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超越扩张（上）

2.7 超越扩张

令 $E \supseteq F$ 是域的扩张，我们讨论扩张域的结构与性质的基本想法，是先作代数扩张 $K \supseteq F$ ，然后再考虑与纯超越扩张 $E \supseteq K$ 有关的问题，即 $E \backslash K$ 中的元素都是 $K$ 上的超越元素。

但是，对于超越扩张，即使是研究最简单的单纯超越扩张 $F(x) \supseteq F$ ，我们也知道它与代数扩张是有区别的。因此，有必要引入新的概念和方法来研究超越扩张的结构与性质。

定义 2．7．1 设 $E \supseteq F$ 是域的扩张，$\beta \in E, S(\subseteq E)$ 是子集合．如果 $\beta$ 在域 $F(S)$ 上是代数元素，则称 $\beta$ 关于 $F$ 与 $S$ 代数相关。否则称它关于 $F$ 与 $S$ 代数无关。如果存在一个元素 $\alpha \in S$ ，使得 $\alpha$ 关于 $F$ 与集合 $S \backslash\{\alpha\}$ 代数相关，那么 $S$ 称为关于 $F$ 代数相关．否则称为代数无关。

特别地，当 $S=\varnothing$（空集）时，$\beta$ 关于 $F$ 与 $\varnothing$ 代数相关的充分必要条件是 $\beta$ 是 $F$ 上的代数元素．我们规定空集是代数无关的。

显然，如果 $S=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ ，则 $\alpha$ 关于 $F$ 与 $S$ 代数相关的充分必要条件是存在一个多项式 $f(x) \in F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)[x]$ ，使得 $f(\alpha)=0$ ，即有 $a_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \in$ $F\left[\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right], 0 \leqslant i \leqslant m$ ，使得

$$
\begin{gathered}
a_m\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \alpha^m+a_{m-1}\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \alpha^{m-1}+\cdots \\
\quad+a_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \alpha+a_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=0
\end{gathered}
$$

例 2．7．1 令 $K \supseteq F$ 是有限扩张，$\alpha \in K$ ．如果 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n \in K$ 且 $\alpha$ 是 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 的线性组合，即 $\alpha=a_1 \alpha_1+\cdots+a_n \alpha_n, a_i \in F$ ，那么 $\alpha$ 与 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$关于 $F$ 是代数相关的。因此，代数相关是线性相关概念的推广。反之，如果 $\alpha$ 与 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ 关于 $F$ 是代数无关的，那么 $\alpha$ 与 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ 关于 $F$ 一定是线性无关的．

实际上，代数相关性具有与线性相关性类似的一些性质。
定理 2．7．1 令 $E \supseteq F$ 是域的扩张，$S=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\} \subseteq E$ 和 $T=\left\{\beta_1, \cdots, \beta_m\right\}$ $\subseteq E$ 是子集合．则
（1）如果 $\alpha \in S$ ，则 $\alpha$ 与 $S$ 关于 $F$ 代数相关；
（2）如果 $\alpha$ 与 $S$ 关于 $F$ 代数相关，但 $\alpha$ 与 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right\} \subseteq E$ 关于 $F$ 代数无关，那么 $\alpha_n$ 与 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha\right\} \subseteq E$ 关于 $F$ 代数相关；
（3）如果 $\alpha$ 与 $S$ 关于 $F$ 代数相关，$S$ 中的每个元素与 $T$ 关于 $F$ 代数相关，那么 $\alpha$ 与 $T$ 关于 $F$ 代数相关。

证明（1）利用代数相关的概念即可。
（2）因为 $\alpha$ 与 $S$ 关于 $F$ 代数相关，所以存在 $a_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right) \in F\left(\alpha_1, \cdots\right.$ ， $\left.\alpha_{n-1}, \alpha_n\right), 0 \leqslant i \leqslant r$ ，使得

$$
a_r\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right) \alpha^r+\cdots+a_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right) \alpha+a_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right)=0
$$

其中 $a_r\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right) \neq 0$ ．
那么，我们可以将上面的表达式进行＂整理＂，并按 $\alpha_n$ 的次数重新进行排列，得到

$$
b_k\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha\right) \alpha_n^k+\cdots+b_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha\right) \alpha_n+b_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha\right)=0
$$

