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\bedreifalse % did not read B3 for these students
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\begin{document}
\noindent
Universität Konstanz\hfill Algorithmische Algebraische Geometrie\\
Fachbereich Mathematik und Statistik\hfill Wintersemester 2019/2020\\
Markus Schweighofer
\medskip
\hrule
\begin{center}
{\huge §4 Dimensionstheorie%\\
%\scriptsize[Johann Carl Friedrich Gauß *1777 $\dagger$1855]
}
\setcounter{chapter}{4}
\end{center}
\hrule

\section{Transzendenzgrad von Körpererweiterungen und Algebren}

In diesem Abschnitt sei stets $L|K$ eine Körpererweiterung und $A$ eine kommutative $K$-Algebra.

\begin{pro}\label{algunabh}
Seien $E\subseteq A$ und $F\subseteq A$ mit $E\cap F=\emptyset$. Dann ist $E\cup F$ algebraisch
unabhängig [$\to$1.1.11] genau dann, wenn $E$ algebraisch unabhängig ist und $F$ in der
$K[E]$-Algebra $A$ algebraisch unabhängig ist.
\end{pro}

\begin{proof} "`$\Longrightarrow$"' \quad
Sei $E\cup F$ algebraisch unabhängig. Seien $y_1,\ldots,y_m\in F$
paarweise verschieden und $f\in K[E][Y_1,\ldots,Y_m]$ mit $f(y_1,\ldots,y_m)=0$. Zu zeigen ist $f=0$.
Wähle paarweise verschiedene $x_1,\ldots,x_n\in E$ mit $f\in K[x_1,\ldots,x_n,\y]$. Wähle $g\in K[\x,\y]$
mit $f=g(x_1,\ldots,x_n,\y)$. Wegen $E\cap F=\emptyset$ sind $x_1,\ldots,x_n,y_1,\ldots,y_m\in E\cup F$
paarweise verschieden. Aus $g(x_1,\ldots,x_n,y_1,\ldots,y_m)=f(y_1,\ldots,y_m)=0$ folgt daher $g=0$
und somit $f=0$.

\medskip
"`$\Longleftarrow$"' geht ähnlich.
\end{proof}

\begin{eri}{}\ifbedrei[$\to$A2.3.11(b), vergleiche 1.1.10] \else[$\to$1.1.10] \fi (Körperadjunktion)
\label{kadj}
Ist $E\subseteq L$, so ist \[K(E):=(K[E]\setminus\{0\})^{-1}K[E]=\qf(K[E])\subseteq L\] der kleinste 
Unterkörper von $L$, der $K\cup E$ enthält. Für $b_1,\ldots,b_n\in L$ schreibt man auch
$K(b_1,\ldots,b_n)$ statt $K(\{b_1,\ldots,b_n\})$.
\end{eri}

\begin{kor}\label{transalgunabh}
Seien $E\subseteq L$ und $F\subseteq L$ mit $E\cap F=\emptyset$. Dann ist $E\cup F$
$K$-algebraisch unabhängig genau dann, wenn $E$ $K$-algebraisch unabhängig und $F$
$K(E)$-algebraisch unabhängig ist.
\end{kor}

\begin{proof}
Folgt sofort aus \ref{algunabh}, denn offensichtlich
\[F\text{ ist $K(E)$-algebraisch unabhängig}\iff F\text{ ist $K[E]$-algebraisch unabhängig}.\]
\end{proof}

\begin{pro}{}[$\to$LA6.2.1(b)]\label{algunabhch}
Sei $E\subseteq L$. Dann ist $E$ $K$-algebraisch unabhängig genau dann, wenn kein $x\in E$ algebraisch
über $K(E\setminus\{x\})$ ist.
\end{pro}

\begin{proof}
Sei $E$ $K$-algebraisch unabhängig. Ist dann $x\in E$, so ist nach \ref{transalgunabh}
$\{x\}$ $K(E\setminus\{x\})$-algebraisch unabhängig, das heißt $x$ nicht algebraisch über
$K(E\setminus\{x\})$.

Sei umgekehrt $E$ $K$-algebraisch unabhängig. Wir zeigen, dass es $x\in E$ gibt mit
$x$ algebraisch über $K(E\setminus\{x\})$. Wähle $f\in K[X_1,\ldots,X_n]\setminus\{0\}$ und
$a_1,\ldots,a_n\in L$ mit $f(a_1,\ldots,a_n)=0$, wobei $n\in\N$ so klein wie möglich gewählt sei.
Wir zeigen, dass $a_1$ algebraisch über $K(a_2,\ldots,a_n)$ ist. Wegen der Minimalität von $n$ gilt
$f\notin K[X_2,\ldots,X_n]$, das heißt es gibt $k\in\N$ und $g_0,\ldots,g_k\in K[X_2,\ldots,X_n]$
mit $g_k\ne0$ derart, dass $f=\sum_{i=0}^kg_iX_1^i$. Wegen der Minimalität von $n$ gilt
$g_k(a_2,\ldots,a_n)\ne0$ und daher
\[a_1^k+\frac{g_{k-1}(a_2,\ldots,a_n)}{g_k(a_2,\ldots,a_n)}a_1^{k-1}+\ldots+
\frac{g_0(a_2,\ldots,a_n)}{g_k(a_2,\ldots,a_n)}=0.
\]
\end{proof}

\begin{df}
Eine Menge $B\subseteq L$ heißt \emph{Transzendenzbasis} der Körpererweiterung $L|K$
(oder Transzendenzbasis von $L$ über $K$), falls $B$ $K$-algebraisch unabhängig und
$L|K(B)$ algebraisch ist. Man sagt, $x_1,\ldots,x_n\in L$ bilden eine Transzendenzbasis von $L|K$,
wenn $x_1,\ldots,x_n$ $K$-algebraisch unabhängig sind [$\to$1.1.11] und $L|K(x_1,\ldots,x_n)$
algebraisch ist.
\end{df}

\begin{sat}{}[$\to$LA6.2.14]\label{schachtelchar}
Seien $F\subseteq B\subseteq G\subseteq L$ derart, dass
$F$ $K$-algebraisch unabhängig und $L|K(G)$ algebraisch ist. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $B$ ist Transzendenzbasis von $L|K$
\item $L|K(B)$ ist algebraisch, aber $L|K(C)$ ist für kein $C$ mit $F\subseteq C\subset B$ algebraisch.
\item $B$ ist $K$-algebraisch unabhängig, aber kein $D$ mit $B\subset D\subseteq G$ ist
$K$-algebraisch unabhängig.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
\underline{(a)$\implies$(b)} \quad Gelte (a) und sei $F\subseteq C\subset B$. Wähle $x\in B\setminus C$. Nach
\ref{algunabhch} ist dann $x$ nicht algebraisch über $K(C)$.

