Kurs:Körper- und Galoistheorie/10/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	$\sum$
Punkte	3	3	0	3	5	3	0	4	0	12	0	4	4	0	5	4	4	7	61

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein algebraisch abgeschlossener Körper.
2. Eine einfache Radikalerweiterung (von Körpern).
3. Ein Hauptidealbereich.
4. Ein über einem Körper $K$ algebraisches Element  $f\in A$  einer $K$-Algebra $A$.
5. Eine normale Körpererweiterung  $K\subseteq L$. 
6. Ein aus einer Teilmenge  $M\subseteq E$  einer Ebene $E$ in einem Schritt konstruierbarer Punkt $P\in E$.

Lösung

1. Ein Körper $K$ heißt algebraisch abgeschlossen, wenn jedes nichtkonstante Polynom $F\in K[X]$ eine Nullstelle in $K$ besitzt.
2. Eine Körpererweiterung  $K\subseteq L$  heißt eine einfache Radikalerweiterung, wenn es ein $b\in L$ gibt mit  $L=K(b)$  und ein $n\in \mathbb{N}$ mit $b^n\in K$.
3. Ein Integritätsbereich, in dem jedes Ideal ein Hauptideal ist, heißt Hauptidealbereich.
4. Das Element $f$ heißt algebraisch über $K$, wenn es ein von $0$ verschiedenes Polynom $P\in K[X]$ mit $P(f)=0$ gibt.
5. Eine Körpererweiterung  $K\subseteq L$  heißt normal, wenn es zu jedem $x\in L$ ein Polynom $F\in K[X]$, $F\ne 0$, mit  $F(x)=0$  gibt, das über $L$ zerfällt.
6. Ein Punkt $P\in E$ heißt aus $M$ in einem Schritt konstruierbar, wenn eine der folgenden Möglichkeiten zutrifft.
   1. Es gibt zwei aus $M$ elementar konstruierbare Geraden $G_1$ und $G_2$ mit  $G_1\cap G_2=\{P\}$. 
   2. Es gibt eine aus $M$ elementar konstruierbare Gerade $G$ und einen aus $M$ elementar konstruierbaren Kreis $C$ derart, dass $P$ ein Schnittpunkt von $G$ und $C$ ist.
   3. Es gibt zwei aus $M$ elementar konstruierbare Kreise $C_1$ und $C_2$ derart, dass $P$ ein Schnittpunkt der beiden Kreise ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Beziehung zwischen prim und irreduzibel in einem Integritätsbereich $R$.
2. Der Satz über die Charakterisierung normaler Körpererweiterungen.
3. Der Satz über die Konstruktion der Quadratwurzel.

Lösung

1. In einem Integritätsbereich ist ein Primelement stets irreduzibel.
2. Es sei  $K\subseteq L$  eine endliche Körpererweiterung. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. Die Körpererweiterung ist normal.
   2. Wenn ein irreduzibles Polynom $P\in K[X]$ eine Nullstelle in $L$ besitzt, so zerfällt es in $L[X]$.
   3. Es gibt ein $K$-Algebraerzeugendensystem $x_i\in L$, $i\in I$, von $L$ und über $L$ zerfallende Polynome $F_i\in K[X]$, $F_i\ne 0$ , $i\in I$, mit  $F_i(x_i)=0$. 
   4. Für jede Körpererweiterung  $L\subseteq M$  und jeden $K$-Algebrahomomorphismus

      $\phi :L⟶M$

      ist  $\phi (L)\subseteq L$. 

3. Es sei $G$ eine mit zwei Punkten $0$ und $1$ markierte Gerade, die wir mit den reellen Zahlen identifizieren. Es sei  $a\in G_{+}$  eine positive reelle Zahl. Dann ist die Quadratwurzel $\sqrt{a}$ aus $0,1,a$ mittels Zirkel und Lineal konstruierbar.

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (3 Punkte)

Es sei  $\zeta \ne 1$  eine $n$-te Einheitswurzel in einem Körper $K$. Zeige

${\zeta }^{n-1}+{\zeta }^{n-2}+\cdots +\zeta +1=0.$

Lösung

Es ist

$X^n-1=(X-1)(1+X+X^2+\cdots +X^{n-1}),$

wie sich durch Ausmultiplizieren der rechten Seite ergibt. Die $n$-te Einheitswurzel  $\zeta \ne 1$  ist eine Nullstelle der linken Seite. Da wir in einem Körper sind, muss der rechte Faktor bei Einsetzen von $\zeta$ den Wert $0$ ergeben. Also ist

${\zeta }^{n-1}+{\zeta }^{n-2}+\cdots +\zeta +1=0.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei $R$ ein Hauptidealbereich und  $p\ne 0$  ein Element. Zeige, dass die folgende Bedingungen äquivalent sind.