其中 $b_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha\right) \in F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)[\alpha], 0 \leqslant i \leqslant k$ ．如果所有的 $b_i\left(\alpha_1, \cdots\right.$ ， $\left.\alpha_{n-1}, \alpha\right)=0$ ，那么由于 $\alpha$ 与 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right\} \subseteq E$ 是关于 $F$ 代数无关的，于是对所有的 $b_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, x\right) \equiv 0$ ，进而有

$$
b_k\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, x\right) \alpha_n^k+\cdots+b_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, x\right) \alpha_n+b_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, x\right) \equiv 0
$$

但是，等式 $a_r\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right) \alpha^r+\cdots+a_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right) \alpha+a_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right.$ ， $\left.\alpha_n\right)=0$ 与等式 $b_k\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha\right) \alpha_n^k+\cdots+b_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha\right) \alpha_n+b_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right.$ ， $\alpha)=0$ 仅是同一个等式变形后排列方式的不同，所以

$$
a_r\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right) x^r+\cdots+a_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right) x+a_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right) \equiv 0
$$

因此，$a_r\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right)=0$ ，矛盾．
这就是说，不是所有的 $b_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha\right)=0$ ．因此，$\alpha_n$ 与 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha\right\}$关于 $F$ 代数相关。
（3）因为 $\alpha$ 与 $S$ 关于 $F$ 代数相关，所以 $\alpha$ 在 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ 上是代数元素．又 $S$ 中的每个元素与 $T$ 关于 $F$ 代数相关，所以每个 $\alpha_i$ 在 $F\left(\beta_1, \cdots, \beta_m\right)$ 上是代数元素．于是扩张

$$
F\left(\alpha, \alpha_1, \cdots, \alpha_n, \beta_1, \cdots, \beta_m\right) \supseteq F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n, \beta_1, \cdots, \beta_m\right) \supseteq F\left(\beta_1, \cdots, \beta_m\right)
$$

是代数扩张．从而 $\alpha$ 是 $F\left(\beta_1, \cdots, \beta_m\right)$ 上的代数元素，即 $\alpha$ 与 $T$ 关于 $F$ 代数相关。

推论 2．7．1 如果集合 $S$ 关于 $F$ 代数无关，则 $S$ 的任意子集合关于 $F$ 代数无关。如果集合 $S$ 关于 $F$ 代数相关，则包含 $S$ 的任意集合关于 $F$ 也是代数相关的．$\square$

定义 2．7．2 设 $S, T$ 是两个集合．如果 $S$ 中的任意元素与 $T$ 关于 $F$ 代数相关，$T$ 中的任意元素与 $S$ 关于 $F$ 代数相关，则称 $S$ 与 $T$ 关于 $F$ 代数等价。

定理 2．7．2 令 $S=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}, T=\left\{\beta_1, \cdots, \beta_m\right\}$ 。如果 $S$ 是关于 $F$ 代数无关的，而 $S$ 与 $T$ 关于 $F$ 代数等价，那么 $n \leqslant m$ ．特别地，如果 $S$ 与 $T$ 是关于 $F$代数等价的两个代数无关子集合，那么 $n=m$ ．

证明 考虑集合 $S \cup T=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\} \cup\left\{\beta_1, \cdots\right.$ ， $\left.\beta_m\right\}$ 。因为 $S$ 是关于 $F$ 代数无关的，所以集合 $S \cup T$ 中存在由 $n$ 个元素构成的代数无关组。令 $S^{\prime}$ 是 $S \cup T$ 中由 $n$ 个元素构成的代数无关组中含集合 $T$ 中元素最多的一个，设其所含 $T$ 中元素的个数为 $r$ ，则 $0 \leqslant r \leqslant n$ 。如果我们能够指出 $r=n$ ，则 $T$ 中元素的个数就不会少于 $n$ 个，即应有 $n \leqslant m$（图2．6）．
 ![图片](/uploads/2025-11/937dce.jpg)