\medskip
\underline{(b)$\implies$(c)} \quad Gelte (b). Ist $B\subset D\subseteq G$ und wählt man $x\in D\setminus B$, so ist
$x$ algebraisch über $K(B)$ und daher $D$ nicht algebraisch unabhängig nach \ref{kadj}.
Noch zu zeigen: $B$ $K$-algebraisch unabhängig.
Nach \ref{transalgunabh} reicht es zu zeigen, dass $B\setminus F$ $K(F)$-algebraisch unabhängig ist.
Nach \ref{algunabhch} ist hierzu zu zeigen, dass kein $x\in B\setminus F$ algebraisch über
$K(F)((B\setminus F)\setminus\{x\})=K(B\setminus\{x\})$ ist. Wäre aber ein $x\in B\setminus F$ algebraisch
über $K(B\setminus\{x\})$, so würde für $C:=B\setminus\{x\}$ gelten:
$F\subseteq C\subset B$ und $L|K(C)$ ist wegen der Transitivität der Algebraizität
\ifbedrei [$\to$A4.1.18] \fi algebraisch, denn $L|K(B)$ ist nach (b) algebraisch und $K(B)|K(C)$ ist algebraisch,
weil $K(B)=K(C)(x)$ und $x$ algebraisch über $K(C)$ ist $\lightning$.

\medskip
\underline{(c)$\implies$(a)}\quad Gelte (c). Zu zeigen: $L|K(B)$ algebraisch. Es genügt zu zeigen, dass
jedes $x\in G$ algebraisch über $K(B)$ ist, denn dann sind $L|K(G)$ und $K(G)|K(B)$ und damit auch
$L|K(B)$ algebraisch. Sei also $x\in G\setminus B$. Zu zeigen: $x$ algebraisch über $K(B)$. Nach
(c) ist $B\cup\{x\}$ $K$-algebraisch abhängig. Nach \ref{transalgunabh} ist daher $\{x\}$
$K(B)$-algebraisch abhängig, das heißt $x$ algebraisch über $K(B)$.
\end{proof}

\begin{kor}\label{trchar}
Für $B\subseteq L$ sind äquivalent:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $B$ ist Transzendenzbasis von $L|K$.
\item $B$ ist minimal bezüglich der Eigenschaft, dass $L|K(B)$ algebraisch ist.
\item $B$ ist eine maximale $K$-algebraisch unabhängige Teilmenge von $L$.
\end{enumerate}
\end{kor}

\begin{sat}\label{trgibtzwischen}
Seien $F\subseteq G\subseteq L$ derart, dass $F$ $K$-algebraisch unabhängig und
$L|K(G)$ algebraisch ist. Dann gibt es eine Transzendenzbasis $B$ von $L|K$ mit
$F\subseteq B\subseteq G$.
\end{sat}

\begin{proof}
Betrachte die durch Inklusion halbgeordnete Menge $\mathcal M$ aller $K$-algebraisch unabhängigen
Mengen $E$ mit $F\subseteq E\subseteq G$. Jede Kette in $\mathcal M$ hat eine obere Schranke in
$\mathcal M$ (die leere Kette $F$ und jede andere Kette ihre Vereinigungsmenge). Nach dem Zornschen
Lemma [$\to$LA12.2.8] besitzt $\mathcal M$ ein maximales Element $B$. Nach
\ref{schachtelchar}(c) ist $B$ eine Transzendenzbasis von $L|K$.
\end{proof}

\begin{kor}
Jede Körpererweiterung besitzt eine Transzendenzbasis.
\end{kor}

\begin{pro}\label{vereinige}
Sei $F$ ein Zwischenkörper von $L|K$, $B$ eine Transzendenzbasis von $F|K$ und $C$ eine von $L|F$.
Dann ist $B\cap C=\emptyset$ und $B\cup C$ eine Transzendenzbasis von $L|K$.
\end{pro}

\begin{proof}
$B\cap C=\emptyset$ ist trivial. Da $B$ $K$-algebraisch unabhängig und $C$ $F$-algebraisch unabhängig
insbesondere $K(B)$-algebraisch unabhängig ist, ist nach \ref{transalgunabh} $B\cup C$ $K$-algebraisch
unabhängig. Es bleibt zu zeigen, dass $L|K(B\cup C)$ algebraisch ist. Da $L$ algebraisch über $F(C)$
ist, reicht es zu zeigen, dass $F(C)$ algebraisch über $K(B\cup C)$ ist Hierfür reicht es zu zeigen, dass
$F$ algebraisch über $K(B)$ ist\ifbedrei\ [$\to$A4.1.19]\fi, was vorausgesetzt ist.
\end{proof}

\begin{pro}[Austauschlemma][$\to$LA6.2.5]\label{austauschlemma}
Sei $x_1,\ldots,x_n$ eine Transzendenzbasis von $L|K$. Sei $y\in L$ nicht algebraisch über
$K(x_2,\ldots,x_n)$. Dann ist auch $y,x_2,\ldots,x_n$ eine Transzendenzbasis von $L|K$.
\end{pro}

\begin{proof} Da $x_2,\ldots,x_n$ eine Transzendenzbasis von $K(x_2,\ldots,x_n)|K$ ist,
kann man durch Ersetzen von $K$ durch $K(x_2,\ldots,x_n)$ wegen \ref{vereinige}
\OE\ $n=1$ annehmen. Dann ist zu zeigen, dass $x_1$ algebraisch über $K(y)$ ist.
\OE\ $y\ne x_1$. Da $y$ algebraisch über $K(x_1)$ ist, sind nach \ref{algunabhch}
$x_1$ und $y$ $K$-algebraisch abhängig. Nach \ref{transalgunabh} ist daher $\{y\}$
$K$-algebraisch abhängig oder $\{x_1\}$ $K(y)$-algebraisch abhängig, das heißt $y$ algebraisch über
$K$ oder $x_1$ über $K(y)$.
\end{proof}

\begin{sat}[Austauschssatz][$\to$LA6.2.6]\label{austauschssatz}
Sei $x_1,\ldots,x_n$ eine Transzendenzbasis von $L|K$
und seien $y_1,\ldots,y_m\in L$ $K$-algebraisch unabhängig. Dann gibt es paarweise verschiedene
$i_1,\ldots,i_m\in\{1,\ldots,n\}$ so, dass $x_1,\ldots,x_n$ nach Ersetzen von $x_{i_j}$ durch $y_j$
($j\in\{1,\ldots,m\}$) immer noch eine Transzendenzbasis von $L|K$ bilden. Insbesondere gilt $m\le n$.
\end{sat}

\begin{proof}
Induktion nach $m$.

