joao_l Escreveu:Sejam f(x) e g(x) pertencentes aos Reais, não constantes e n e m inteiros positivos. Mostre que y^m - f(x) divide y^n - g(x) em R[x,y] se, e somente se, m divide n e g(x) = f(x)^(n/m).
Obrigado
Começando com a parte mais fácil, vamos mostrar que se m divide n (ou seja, existe k tal n=km) e \(g(x)=f(x)^k\) então \(y^m - f(x)\) divide \(y^n - g(x)\). Basta ter em atenção a fórmula \(a^k-b^k=(a-b)\sum_{i=0}^{k-1}a^{k-1-i}b^i\) com \(a=y^m\) e \(b=f(x)\):
\(y^n - g(x)=(y^m)^k-f(x)^k=\left(y^m-f(x)\right)\sum_{i=0}^{k-1}y^{(k-1-i)m}f(x)^i\)
Vejamos agora a implicação no sentido inverso. Suponhamos que \(y^m - f(x)\) divide \(y^n - g(x)\) em \(\mathbb{R}[x,y]\) com \(f,g\in \mathbb{R}[x]\) e \(m,n\in \mathbb{Z}^+\). Ou seja, existe \(h\in \mathbb{R}[x,y]\) tal que \(y^n-g(x)=h(x,y)(y^m-f(x))\). Tomando y=0, temos que \(g(x)=h(x,0)f(x)\), ou seja, f divide g em \(\mathbb{R}[x]\). Isto vai-nos ajudar a demonstrar o resultado por indução em n. No caso n=1 é fácil provar o resultado que m=1 e g(x)=f(x) (exercício). Suponhamos que, por hipótese de indução para qualquer inteiro positivo n'<n, sempre que \(y^m - f(x)\) divide \(y^{n'} - g(x)\) então m divide n' e \(g(x)=f(x)^{\frac{n'}{m}}\). Então se \(y^m - f(x)\) divide \(y^{n} - g(x)\) então \(y^m - f(x)\) divide \(y^{n} - h(x,0)y^m\) pois \(y^{n} - h(x,0)y^m= y^{n} - g(x)- h(x,0)(y^m - f(x))\). Se \(y^m - f(x)\) divide \(y^{n} - h(x,0)y^m\) então \(y^m - f(x)\) divide \(y^{n-m} - h(x,0)\). Da hipótese de indução, concluimos que m divide n-m (logo m divide n) e \(h(x,0)=f(x)^{\frac{n-m}{m}}\) e portanto \(g(x)=h(x,0)f(x)=f(x)^{\frac{n}{m}}\).