1. $p$ ist ein Primelement.
2. $R/(p)$ ist ein Integritätsbereich.
3. $R/(p)$ ist ein Körper.

Lösung

Die Äquivalenz (1) $\iff$ (2) gilt in jedem kommutativen Ring (auch für $p=0$), siehe Aufgabe 7.1 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)), und (3) impliziert natürlich (2). Es sei also (1) erfüllt und sei  $a\in R/(p)$  von $0$ verschieden. Wir bezeichnen einen Repräsentanten davon in $R$ ebenfalls mit $a$. Es ist dann  $a\notin (p)$  und es ergibt sich eine echte Idealinklusion  $(p)\subset (a,p)$.  Ferner können wir  $(a,p)=(b)$  schreiben, da wir in einem Hauptidealring sind. Es folgt  $p=cb$.  Da $c$ keine Einheit ist und $p$ prim (also nach Lemma 3.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) auch irreduzibel) ist, muss $b$ eine Einheit sein. Es ist also  $(a,p)=(1)$,  und das bedeutet modulo $p$, also in $R/(p)$, dass $a$ eine Einheit ist. Also ist $R/(p)$ ein Körper.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass eine endliche Körpererweiterung  $K\subseteq L$  algebraisch ist.

Lösung

Es sei $n$ der Grad von $L$ über $K$. Es sei  $a\in L$.  Wir betrachten die Potenzen

$a^0,a^1,a^2,a^3,\dots ,a^n.$

Da dies $n+1$ Elemente in einem $n$-dimensionalen $K$-Vektorraum sind, können sie nach Satz 8.2 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) nicht linear unabhängig sein. Also gibt es Koeffizienten  $c_0,c_1,c_2,\dots ,c_n\in K$,  die nicht alle gleich $0$ sind, mit

$c_0{a}^0+c_1{a}^1+c_2{a}^2+\cdots +c_n{a}^n=0.$

Das zugehörige Polynom

$c_0+c_1{X}^1+c_2{X}^2+\cdots +c_n{X}^n$

ist nicht das Nullpolynom und es annulliert $a$. Somit ist $a$ algebraisch.

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (4 Punkte)

Es sei  $\mathbb{Z}/(p)\subseteq {𝔽}_q$  eine Erweiterung endlicher Körper mit  $q=p^e$  und es sei $u$ eine primitive Einheitswurzel von ${𝔽}_q$. Was ist die erste Potenz $u^n$, $n\ge 1$, die zu $\mathbb{Z}/(p)$ gehört? Ist dieses $u^n$ ein primitives Element von ${(\mathbb{Z}/(p))}^{\times }$?

Lösung

Wir betrachten die Untergruppenbeziehung

${(\mathbb{Z}/(p))}^{\times }\subseteq {\left({𝔽}_q\right)}^{\times }.$

Die Gruppen besitzen $p-1$ bzw. $q-1$ Elemente. Wegen

$q-1=p^e-1=(p-1)(p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^2+p+1)$

besitzt die Restklassengruppe

${\left({𝔽}_q\right)}^{\times }/{(\mathbb{Z}/(p))}^{\times }$

genau

$p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^2+p+1$

Elemente. Da alle beteiligten Gruppen zyklisch sind, ist der Restklassenhomomorphismus gleich

${\left({𝔽}_q\right)}^{\times }\cong \mathbb{Z}/(q-1)⟶\mathbb{Z}/(p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^2+p+1),$

wobei der Erzeuger auf einen Erzeuger geht. Deshalb wird der Kern von $p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^2+p+1$ erzeugt. Es ist also

$u^{p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^2+p+1}$

die erste Potenz, die in $\mathbb{Z}/(p)$ liegt, und dieses ist ein primitives Element.