\medskip
Im Fall \underline{$m=0$} ist nichts zu zeigen.

\medskip
\underline{$m=1$}\quad Da $y$ nicht algebraisch über $K$ ist, gilt $n\ge1$.
Wähle $s\in\{1,\ldots,n\}$ minimal derart, dass $y$ algebraisch über $K(x_1,\ldots,x_s)$ ist.
Dann ist $y$ im (relativen) algebraischen Abschluss $F$ von $K(x_1,\ldots,x_s)$ in $L$
\ifbedrei[$\to$A4.1.19] \fi und $x_1,\ldots,x_s$ ist eine Transzendenzbasis von $F$. Nach dem Austauschlemma
\ref{austauschlemma} ist $x_1,\ldots,x_{s-1},y$ eine Transzendenzbasis von $F|K$. Wir behaupten, dass
$x_1,\ldots,x_{s-1},y,x_{s+1},\ldots,x_n$ eine Transzendenzbasis von $L|K$ ist. Dies folgt mit
\ref{vereinige}, sofern $x_{s+1},\ldots,x_n$ eine Transzendenzbasis von $L|F$ ist. Wegen
$F(x_{s+1},\ldots,x_n)\supseteq K(x_1,\ldots,x_s,x_{s+1},\ldots,x_n)$ ist sicher $L|F(x_{s+1},\ldots,x_n)$
algebraisch. Um zu zeigen, dass $x_{s+1},\ldots,x_n$ $F$-algebraisch unabhängig sind, wenden wir
\ref{algunabhch} an: Sei $i\in\{s+1,\ldots,n\}$. Wäre $x_i$ algebraisch über
$F(\{x_{s+1},\ldots,x_n\}\setminus\{x_i\})$, so auch über $K(\{x_1,\ldots,x_n\}\setminus\{x_i\})$
(denn mit $F|K(x_1,\ldots,x_s)$ ist auch $F(\{x_{s+1},\ldots,x_n\}\setminus\{x_i\})$ über
$K(x_1,\ldots,x_s)(\{x_{s+1},\ldots,x_n\}\setminus\{x_i\})=K(\{x_1,\ldots,x_n\}\setminus\{x_i\})$ algebraisch),
was wegen \ref{algunabhch} nicht möglich ist.

\medskip
\underline{$m-1\to m$\quad($m\ge2$)}\quad Nach IV und Umnummerierung gilt $n\ge m-1$
und \[y_1,\ldots,y_{m-1},x_m,\ldots,x_n\] bilden eine Transzendenzbasis von $L|K$.
Nach \ref{transalgunabh} ist dann $x_m,\ldots,x_n$ eine Transzendenbasis von $L|K(y_1,\ldots,y_{m-1})$
und $y_m$ $K(y_1,\ldots,y_{m-1})$-algebraisch unabhängig. Hier sieht man $n\ge m$. Mit dem Fall
$m=1$ folgt, dass \OE~$y_m,x_{m+1},\ldots,x_n$ eine Transzendenzbasis von $L|K(y_1,\ldots,y_{m-1})$
ist. Mit \ref{vereinige} folgt, dass $y_1,\ldots,y_{m-1},y_m,x_{m+1},\ldots,x_n$ eine Transzendenzbasis
von $L|K$ ist.
\end{proof}

\begin{kor}\label{beide}
Seien $B$ und $C$ Transzendenzbasen von $L|K$. Dann sind entweder $B$ und $C$ beide unendlich oder $B$ und $C$ beide endlich mit $\#B=\#C$.
\end{kor}

\begin{df} Der \emph{Transzendenzgrad} von $L|K$ ist definiert durch
\[\trdeg(L|K):=\#B\in\N_0\cup\{\infty\}\]
für eine beliebige Transzendenzbasis $B$ von $L|K$.
\end{df}

\begin{pro}\label{formel}
Ist $F$ ein Zwischenkörper von $L|K$, so
\[\trdeg(L|K)=\trdeg(L|F)+\trdeg(F|K),\]
wobei man
$\infty+n=n+\infty=\infty$ setzt für alle $n\in\N_0\cup\{\infty\}$.
\end{pro}

\begin{proof}Direkt aus \ref{vereinige}.
\end{proof}

\begin{pro} Seien $n:=\trdeg(L|K)<\infty$ und $x_1,\ldots,x_n\in L$. Dann sind äquivalent:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $x_1,\ldots,x_n$ bilden eine Transzendenzbasis von $L|K$.
\item $L|K(x_1,\ldots,x_n)$ ist algebraisch.
\item $x_1,\ldots,x_n$ sind $K$-algebraisch unabhängig.
\end{enumerate}
\end{pro}

\begin{proof}
\underline{(a)$\Longrightarrow$(b)} und \underline{(a)$\Longrightarrow$(c)} sind trivial.

\underline{(b)$\Longrightarrow$(a)} und \underline{(c)$\Longrightarrow$(a)} folgen aus \ref{trgibtzwischen} und \ref{beide}.
\end{proof}

\begin{df}\label{dftrans}
Der \emph{Transzendenzgrad} der $K$-Algebra $A$ ist definiert durch
\begin{multline*}
\trdeg A:=\sup\{n\in\N_0\mid\text{es gibt $K$-algebraisch unabhängige }x_1,\ldots,x_n\in A\}\\
\in\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\},
\end{multline*}
wobei das Supremum in der geordneten Menge $\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\}$
genommen wird.
\end{df}

\begin{bem}\label{minuseins}
$\trdeg A=-1\iff A=\{0\}\iff1=0\text{ in }A$, denn für $n:=0$ gilt
\begin{align*}
\trdeg A=-1&\iff\emptyset\text{ ist algebraisch abhängig in }A\\
&\iff\exists f\in K^\times=K[X_1,\ldots,X_n]\setminus\{0\}:f\cdot1_A=0_A\text{ in }A\\
&\iff1=0\text{ in }A.
\end{align*}
\end{bem}

