 1 cho thấy $[E' : K(B')]$ là hữu hạn. Bây giờ Mệnh đề 17 cho thấy rằng E' sinh hữu hạn trên K.

Mệnh đề 17 có thể được diễn đạt lại bằng cách nói rằng một mở rộng sinh hữu hạn của K là một mở rộng đại số bậc hữu hạn của một mở rộng siêu việt thuần túy $K(x_1, \ldots, x_n)$.