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (12 (3+1+6+2) Punkte)

Es sei $p$ eine Primzahl.

a) Bestimme den Grad der Körpererweiterung

$\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}].$

Man gebe auch eine $\mathbb{Q}$-Basis von $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]$ an.

b) Zeige, dass in $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]$ alle Elemente der Form $m^{3}p$ und $n^3{p}^2$ mit  $m,n\in \mathbb{Q}$  eine dritte Wurzel besitzen.

c) Die rationale Zahl  $x\in \mathbb{Q}$  besitze in $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]$ eine dritte Wurzel. Zeige, dass $x$ die Form

$x=k^3\text{ oder }x=m^{3}p\text{ oder }x=n^3{p}^2$

mit  $k,m,n\in \mathbb{Q}$  besitzt.

d) Es sei nun $q$ eine weitere, von $p$ verschiedene Primzahl. Bestimme den Grad der Körpererweiterung

$\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}[\sqrt[3]{p},\sqrt[3]{q}].$

Lösung

a) Wegen $\sqrt[3]{p}\notin \mathbb{Q}$ besitzt das Polynom $X^3-p$ keine Nullstelle in $\mathbb{Q}$. Daher ist es nach Aufgabe 3.14 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) irreduzibel und somit ist $X^3-p$ nach Lemma 7.12 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) das Minimalpolynom und somit besitzt die Körpererweiterung

$\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]$

den Grad $3$. Eine $\mathbb{Q}$-Basis ist durch $1,\sqrt[3]{p},{\sqrt[3]{p}}^2$ gegeben.

b) Es ist

$(m\sqrt[3]{p}{)}^3=m^{3}p$

und

$(n(\sqrt[3]{p}{)}^2{)}^3=n^3{p}^2.$

c) Eine dritte Potenz in $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]$ besitzt die Form $y^3$ mit $y\in \mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]$. Sei

$y=a+b\sqrt[3]{p}+c{\sqrt[3]{p}}^2=a+b{p}^{1/3}+c{p}^{2/3}$

mit $a,b,c\in \mathbb{Q}$. Dann ist

$y^3=r+s{p}^{1/3}+t{p}^{2/3}$

mit

$r=a^3+b^{3}p+c^3{p}^2+6abcp,$

$s=3a^{2}b+3b^{2}cp+3a{c}^{2}p$

und

$t=3a^{2}c+3a{b}^2+3b{c}^{2}p.$

Wegen $y^3\in \mathbb{Q}$ müssen die beiden hinteren Komponenten $0$ sein, also

$s=t=0.$

Daher ist auch

$0=bs-at=3b^{3}cp-3a^{3}c=3c(b^{3}p-a^3).$

Es sei zuerst der hintere Faktor $0$. Bei  $b\ne 0$  müsste

$p={\left(\frac{a}{b}\right)}^3$

sein, was der Irrationalität dieser dritten Wurzel widerspricht. Also ist  $b=0$  und damit auch  $a=0$. 

Es sei nun

$c=0.$

Wegen  $s=0$  folgt daraus $a=0$ oder $b=0$. In jedem Fall sind also mindestens zwei der Koeffizienten $a,b,c$ gleich $0$. Die zugehörigen dritten Potenzen sind

$a^3,b^{3}p,c^3{p}^2$

und somit sind die rationalen Zahlen, die in diesem Körper eine dritte Wurzel besitzen, von der beschriebenen Art.

d) Wir betrachten die Körpererweiterung

$\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]\subseteq \mathbb{Q}[\sqrt[3]{p},\sqrt[3]{q}].$

Nach Teil b) ist $\sqrt[3]{q}\notin \mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]$. Somit ist $X^3-q$ irreduzibel über $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]$ und daher besitzt nach der gleichen Argumentation wie unter a) die Körpererweiterung

$\mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}]=\mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}][\sqrt[3]{q}]$

den Grad $3$. Nach der Gradformel besitzt die Gesamterweiterung

$\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}[\sqrt[3]{p}][\sqrt[3]{q}]=\mathbb{Q}[\sqrt[3]{p},\sqrt[3]{q}]$

den Grad  $3\cdot 3=9$. 

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (4 Punkte)

Es sei  $X^n-a\in \mathbb{Q}[X]$  mit  $n\ge 4$  gerade. Zeige, dass der Zerfällungskörper von $X^n-a$ maximal den Grad $\frac{n!}{2}$ besitzt.