\begin{bsp}\label{gegenbeispiel}
In $A:=K[X,Y,Z]/(XZ,YZ)$ sind $x:=\overline X$ und $y:=\overline Y$
algebraisch unabhängig, denn ist $f\in K[X,Y]$ mit $f(x,y)=0$, so gibt es
$g,h\in K[X,Y,Z]$ mit $f=gXZ+hYZ$ und man kann $Z$ durch $0$ substituieren, um $f=0$ zu erhalten. Es
gibt kein Element $a\in A$ derart, dass $x,y,a$ algebraisch unabhängig sind, denn man könnte
$a=p(x,y,z)$ für ein $p\in K[X,Y,Z]$ schreiben, wobei $z:=\overline Z$,
und hätte für $f:=XYZ-XYp(X,Y,0)\in K[X,Y,Z]\setminus\{0\}$
\[f(x,y,a)=xyp(x,y,z)-xyp(x,y,0)\overset{xz=0}{\underset{yz=0}=}xyp(x,y,0)-xyp(x,y,0)=0.\] Auch $z$ ist algebraisch unabhängig in $A$,
denn ist $f\in K[Z]$ mit $f(z)=0$, so gibt es $g,h\in K[X,Y,Z]$ mit $f=gXZ+hYZ$ und man kann $X$ und
$Y$ durch $0$ substituieren, um $f=0$ zu erhalten. Wieder gibt es kein Element $a\in A$ derart, dass
$z,a$ algebraisch unabhängig sind, denn man könnte $a=p(x,y,z)$ für ein $p\in K[X,Y,Z]$ schreiben
und hätte für $f:=ZT-Zp(0,0,Z)\in K[T,Z]\setminus\{0\}$, dass
\[f(a,z)=zp(x,y,z)-zp(0,0,z)\overset{xz=0}{\underset{yz=0}=}zp(0,0,z)-zp(0,0,z)=0.\]
\end{bsp}

\begin{pro}{[$\to$1.4.23(b)]}\label{minimaldrunter}
In einem kommutativen Ring enthält jedes Primideal ein minimales Primideal.
\end{pro}

\begin{proof} Sei $R$ ein kommutativer Ring und $\p\subseteq R$ ein Primideal. Betrachte die durch Inklusion halbgeordnete Menge $\mathcal M$ aller Primideal $\q\subseteq R$ mit $\q\subseteq\p$.
Jede Kette in $\mathcal M$ hat eine untere Schranke in $\mathcal M$. Sei nämlich $\mathcal C\subseteq
\mathcal M$ eine Kette. Falls $\mathcal C=\emptyset$, so ist $\p$ eine untere Schranke von $\mathcal C$.
Sei also $\mathcal C\ne0$. Wir behaupten, dass das Ideal $\q:=\bigcap\mathcal C\subseteq\p$ ein Primideal und damit eine untere Schranke von $\mathcal C$ ist. Es ist klar, dass $1\notin\q$.
Seien nun $a,b\in R$ mit $ab\in\q$ und $a\notin\q$. Zu zeigen: $b\in\q$. Wegen $a\notin\q$ gibt es
$I\in\mathcal C$ mit $a\notin I$. Sei $J\in\mathcal C$. Zu zeigen: $b\in J$. Wegen $ab\in\q\subseteq I$
und $a\notin I$ gilt $b\in I$. Daher sind wir fertig, falls $I\subseteq J$. Gelte also nun $I\not\subseteq J$.
Da $\mathcal C$ eine Kette ist, gilt dann $J\subseteq I$. Wegen $ab\in\q\subseteq J$ und
$a\notin J$ (denn $a\notin I$) gilt $b\in J\subseteq I$.
\end{proof}

\begin{pro}\label{minimalnachoben}
Sei $B$ ein Unterring des kommutativen Ringes $R$ und $\p$ ein minimales Primideal von $B$.
Dann gibt es ein minimales Primideal $\q$ von $R$ mit $\p=\q\cap B$.
\end{pro}

\begin{proof}
$S:=B\setminus\p$ ist eine multiplikative Teilmenge von $B$ \ifbedrei[$\to$A2.3.1] \fi und damit auch
von $R$ mit $0\notin S$. Daher gibt es ein Primideal $\q$ von $R$ mit
$\q\cap S=\emptyset$\ifbedrei\ [$\to$A2.4.14(b)]\fi, welches  nach \ref{minimaldrunter} \OE\ als minimal
angenommen weden kann. Es gilt $\q\cap B\subseteq B\setminus S=\p$. Da $\q\cap B$ ein Primideal von
$B$ ist, gilt wegen der Minimalität von $\p$, dass $\q\cap B=\p$.
\end{proof}

\begin{lem}\label{gibtminimal}
Seien $n\in\N_0$ und $x_1,\ldots,x_n\in A$ algebraisch unabhängig in $A$. Dann gibt es ein
minimales Primideal $\p$ von $A$ derart, dass $\cc{x_1}\p,\ldots,\cc{x_n}\p$ algebraisch unabhängig
in $A/\p$ sind.
\end{lem}

\begin{proof}
$K[x_1,\ldots,x_n]$ ist als Polynomring über einem Körper \ifbedrei[$\to$A2.2.3(b)] \fi ein Integritätsring\ifbedrei\ [$\to$A2.4.4(a)]\fi. Nach \ref{minimalnachoben} gibt es also ein minimales Primideal $\p$ von $A$
mit $\p\cap K[x_1,\ldots,x_n]=(0)$. Sei schließlich $f\in K[X_1,\ldots,X_n]$ mit
$f(\cc{x_1}\p,\ldots,\cc{x_n}\p)=0$ in $A/\p$. Zu zeigen: $f=0$. Wir haben $\cc{f(x_1,\ldots,x_n)}\p=
f(\cc{x_1}\p,\ldots,\cc{x_n}\p)=0$ und damit \[f(x_1,\ldots,x_n)\in\p\cap K[x_1,\ldots,x_n]=(0).\]
Da $x_1,\ldots,x_n$ algebraisch unabhängig in $A$ sind, folgt $f=0$.
\end{proof}

\begin{lem}\label{nennerverarzten}
Die $K$-Algebra $A$ sei ein Integritätsring, es seien $n\in\N$ und
\[x_1,\ldots,x_n,y\in A\setminus\{0\}\] derart, dass $\frac{x_1}y,\ldots,\frac{x_n}y$ $K$-algebraisch
unabhängig in $\qf(A)$ sind. Dann sind $x_1,\ldots,x_n$ in $A$ algebraisch unabhängig oder es gibt ein
$i\in\{1,\ldots,n\}$ derart, dass \[x_1,\ldots,x_{i-1},y,x_{i+1},\ldots,x_n\] in $A$ algebraisch unabhängig
sind.
\end{lem}

\begin{proof}
\OE\ $K\subseteq A$ (sonst tausche $K$ durch sein Bild unter $K\hookrightarrow A,\ a\mapsto a\cdot1$
aus)

\medskip
\underline{Fall 1}\quad $y$ algebraisch über $K$

Dann ist $\frac{x_1}y,\ldots,\frac{x_n}y$ eine Transzendenzbasis von
\[K\left(\frac{x_1}y,\ldots,\frac{x_n}y,y\right)=K(x_1,\ldots,x_n,y)\] über $K$.
Nach \ref{trgibtzwischen} und \ref{beide} enthält $\{x_1,\ldots,x_n,y\}$ eine $n$-elementige
Transzendenzbasis von $K(x_1,\ldots,x_n,y)|K$, die notwendig $\{x_1,\ldots,x_n\}$ sein muss, da
$y$ algebraisch über $K$ ist. Also sind $x_1,\ldots,x_n$ in $A$ algebraisch unabhängig.