但是，如若不然，即 $r<n$ ，则存在 $\beta \in S^{\prime} \backslash T$ ．于是对于任意 $t^{\prime} \in T$ ，如果 $t^{\prime} \in S^{\prime} \backslash\{\beta\}$ ，那么 $t^{\prime}$ 与 $S^{\prime} \backslash\{\beta\}$ 关于 $F$ 代数相关。如果 $t^{\prime} \notin S^{\prime} \backslash\{\beta\}$ ，那么集合 $\left(S^{\prime} \backslash\{\beta\}\right) \cup\left\{t^{\prime}\right\}$ 中含 $r+1$ 个 $T$ 中元素，所以 $\left(S^{\prime} \backslash\{\beta\}\right) \cup\left\{t^{\prime}\right\}$ 是关于 $F$ 代数相关的．总之，$\left(S^{\prime} \backslash\{\beta\}\right) \cup\left\{t^{\prime}\right\}$ 是关于 $F$ 代数相关的．这就是说，$T$ 中任意元素与 $S^{\prime} \backslash\{\beta\}$ 关于 $F$ 代数相关．但是 $S^{\prime} \backslash\{\beta\}$ 关于 $F$ 代数无关．又因为 $\beta \in S$ ，所以，$\beta$ 与 $T$ 关于 $F$代数相关．故 $\beta$ 与 $S^{\prime} \backslash\{\beta\}$ 关于 $F$ 代数相关．显然，这与 $S^{\prime}$ 是关于 $F$ 代数无关的相矛盾，于是 $r=n$ ．

特别地，如果 $S$ 与 $T$ 是关于 $F$ 代数等价的两个代数无关子集合，则利用上面的同样过程，有 $m \leqslant n$ ．所以 $n=m$ ．

定理 2．7．3 任意一个集合 $S$ 都包含一个与它代数等价的代数无关子集合．
证明 考虑集合 $S$ 中的代数无关子集合构成的类。因为空集 $\varnothing$ 就是其中的一个无关子集合，所以该类非空，并且该类按集合的包含关系作成一个偏序集．所以由 Zorn 引理，在该类中存在极大元素 $M \subseteq S$ ．事实上，这个 $M$ 就是与 $S$ 代数等价的代数无关子集合。

首先，显然 $M$ 与 $S$ 是代数相关的。
其次，对于 $\alpha \in S$ ，如果 $\alpha \in M$ ，则 $\alpha$ 与 $M$ 是代数相关的．如果 $\alpha \in S \backslash M$ ，则也有 $\alpha$ 与 $M$ 是代数相关的．若不然，则 $M \cup\{\alpha\}$ 是代数无关的．但是 $M \cup\{\alpha\} \supseteq M$ ，而这与 $M$ 的极大性相矛盾。

至此，我们就可以给出超越扩张的代数基底和超越扩张的次数概念．
定义2．7．3 与集合 $S$ 代数等价的一个极大代数无关子集合 $M$ 称为 $S$ 的一个代数基底．如果 $E=F(S)=F(M)$ ，则称 $S$ 的代数基底为 $E$ 关于 $F$ 的代数基底，代数基底所含的元素个数称为 $E$ 关于 $F$ 的超越次数。

例2．7．2 如果 $E \supseteq F$ 是代数扩张，那么 $E$ 中的任意元素都是 $F$ 上的代数元素．所以，此时 $E$ 中不存在关于 $F$ 的代数无关集合，即扩张 $E \supseteq F$ 中没有代数基底．于是 $E \supseteq F$ 的超越扩张次数等于 0 。

例 2．7．3 设 $F(x) \supseteq F$ 是单纯超越扩张．显然，$\{x\}$ 是关于 $F$ 的代数无关集合．又对于任意的 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)} \in F(x)$ ，有 $g(x) \beta-f(x)=0$ ，所以 $\beta$ 与 $\{x\}$ 关于 $F$ 是

代数相关的．因此，$\{x\}$ 是超越扩张 $F(x) \supseteq F$ 的一个代数基底，进而扩张 $F(x) \supseteq F$的超越扩张次数为 1 。