Lösung

Wenn das Polynom schon über $\mathbb{Q}$ eine Nullstelle besitzt, so ist die Aussage klar, da es dann um den Zerfällungskörper eines Polynoms vom maximalen Grad $n-1$ handelt, dessen Grad maximal gleich

$(n-1)!\le \frac{n!}{2}$

ist. Es sei  $\mathbb{Q}\subseteq K$  eine Körpererweiterung vom Grad $\le n$, unter der das Polynom eine Nullstelle $u\in K$ bekommt. Zu $K$ gehört auch $-u\ne u$, und da $n$ gerade ist, ist dies ebenfalls eine Nullstelle. Somit gilt über $K$

$X^n-a=(X-u)(X+u)Q,$

und man braucht maximal den Grad $(n-2)!$, um $Q$ zu zerfällen. Insgesamt ist der benötigte Grad also gleich $n\cdot (n-2)!$. Dabei ist

$n\cdot (n-2)!\le \frac{n!}{2},$

da dies zu

$2n\le n(n-1)$

äquivalent ist, was wegen  $n\ge 4$  erfüllt ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Kreisteilungspolynom ${\Phi }_9$.

Lösung

Es gilt die Gleichung

$X^9-1={\mathrm{\Phi }}_1{\mathrm{\Phi }}_3{\mathrm{\Phi }}_9$

mit ${\Phi }_1=X-1$. Das dritte

Kreisteilungspolynom errechnet sich aus

$X^3-1=(X-1){\mathrm{\Phi }}_3$

zu

(Division mit Rest)

${\mathrm{\Phi }}_3=X^2+X+1.$

Wegen $(X^9-1)/(X-1)=X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1$ berechnet man das neunte Kreisteilungspolynom durch die Divison

$(X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1)/(X^2+X+1).$

Dies ergibt

${\Phi }_9=X^6+X^3+1.$

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (5 Punkte)

Berechne die Schnittpunkte der beiden Kreise $K_1$ und $K_2$, wobei $K_1$ den Mittelpunkt $(3,4)$ und den Radius $6$ und $K_2$ den Mittelpunkt $(-8,1)$ und den Radius $7$ besitzen.

Lösung

Die Kreisgleichungen der beiden Kreise sind

$(x-3{)}^2+(y-4{)}^2=x^2-6x+y^2-8y+25=36$

und

$(x+8{)}^2+(y-1{)}^2=x^2+16x+y^2-2y+65=49.$

Die Differenz der beiden Gleichungen ergibt

$22x+6y+40=13.$

Also ist

$y=\frac{-22x-27}{6}.$

Dies setzen wir in die erste Kreisgleichung ein und erhalten

$\begin{array}{cc}{x}^2-6x+{\left(\frac{-22x-27}{6}\right)}^2-8\frac{-22x-27}{6}-11& =x^2+\frac{121}{9}{x}^2-6x+33x+\frac{81}{4}+\frac{88}{3}x+36-11\\ & =\frac{130}{9}{x}^2+\frac{169}{3}x+\frac{181}{4}\\ & =0.\end{array}$

Nach der Lösungsformel für eine quadratische Gleichung ist

$\begin{array}{cc}{x}_{1,2}& =\frac{-\frac{169}{3}\pm \sqrt{\frac{28561}{9}-4\cdot \frac{130}{9}\cdot \frac{181}{4}}}{\frac{260}{9}}\\ & =\frac{-169\pm \sqrt{28561-130\cdot 181}}{\frac{260}{3}}\\ & =\frac{-3\cdot 169\pm 3\sqrt{28561-23530}}{260}\\ & =\frac{-507\pm 3\sqrt{5031}}{260}\\ & =\frac{-507\pm 9\sqrt{559}}{260}.\end{array}$

Somit ist

$\begin{array}{cc}{y}_1& =\frac{-22x_1-27}{6}\\ & =\frac{-22\frac{-507+9\sqrt{559}}{260}-27}{6}\\ & =-11\frac{-169+3\sqrt{559}}{260}-\frac{9}{2}\\ & =-\frac{33\sqrt{559}}{260}+\frac{11\cdot 13}{20}-\frac{9}{2}\\ & =-\frac{33\sqrt{559}}{260}+\frac{53}{20}\end{array}$

und

$\begin{array}{cc}{y}_2& =\frac{-22x_2-27}{6}\\ & =\frac{-22\frac{-507-9\sqrt{559}}{260}-27}{6}\\ & =-11\frac{-169-3\sqrt{559}}{260}-\frac{9}{2}\\ & =\frac{33\sqrt{559}}{260}+\frac{11\cdot 13}{20}-\frac{9}{2}\\ & =\frac{33\sqrt{559}}{260}+\frac{53}{20}.\end{array}$

Die Schnittpunkte sind also

$(\frac{-507+9\sqrt{559}}{260},-\frac{33\sqrt{559}}{260}+\frac{53}{20})$

und

$(\frac{-507-9\sqrt{559}}{260},\frac{33\sqrt{559}}{260}+\frac{53}{20}).$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass zu zwei konstruierbaren positiven reellen Zahlen $a$ und $b$ die Potenz $a^b$ nicht konstruierbar sein muss.