\medskip
\underline{Fall 2}\quad $y$ nicht algebraisch über $K$

\medskip
\underline{Fall 2.1}\quad $\frac{x_1}y,\ldots,\frac{x_n}y,y$ sind algebraisch unabhängig in $A$

Analog zu Fall 1 zeigt man dann, dass sogar $x_1,\ldots,x_n,y$ algebraisch unabhängig in $A$ sind.

\medskip
\underline{Fall 2.2}\quad $\frac{x_1}y,\ldots,\frac{x_n}y,y$ sind algebraisch abhängig in $A$

Nach \ref{schachtelchar}(c) ist dann $\frac{x_1}y,\ldots,\frac{x_n}y$ eine Transzendenzbasis von
\[L:=K\left(\frac{x_1}y,\ldots,\frac{x_n}y,y\right)=K(x_1,\ldots,x_n,y)\] über $K$. Nach
\ref{trgibtzwischen} und \ref{beide} gibt es eine $n$-elementige Teilmenge von
$\{x_1,\ldots,x_n,y\}$, die Transzendenzbasis von $L|K$ und damit algebraisch unabhängig in $A$ ist.
\end{proof}

\begin{sat}\label{messetd}
\begin{align*}
\trdeg A&=\sup\{\trdeg(\qf(A/\p)|K)\mid\p\text{ Primideal von }A\}\\
&=\sup\{\trdeg(\qf(A/\p)|K)\mid\p\text{ minimales Primideal von }A\}\\
&\in\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\}
\end{align*}
\end{sat}

\begin{proof}
\begin{align*}
\trdeg A&\overset{\ref{gibtminimal}}\le\sup\{\trdeg(\qf(A/\p)|K)\mid\p\text{ minimales Primideal von }A\}\\
&\overset{\text{trivial}}\le\sup\{\trdeg(\qf(A/\p)|K)\mid\p\text{ Primideal von }A\}\\
&\overset{\ref{nennerverarzten}}\le\trdeg A
\end{align*}
\end{proof}

\begin{kor}\label{algunabhchar}
Sei $E\subseteq A$ mit $A=K[E]$. Dann
\begin{multline*}
\trdeg A=\sup\{n\in\N_0\mid\text{es gibt $K$-algebraisch unabhängige }x_1,\ldots,x_n\in E\}\\
\in\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\}.
\end{multline*}
\end{kor}

\begin{proof}
"`$\ge$"' ist trivial lauf Definition \ref{dftrans}.

\medskip
"`$\le$"'\quad Nach \ref{messetd} genügt es für jedes Primideal $\p$ von $A$ zu zeigen, dass
\[\trdeg(\qf(A/\p)|K)\le\sup\{n\in\N_0\mid\text{es gibt $K$-algebraisch unabhängige }x_1,\ldots,x_n\in E\}.\]
Sei also $\p$ ein Primideal von $A$. Wegen $A=K[E]$ gilt $A/\p=K[\{\cc x\p\mid x\in E\}]$ und
$\qf(A/\p)=K(\{\cc x\p\mid x\in E\})$. Nach \ref{trgibtzwischen} enthält $\{\cc x\p\mid x\in E\}$ eine
Transzendenzbasis von $\qf(A/\p)|K$. Wählt man für jedes Element dieser Transzendenzbasis einen
Vertreter aus $E$, so erhält man eine $K$-algebraisch unabhängige Teilmenge von $E$.
\end{proof}

\begin{bsp} Seien $A,x,y,z$ wie in \ref{gegenbeispiel}. Wegen $A=K[x,y,z]$ und \ref{algunabhchar}
besagen die Beobachtungen aus \ref{gegenbeispiel}, dass $\trdeg A=2$.
\end{bsp}

\begin{eri}{}[$\to$Z2.1.2] Sei $B$ ein Unterring des kommutativen Ringes $R$. Dann heißt ein
$x\in R$ \emph{ganz} über $B$, wenn es ein \emph{normiertes} $f\in B[X]$ gibt mit $f(x)=0$. Es heißt
$R$ \emph{ganz} über $B$, wenn jedes Element von $R$ ganz über $B$ ist.
\end{eri}

\begin{bem}\label{unter}
Sei $B$ eine $K$-Unteralgebra von $A$. Dann $\trdeg B\le\trdeg A$.
\end{bem}

\begin{kor}\label{tgleich}
Sei $B$ eine $K$-Unteralgebra von $A$ und $A$ ganz über $B$. Dann $\trdeg B=\trdeg A$.
\end{kor}

\begin{proof}
"`$\le$"' ist trivial nach \ref{unter}.

\medskip
"`$\ge$"'\quad Mit \ref{messetd} reicht es zu zeigen, dass es zu jedem Primideal $\p$ von $A$ ein
Primideal $\q$ von $B$ gibt mit $\trdeg(\qf(A/\p)|K)=\trdeg(\qf(B/\q)|K)$. Sei also $\p$ ein Primideal von
$A$. Setze $\q:=\p\cap B$. Nach Homomorphiesatz haben wir eine kanonische Einbettung
$B/\q\hookrightarrow A/\p$ von $K$-Algebren, die man eindeutig zu einem $K$-Homomorphismus
\ifbedrei[$\to$A4.2.13] \fi $\qf(B/\q)\hookrightarrow\qf(A/\p)$ erweitern kann
\ifbedrei[$\to$A2.3.18] \fi vermöge dessen
$\qf(A/\p)|\qf(B/\q)$ eine Körpererweiterung ist. Da $A$ über $B$ ganz ist, ist auch $A/\p$ über
$B/\q$ ganz. Damit ist jedes Element von $A/\p$ algebraisch über $\qf(B/\q)$ und daher
$\qf(A/\p)|\qf(B/\q)$ algebraisch\ifbedrei\ [$\to$A4.1.19]\fi. Mit \ref{formel} folgt
$\trdeg(\qf(A/\p)|K)=0+\trdeg(\qf(B/\q)|K)$.
\end{proof}

\begin{kor}\label{trdegbruch}
Sei $S\subseteq A$ multiplikativ ohne Nullteiler\ifbedrei\ [$\to$A2.3.9]\fi. Dann
\[\trdeg(S^{-1}A)=\trdeg(A).\]
\end{kor}

\begin{proof}
"`$\ge$"' folgt aus \ref{unter}, da $A\subseteq S^{-1}A$.