更一般地，如果 $x_1, \cdots, x_n$ 是 $n$ 个无关的未定元，则扩张 $F\left(x_1, \cdots, x_n\right) \supseteq F$的超越扩张次数为 $n$ ．

为了便于理解和使用，实际上，我们可以把代数相关的概念表述得更加直观：元素 $\beta$ 与集合 $S=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ 关于域 $F$ 代数相关的充分必要条件是存在域 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ 上的非零多项式

$$
\frac{a_m\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)}{b_m\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)} x^m+\cdots+\frac{a_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)}{b_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)} x+\frac{a_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)}{b_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)}
$$

使得 $\beta$ 是它的根，其中 $a_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right), b_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \in F\left[\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right], 0 \leqslant i \leqslant m$ ．而这又等价于 $\beta$ 是下面多项式的根

$$
c_m\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) x^m+\cdots+c_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) x+c_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right),
$$

其中 $c_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \in F\left[\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right], 0 \leqslant i \leqslant m$ ．
定理 2．7．4 扩张的子集合 $S=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\} \subseteq E$ 关于 $F$ 代数无关的充分必要条件是如果 $f\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=0$ ，则 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right) \equiv 0$ ，其中 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right) \in$ $F\left[x_1, \cdots, x_n\right]$ ．

证明 如果 $f\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=0$ ，就有 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right) \equiv 0$ ，那么，这说明 $S=$ $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ 中没有元素与其中其余的元素关于 $F$ 是代数相关的，所以 $S=\left\{\alpha_1, \cdots\right.$ ， $\left.\alpha_n\right\}$ 关于 $F$ 是代数无关的．

反之，当 $S=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ 关于 $F$ 是代数无关时，如果存在 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right) \in$ $F\left[x_1, \cdots, x_n\right]$ ，使得 $f\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=0$ ，则可以令

$$
f\left(x_1, \cdots, x_n\right)=a_m\left(x_1, \cdots, x_{n-1}\right) x_n^m+\cdots+a_1\left(x_1, \cdots, x_{n-1}\right) x_n+a_0\left(x_1, \cdots, x_{n-1}\right)
$$

下面我们对 $n$ 用数学归纳法来证明 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right) \equiv 0$ ．
当 $n=1$ 时，每个 $a_i\left(x_1, \cdots, x_{n-1}\right)=a_i(0 \leqslant i \leqslant m)$ 都是 $F$ 中的元素，而 $\alpha_1$是 $F$ 上的代数无关元素，即一定是超越元素，并且

$$
f\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=f\left(\alpha_1\right)=a_m \alpha_1^m+\cdots+a_1 \alpha_1+a_0=0
$$

所以，$a_i\left(x_1, \cdots, x_{n-1}\right)=a_i=0,0 \leqslant i \leqslant m$ ，即 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)=f\left(x_1\right) \equiv 0$ ．
假设 $n-1$ 时，结论成立．考察为 $n$ 时的情况．因为 $S=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ 关于 $F$是代数无关的，所以，$\alpha_n$ 是 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)$ 上的超越元素．又

$$
\begin{aligned}
f\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)= & a_m\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right) \alpha_n^m+\cdots+a_1\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right) \alpha_n \\
& +a_0\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)=0
\end{aligned}
$$

而且 $a_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right) \in F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right), 0 \leqslant i \leqslant m$ ，所以 $a_i\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)=0,0 \leqslant$ $i \leqslant m$ ．又 $S=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ 关于 $F$ 是代数无关的，所以其子集合 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right\}$关于 $F$ 也是代数无关的．从而由归纳假设，有 $a_i\left(x_1, \cdots, x_{n-1}\right) \equiv 0,0 \leqslant i \leqslant m$ ．因此

$$
\begin{aligned}
f\left(x_1, \cdots, x_n\right)= & a_m\left(x_1, \cdots, x_{n-1}\right) x_n^m+\cdots+a_1\left(x_1, \cdots, x_{n-1}\right) x_n \\
& +a_0\left(x_1, \cdots, x_{n-1}\right) \equiv 0 .
\end{aligned}
$$