Lösung

Es sei  $a=2$  und

$b=\frac{1}{3}.$

Die Zahl

$a^b=2^{\frac{1}{3}}=\sqrt[3]{2}$

ist algebraisch und wird von $X^3-2$ annulliert. Da  $\sqrt[3]{2}\in ℝ\setminus \mathbb{Q}$  liegt, gibt es nur eine reelle Nullstelle und keine rationale Nullstelle. Daher ist nach Aufgabe 3.14 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) das Polynom irreduzibel und daher nach Lemma 7.12 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) gleich dem Minimalpolynom. Also besitzt die Körpererweiterung

$\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]\cong \mathbb{Q}[X]/(X^3-2)$

den Grad $3$. Nach Korollar 25.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) kann daher $\sqrt[3]{2}$ nicht konstruierbar sein.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz, dass man zu einer positiven reellen Zahl ihre Quadratwurzel mit Zirkel und Lineal konstruieren kann.

Lösung

Der Punkt $a$ sei auf einer Geraden $G$ gegeben, auf der auch Punkte $0$ und $1$ markiert seien. Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt $0$ durch $1$ und markieren den zweiten Schnittpunkt dieses Kreises mit $G$ als $-1$. Wir halbieren die Strecke zwischen $-1$ und $a$ gemäß Lemma 24.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) und erhalten den konstruierbaren Punkt  $M=\frac{a-1}{2}\in G$.  Der Abstand von $M$ zu $a$ als auch zu $-1$ ist dann $\frac{a+1}{2}$. Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt $M$ und Radius $\frac{a+1}{2}$ und markieren einen der Schnittpunkte des Kreises mit der zu $G$ senkrechten Geraden $H$ durch $0$ als $x$. Wir wenden den Satz des Pythagoras auf das Dreieck mit den Ecken $0,x,M$ an. Daraus ergibt sich

$x^2={\left(\frac{a+1}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a-1}{2}\right)}^2=\frac{a^2+2a+1-(a^2-2a+1)}{4}=\frac{4a}{4}=a.$

Also repräsentiert (der Abstand von $0$ zu) $x$ die Quadratwurzel aus $a$.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Austauschlemma für Transzendenzbasen.

Lösung

Wir zeigen, dass man $f_m$ durch eines der $g_j$ ersetzen kann. Da die Körpererweiterung  $K(f_1,\dots ,f_m)\subseteq L$  algebraisch ist, gibt es zu jedem $g_j$ ein irreduzibles Polynom $P_j\in K(f_1,\dots ,f_m)[T]$ mit  $P_j(g_j)=0$.  Wir multiplizieren mit dem Hauptnenner sämtlicher Koeffizienten der $P_j$ und können dann annehmen, dass $P_j\in K[f_1,\dots ,f_m][T]$ gilt. Nehmen wir an, dass sämtliche $P_j$ sogar zu $K[f_1,\dots ,f_{m-1}][T]$ gehören. Dann wäre die Körperkette

$K(f_1,\dots ,f_{m-1})\subseteq K(g_1,\dots ,g_n)\subseteq L$

eine nach Aufgabe 10.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) algebraische Erweiterung und insbesondere wäre $f_m$ algebraisch über $K(f_1,\dots ,f_{m-1})$ im Widerspruch zur Voraussetzung, dass die $f_i$ algebraisch unabhängig sind. Es gibt also ein $P_j$ mit $P_j\notin K[f_1,\dots ,f_{m-1}][T]$. 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 ${\beta }_{k,\ell }\in K[f_1,\dots ,f_{m-1}]$. Dabei ist zumindest ein  ${\beta }_{k,\ell }\ne 0$  für ein  $\ell \ge 1$.  Daher können wir die Gleichung  $P_j(g_j)=0$  als eine algebraische Gleichung für $f_m$ über $K[f_1,\dots ,f_{m-1},g_j]$ lesen. Dies bedeutet, dass $f_m$ algebraisch über $K(f_1,\dots ,f_{m-1},g_j)$ ist.

Wir behaupten, dass $f_1,\dots ,f_{m-1},g_j$ 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 $K(f_1,\dots ,f_{m-1})$ sein. Doch dann wäre, wieder wegen der Transitivität von algebraisch, auch $f_m$ algebraisch über $K(f_1,\dots ,f_{m-1})$ im Widerspruch zur Voraussetzung.