\medskip
"`$\le$"'\quad Nach \ref{messetd} reicht es zu zeigen, dass es zu jedem Primideal $\p$ von $S^{-1}A$ ein
Primideal $\q$ von $A$ gibt mit $\trdeg(\qf((S^{-1}A)/\p)|K)=\trdeg(\qf(A/\q)|K)$. Sei also $\p$ ein Primideal
von $S^{-1}A$. Dann gilt $\p=S^{-1}\q$ für das Primideal $\q:=\p\cap A$ von $A$ mit
$\q\cap S=\emptyset$\ifbedrei\ [$\to$A2.4.12]\fi. Nach Homomorphiesatz haben wir eine kanonische
Einbettung $A/\q\hookrightarrow S^{-1}A/\p$, die man eindeutig zu einem $K$-Homomorphismus
$\qf(A/\q)\hookrightarrow\qf(S^{-1}A/\p)$ erweitern kann, der aber surjektiv ist, wie man sich leicht überlegt. 
Also \[\qf(A/\q)\cong_K\qf(S^{-1}A/\p).\]
\end{proof}

\begin{bem}\label{trdegquotient}
Ist $I$ ein Ideal von $A$, so $\trdeg(A/I)\le\trdeg(A)$.
\end{bem}

\begin{kor} Sei $S\subseteq A$ multiplikativ und $A_S$ die Lokalisierung von $A$ nach $S$\ifbedrei [$\to$A2.3.17]\fi. Dann $\trdeg(A_S)\le\trdeg(A)$.
\end{kor}

\begin{proof}
\ref{trdegquotient} und \ref{trdegbruch}.
\end{proof}

\section{Krulldimension von Ringen
\scriptsize[Wolfgang Krull *1899 $\dagger$1971]
}

In diesem Abschnitt sei stets $A$ ein kommutativer Ring.

\begin{df}\label{defkrull}[$\to$\ref{dftrans}] Die \emph{Krulldimension} des Ringes $A$ ist definiert durch
\[\dim A:=\sup\{n\in\N_0\mid\text{es gibt Primideale }\p_0\subset\ldots\subset\p_n\subset A\}\in\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\},\] wobei das
Supremum in der geordneten Menge $\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\}$ genommen wird.
\end{df}

\begin{bem}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\dim A=-1\iff A=\{0\}\iff1=0\text{ in }A$, denn ist $A\ne\{0\}$, so besitzt $A$ ein Primideal (sogar ein maximales Ideal)\ifbedrei\ [$\to$A2.4.13]\fi.
\item Ist $A$ Integritätsring, so \[\dim A=0\iff(0)\text{ maximales Ideal in }A\iff\text{$A$ Körper}.\]
\item Ist $A$ ein Hauptidealring, der kein Körper ist, dann $\dim A=1$\ifbedrei\ [$\to$A2.4.8]\fi.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{lem}\label{create}
Seien $K$ ein Körper, $A$ eine kommutative $K$-Algebra, $n\in\N_0$, $\p_0,\dots,\p_n$ Primideale von $A$ mit
$\p_0\subset\ldots\subset\p_n$ und $x_1,\dots,x_n\in A$ mit $x_i\in\p_i\setminus\p_{i-1}$ für $i\in\{1,\dots,n\}$. Dann sind
$x_1,\dots,x_n$ algebraisch unabhängig in $A$.
\end{lem}

\begin{proof} Induktion nach $n$.

\medskip\noindent
\underline{$n=0$}\quad Da $1\notin\p_0$ gilt $1\ne0$ in $A$, das heißt $\emptyset$ ist algebraisch unabhängig in $A$ [$\to$\ref{minuseins}].

\medskip\noindent
\underline{$n-1\to n\ (n\in\N)$}\quad Anwendung der Induktionsvoraussetzung auf
\[(0)=\p_1/\p_1\subset\p_2/\p_1\subset\ldots\subset\p_n/\p_1\text{ in $A/\p_1$}\qquad\text{und}\qquad\cc{x_2}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1}\in A/\p_1\]
liefert, dass
$\cc{x_2}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1}$ algebraisch unabhängig in $A/\p_1$ sind.
Sei nun $f\in K[\x]\setminus\{0\}$ mit $f(x_1,\dots,x_n)\in\p_0$. Es reicht, $g\in K[\x]\setminus\{0\}$ mit $\deg g<\deg f$ und
$g(x_1,\dots,x_n)\in\p_0$ zu finden. Schreibe $f=X_1g+h$ mit $g\in K[\x]$ und $h\in K[X_2,\dots,X_n]$. Dann
$h(\cc{x_2}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1})=f(0,\cc{x_2}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1})\overset{x_1\in\p_1}=f(\cc{x_1}{\p_1},\dots,\cc{x_n}{\p_1})=
\cc{f(x_1,\dots,x_n)}{\p_1}=0$ in $A/\p_1$ und daher $h=0$. Also $x_1g(x_1,\dots,x_n)=f(x_1,\dots,x_n)\in\p_0$ und wegen
$x_1\notin\p_0$ dann $g(x_1,\dots,x_n)\in\p_0$. Beachte $g\ne0$, da sonst $f=0$.
\end{proof}

\begin{sat}\label{dimtrdeg}
Sei $K$ ein Körper und $A$ eine kommutative $K$-Algebra. Dann $\dim A\le\trdeg A$.
\end{sat}

\begin{proof}
Direkt aus \ref{create}.
\end{proof}

\begin{lem}\label{auch}
Sei $K$ ein Unterring des Körpers $L$ und $L$ ganz über $K$. Dann ist auch $K$ ein Körper.
\end{lem}

\begin{proof}
Sei $x\in K\setminus\{0\}$. Zu zeigen: $x\in K^\times$. Wähle $n\in\N$ und $a_1,\dots,a_n\in K$ mit
$\left(\frac1x\right)^n+a_1\left(\frac1x\right)^{n-1}+\ldots+a_n=0$. Dann $x(-(a_1+a_2x+\ldots+a_nx^{n-1}))=1$.
\end{proof}