定理 2．7．5 扩张 $E \supseteq F$ 是添加 $n$ 个代数无关元素 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 的 $n$ 次超越扩张的充分必要条件是 $E$ 与 $F\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 是 $F$－同构的．

证明 如果 $E$ 与 $F\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 是 $F$－同构的，则当假设 $F$－同构映射为

$$
\tau: F\left(x_1, \cdots, x_n\right) \rightarrow E
$$

我们有 $E=F\left(\tau\left(x_1\right), \cdots, \tau\left(x_n\right)\right)$ ，并且 $\tau\left(x_1\right), \cdots, \tau\left(x_n\right)$ 是 $F$ 上的代数无关元素．如若不然，则存在

$$
f\left(\tau\left(x_1\right), \cdots, \tau\left(x_n\right)\right)=0
$$

所以，

$$
\tau\left(f\left(x_1, \cdots, x_n\right)\right)=0, \quad f\left(x_1, \cdots, x_n\right)=0
$$

此与 $x_1, \cdots, x_n$ 是 $n$ 个无关未定元相矛盾．
反之，如果 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right), \alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $F$ 上的代数无关元素，则我们只要规定

$$
\begin{aligned}
\sigma: F\left(x_1, \cdots, x_n\right) & \rightarrow F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right), \\
\frac{f\left(x_1, \cdots, x_n\right)}{g\left(x_1, \cdots, x_n\right)} & \rightarrow \frac{f\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)}{g\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)},
\end{aligned}
$$

那么，容易验证 $\sigma$ 是 $F$－同构．

定理 2．7．5 告诉我们，一组未定元与一组代数无关元素其实是代数等效的．也就是说，我们可以将未定元与代数无关元看作是一样的。

下面为了书写简便，我们用 $\operatorname{trdeg}(E: F)$ 表示 $E$ 对 $F$ 的超越扩张次数．
定理 2．7．6 如果 $E \supseteq K \supseteq F$ ，则 $\operatorname{trdeg}(E: F)=\operatorname{trdeg}(E: K)+\operatorname{trdeg}(K: F)$ ．
证明 令

$$
\operatorname{trdeg}(E: K)=n, \quad \operatorname{trdeg}(K: F)=m,
$$

则存在 $N=\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}, M=\left\{\beta_1, \cdots, \beta_m\right\}$ ，使得 $N \subseteq E, M \subseteq K$ ，并且 $N$在 $K$ 上是极大代数无关组，$M$ 在 $F$ 上是极大代数无关组．所以，我们只需指出 $N \cup M \subseteq E$ 在 $F$ 上是极大代数无关组即可。为此，我们分两步证明。

首先，指出 $E \supseteq F(M \cup N)$ 是代数扩张，即 $E$ 与 $N \cup M$ 在 $F$ 上是代数相关的．因为 $N$ 在 $K$ 上是极大代数无关组，所以 $E \supseteq K(N)$ 是代数扩张．又 $M$ 在 $F$上是极大代数无关组，所以，$K \supseteq F(M)$ 是代数扩张，当然，$K(N) \supseteq F(M \cup N)$ 也就是代数扩张．于是 $E \supseteq K(N) \supseteq F(M \cup N)$ 是代数扩张．

其次，说明 $N \cup M$ 是 $F$ 上的代数无关极大组，即如果 $\forall P \subseteq N \cup M$ ，则 $P$ 在 $F$ 上是代数无关的。如若不然，即 $P$ 在 $F$ 上是代数相关的，则显然有 $P \cap M=\varnothing$ ．否则，与 $M$ 在 $F$ 上是极大代数无关组矛盾。所以 $P \subseteq N$ ．但是这导致 $P \subseteq N$ 在 $F \subseteq K$ 上是代数相关的，那么，$P$ 在 $K$ 上一定是代数相关的，而这又与 $N$ 在 $K$ 上是极大代数无关组相矛盾．总之，$P$ 在 $F$ 上不能是代数相关的．

综上，$N \cup M$ 在 $F$ 上一定是极大代数无关组，而且 $|N \cup M|=n+m$ ，所以

$$
\operatorname{trdeg}(E: F)=\operatorname{trdeg}(E: K)+\operatorname{trdeg}(K: F) .
$$

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