Que $k$ un campo y que $x_1,x_2,\dots,x_n$ indeterminates.
Cómo demuestro que cada función racional de no constante $f \in k(x_1,x_2,\dots,x_n)$ es trascendental $k$.
Respuestas
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Lierre
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3285
Ya que he sido un poco bruto en mi comentario, aquí está mi respuesta trivial a recuperarlo.
¿Se puede considerar $f$ como una función racional en $\bar k(x_1,\dotsc,x_n)$, donde $\bar k$ es una clausura algebraica, derecho? Y $f$ es una constante si y solamente si es una constante en este nuevo campo. Pero si $f$ es algebraico sobre $k$, sin duda es en $\bar k$, es decir, es una constante.
Nir
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136
Que $\phi=P/Q\in k(X_1,...,X_n)$ sea una función racional con $P,Q\in k[X_1,...,X_n]$ relativamente privilegiada.
Supongo que $\phi$ es algebraico sobre $k$, decir $a(P/Q)^9+b(P/Q)^5+c=0$.
Entonces $aP^9+bP^5Q^4+cQ^9=0$.
Ya que $P$ $cQ^9$ de divide es relativamente alto a $Q$, debe ser una constante: $P \in k$.
Del mismo modo $Q \in k$ y $P/Q\in k$.
codemac
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689
Esta es una reescritura de Lierre la gran respuesta. La idea no es mía, yo estoy usando el wiki de la comunidad modo.
Podemos suponer $n=1$.
Recordemos que $k$ es un campo, $x$ indeterminado, y $f(x)$ un elemento de $k(x)$ que es algebraico sobre $k(x)$.
Pretendemos que $f(x)$ es constante.
Deje $y$ ser otro indeterminado.
Como $x$ es trascendental $K:=k[f(x)]=k(f(x))$, hay un $K$-incrustación $$ \phi:k(x)=K(x)\a K(y)=k(f(x),y) $$ la asignación de $x$$y$.
Como $\phi$ $K$- incrustación y $f(x)$$K$,$\phi(f(x))=f(x)$.
Como $\phi$ $k$- incrustación y $f(x)$$k(x)$,$\phi(f(x)=f(\phi(x))=f(y)$.
Este rendimientos $f(x)=f(y)$.
Escrito $f(x)=p(x)/q(x)$ $p(x),q(x)$ relativamente primos en $k[x]$, obtenemos $$ p(x)\ p(y)=p(y)\ p(x), $$ y la única factorización en $k[x,y]$ implica que el $f(x)$ es constante.