\begin{lem}\label{hoch}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$, sei $B$ ganz über $A$ und $A$ habe genau ein maximales Ideal $\p$
(das heißt $A$ ist lokal [$\to$Z2.6.1]).
Dann gilt für jedes maximale Ideal $\m$ von $B$, dass $\m\cap A=\p$.
\end{lem}

\begin{proof} Wende \ref{auch} auf $A/(\m\cap A)\hookrightarrow B/\m$, um zu sehen, dass $\m\cap A$ ein maximales Ideal von $A$ ist.
\end{proof}

\begin{pro}["`Lying over"'] \label{lyingover}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$ und $B$ ganz über $A$. Sei $\p$ ein Primideal von $A$.
Dann gibt es ein Primideal $\q$ von $B$ mit $\p=\q\cap A$.
\end{pro}

\begin{proof} $S:=A\setminus\p$ ist eine multiplikative Teilmenge von $A$ und von $B$. Betrachte die Lokalisierungen
$A_S$ und $B_S$ von $A$ und $B$ nach $S$ \ifbedrei[$\to$A2.3.17] \fi und den Homomorphismus
\ifbedrei[$\to$A2.3.18]\fi
\[A_S\to B_S,\ \frac{\overline a}{\overline s}\to
\frac{\overline a}{\overline s}\ (a\in A,s\in S).\]
Dieser Homomorphismus ist injektiv und wir können $A_S$ als
Unterring von $B_S$ sehen. Man sieht leicht (direktes Argument oder mit Z2.1.10), dass $B_S$ ganz über $A_S$ ist. Da die zu $S$ disjunkten
Primideale von $A$ genau den Primidealen von $A_S$ entsprechen\ifbedrei\ [$\to$A2.4.12]\fi, hat $A_S$ genau ein maximales Ideal, nämlich
$\overline S^{-1}\overline\p$. Wähle ein maximales Ideal von $B_S$. Dieses ist von der Form $\overline S^{-1}\overline\q$ für ein
Primideal $\q$ von $B$ mit $\q\cap S=\emptyset$ \ifbedrei[$\to$A2.4.12] \fi und nach \ref{hoch} gilt $\overline S^{-1}\overline{\q}\cap A_S=
\overline S^{-1}\overline\p$. Schließlich gilt für $x\in A$ einerseits
\begin{align*}
\overline x\in\overline S^{-1}\overline{\q}\cap A_S&\iff\overline x\in\overline S^{-1}\overline\q\\
&\iff\exists q\in\q:\exists s\in S:\overline{xs}=\overline q\\
&\iff\exists q\in\q:\exists s,t\in S:xst=qt\genfrac{}{}{0pt}1{\overset{s,t\notin\q}\implies}{\underset{s:=t:=1}\Longleftarrow}
x\in\q
\end{align*}
und andererseits analog $\overline x\in\overline S^{-1}\overline\p\iff x\in\p$. Es folgt also $\p=\q\cap A$.
\end{proof}

\begin{pro}["`Going up"'] \label{goingup}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$, $B$ ganz über $A$, $\p$ ein Primideal von $A$ und $I$ ein
Ideal von $B$ mit $I\cap A\subseteq\p$. Dann gibt es ein Primideal $\q$ von $B$ mit $I\subseteq\q$ und $\p=\q\cap A$.
\end{pro}

\begin{proof} Gehe von $A\subseteq B$ über zu $A/(I\cap A)\hookrightarrow B/I$
\ifbedrei[$\to$A2.4.11] \fi und wende \ref{lyingover} an.
\end{proof}

\begin{bem}
\begin{enumerate}[(a)]
\item In \ref{goingup} ist die Voraussetzung $I\cap A\subseteq\p$ offensichtlich unverzichtbar, denn
\[(I\subseteq\q~\et~\p=\q\cap A)\implies I\cap A\subseteq\q\cap A=\p.\]
\item "`Lying over"' ist der Spezialfall von "`Going up"' mit $I=(0)$.
\end{enumerate}
\end{bem}

\begin{lem} \label{nichtnull}
Sei $A$ ein Unterring des Integritätsrings $B$ und $\qf(B)$ algebraisch über $\qf(A)$ (zum Beispiel $B$ ganz über $A$). Dann
gilt für jedes Ideal $I\ne(0)$ von $B$, dass $I\cap A\ne(0)$.
\end{lem}

\begin{proof} Sei $x\in B\setminus\{0\}$. Zu zeigen: $(x)\cap A\ne(0)$. Offenbar gibt es $a_0,\dots,a_n\in A$ mit
$a_nx^n+\ldots+a_1x+a_0=0$ mit $a_0\ne0$.
\end{proof}

\begin{pro}\mbox{}[$\to$4.2.5]
Sei $A$ ein Unterring des Integritätsrings $B$ und $B$ ganz über $A$. Dann $A$ Körper $\iff$ $B$ Körper.
\end{pro}

\begin{proof}
"`$\Longleftarrow$"' \ref{auch}\quad"`$\Longrightarrow$"' Nach \ref{nichtnull} sind $(0)$ und $B$ die einzigen Ideale von $B$.
\end{proof}

\begin{pro} \label{echt}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$ und $B$ ganz über $A$. Seien $\p$ und $\q$ Primideale von $B$ mit
$\p\subset\q$. Dann $\p\cap A\subset\q\cap A$.
\end{pro}

\begin{proof} \OE\ $\p=(0)$ (sonst gehe von $A\subseteq B$ zu $A/(\p\cap A)\hookrightarrow B/\p$ über). Wende nun \ref{nichtnull} an.
\end{proof}

\begin{sat} Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$ und $B$ ganz über $A$.
\begin{enumerate}[\normalfont(a)]
\item Sind $n\in\N_0$ und $\p_0,\dots,\p_n$ Primideale von $A$ mit $\p_0\subset\ldots\subset\p_n$, so gibt es Primideale $\q_0,\dots,\q_n$
von $B$ mit $\q_0\subset\ldots\subset\q_n$ und $\q_i\cap A=\p_i$ für $i\in\{0,\dots,n\}$.
\item Sind $n\in\N_0$ und $\q_1,\dots,\q_n$ Primideale von $B$ mit $\q_0\subset\ldots\subset\q_n$ und setzt man
$\p_i:=\q_i\cap A$ für $i\in\{0,\dots,n\}$, so gilt $\p_0\subset\ldots\subset\p_n$.
\end{enumerate}
\end{sat}

\begin{proof}
\begin{enumerate}[(a)]
\item Finde $\q_0$ mit "`Lying over"' \ref{lyingover} und $\q_1,\q_2,\dots$ mit "`Going up"' \ref{goingup}.
\item \ref{echt}
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{kor}{}[$\to$\ref{tgleich}]\label{dimdim}
Sei $A$ ein Unterring des kommutativen Ringes $B$ und $B$ ganz über $A$. Dann $\dim A=\dim B$.
\end{kor}

\begin{sat}[Noetherscher Normalisierungssatz]\label{noether}[Amalie Emmy Noether *1882 $\dagger$1935]
Jede affine $K$-Algebra [$\to$1.1.19] mit $0\ne1$ enthält eine Polynomalgebra über $K$
[$\to$1.1.11], über der sie ganz ist.
\end{sat}

\begin{proof} Wir zeigen die Behauptung durch Induktion nach $n\in\N_0$ für alle Algebren der Form $K[x_1,\dots,x_n]$.

\noindent
\underline{$n=0$} \checkmark

\noindent
\underline{$n-1\to n\ ~(n\in\N)$} Sind $x_1,\dots,x_n$ $K$-algebraisch unabhängig, so ist nichts zu zeigen. Es gebe also
$f\in K[\x]\setminus\{0\}$ mit $f(x_1,\dots,x_n)=0$. Schreibe $f=\sum_\al a_\al\x^\al$ mit $a_\al\in K$. Seien $e_2,\dots,e_n\in\N$ im
Moment beliebig (später werden wir sie in Abhängigkeit von $f$ festsetzen). Setze $y_2:=x_2-x_1^{e_2},\dots,y_n:=x_n-x_1^{e_n}$. Dann
gilt $x_2=y_2+x_1^{e_2},\dots,x_n=y_n+x_1^{e_n}$ und daher $f(x_1,y_2+x_1^{e_2},\dots,y_n+x_1^{e_n})=0$. Da $f\notin K$ zeigt
diese Gleichung, dass $x_1$ ganz über $K[y_2,\dots,y_n]$ ist, sofern $\al_1+\al_2e_2+\ldots+\al_ne_n\ne\be_1+\be_2e_2+\ldots+\be_ne_n$
für $\al,\be\in\N_0^n$ mit $a_\al\ne0\ne a_\be$. Wählt man $b\in\N$ groß genug und $e_i:=b^i$ für $i\in\{1,\dots,n\}$, so ist dies sicher
gewährleistet. Da die Menge der über $K[y_2,\dots,y_n]$ ganzen Elemente von $K[x_1,\dots,x_n]$ einen Unterring von
$K[x_1,\dots,x_n]$ bildet [$\to$Z2.1.10] ist $K[x_1,\dots,x_n]=K[x_1,y_2,\dots,y_n]$ ganz über $K[y_2,\dots,y_n]$. Nach
Induktionsvoraussetzung ist $K[y_2,\dots,y_n]$ ganz über einem Polynomring über $K$ und somit auch $K[x_1,\dots,x_n]$ wegen der
Transitivität der Ganzheit [$\to$Z2.1.9].
\end{proof}

\begin{sat}\label{dimeqtrdeg}
Sei $A$ eine affine $K$-Algebra. Dann $\dim A=\trdeg A<\infty$.
\end{sat}

\begin{proof} 
Ist $A=\{0\}$, so $\dim A=-1=\trdeg A$. Sei also $A\ne\{0\}$.
Nach \ref{algunabhchar} gilt $\trdeg A<\infty$. Nach \ref{noether} ist $A$ ganz über $K[X_1,\dots,X_n]$ für $K$-algebraisch unabhängige
$X_1,\dots,X_n\in A$. Nach \ref{dimdim}  gilt $\dim A=\dim K[\x]$ und nach \ref{tgleich} $\trdeg A=\trdeg K[\x]\overset{4.1.24}=n$. Es reicht also
$\dim K[\x]=n$ zu zeigen. Nach \ref{dimtrdeg} gilt $\dim K[\x]\le n$. Andererseits sind $(0)\subset(X_1)\subset\ldots\subset(X_1,\dots,X_n)$
Primideale in $K[\x]$, also $\dim K[\x]\ge n$.
\end{proof}

\begin{bem} Aus dem Noetherschen Normalisierungssatz \ref{noether} folgt sofort das Zariski-Lemma 1.3.5 (und damit der Hilbertsche Nullstellensatz 1.3.7): Sei nämlich $A$ eine affine $K$-Algebra, die ein Körper ist, \OE\ $K\subseteq A$. Dann ist $A$ ganz über einem
Polynomring $K[X_1,\dots,X_n]$ in $X_1,\dots,X_n\in A$. Ist $n=0$, so ist $A$ ganz über $K$ woraus man leicht sieht dass $A$ ein
endlichdimensionaler $K$-Vektorraum ist (benutze, dass $A$ endlich erzeugt ist). Wäre aber $n\ge1$, so wäre $\frac1{X_1}$ ganz über
$K[X_1,\dots,X_n]$, was man sofort widerlegt.
\end{bem}

\begin{df}\mbox{}[$\to$4.2.1] Sei $V\subseteq\A^n$ eine affine $K$-Varietät. Dann bezeichnet man
\begin{multline*}
\dim V:=\sup\{\ell\in\N_0\mid\text{es gibt irreduzible $K$-Varietäten $V_0\subset V_1\subset\ldots\subset V_\ell\subseteq V$}\}\\
\in\{-1\}\cup\N_0\cup\{\infty\}
\end{multline*}
als die \emph{Dimension} von $V$.
\end{df}

\begin{bem} Sei $V\subseteq\A^n$ eine affine $K$-Varietät.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Nach 1.4.22 gilt
\begin{align*}
\dim V&=\sup\{\ell\in\N_0\mid\begin{minipage}[t]{40em}es gibt Primideale $\p_0,\dots,\p_\ell$ von $K[\x]$ mit\\
$\p_0\supset\p_1\supset\ldots\supset\p_\ell\supseteq I(V)\}$\end{minipage}\\
&=\dim(K[\x]/I(V))\overset{\ref{dimeqtrdeg}}=\trdeg(K[\x]/I(V))\\
&\overset{\rlap{$\scriptstyle4.1.25$}}=\sup\{\ell\in\N_0\mid\begin{minipage}[t]{40em}es gibt $i_1,\dots,i_\ell\in\{1,\dots,n\}$ mit\\
$\overline{X_{i_1}},\dots,\overline{X_{i_\ell}}$ $K$-algebraisch unabhängig in $K[\x]/I(V)\}$\end{minipage}\\
&\le n<\infty.
\end{align*}
\item $\dim V=-1\iff K[\x]/I(V)=\{0\}\iff V=\emptyset$
\end{enumerate}
\end{bem}

\end{document}