No soy algebrista pero supongo que este resultado debe ser bien conocido. Sin embargo, he encontrado una prueba elemental.
No asumo $k$ algebraicamente cerrado. Conjunto $I$ el ideal de $k[x, y]$ generado por $g$ y $h$ . Queremos demostrar que $I \cap \mathfrak{m}^{m+n-1} = \mathfrak{m}^{m+n-1}$ .
En primer lugar, demostraremos $x^{m+n-1} \in I$ y $y^{m+n-1} \in I$ . Sea $G$ y $H$ los dos polinomios de $k[z]$ tal que $$y^m G\Big(\frac{x}{y}\Big) = g(x,y)\ \mbox{ and }\ y^n H\Big(\frac{x}{y}\Big) = h(x, y).$$ Entonces $\mathrm{deg}\, G = \mathrm{deg}_h\, g$ y $\mathrm{deg}\, H = \mathrm{deg}_h\, h$ y $G$ y $H$ son relativamente primos ya que $g$ y $h$ no tienen factores lineales comunes. Así, según la identidad de Bézout, existen $U, V \in k[z]$ tal que $$ U G + V H = 1 \mbox{ and } \mathrm{deg}\, U < \mathrm{deg}\, H,\ \ \mathrm{deg}\, V < \mathrm{deg}, G.$$ Pero $u = y^{n-1} U(\frac{x}{y}) \in k[x, y]$ y $v = y^{m-1} V(\frac{x}{y}) \in k[x, y]$ . Por lo tanto, $$ y^{m+n-1} = u g + v h.$$ En otras palabras, $y^{m+n-1} \in I$ . Discutiendo con $y$ sustituido por $x$ Tenemos $x^{m+n-1} \in I$ .
Ahora procedemos por inducción en $m+n$ . Supongamos que la afirmación es válida para cualquier polinomio homogéneo de grado $s \leqslant m$ y $t \leqslant n$ tal que $s + t \leqslant m+n-2$ . Si $x$ divide $g$ entonces $g = x f$ con $f \in k[x, y]$ homogénea de grado $m-1$ . Por tanto, por hipótesis de inducción, $$\langle f, h \rangle \cap \mathfrak{m}^{m+n-2} = \mathfrak{m}^{m+n-2}.$$ Por lo tanto, para cualquier $p, q$ tal que $p+q = m + n-2$ podemos encontrar $u, v \in k[x, y]$ tal que $$ x^p y^q = u f + v h.$$ Así, obtenemos $$ x^{p+1} y^q = u x f + x v h = u g + x v h.$$ Demostramos que $x^p y^q \in I$ para cualquier $p \geqslant 1$ y $q \geqslant 0$ tal que $p + q = m + n - 1$ . Desde $y^{m+n-1} \in I$ por el argumento anterior, lo hemos hecho en este caso. Argumentando de forma similar, tratamos el caso $y \mid g$ , $x \mid h$ y $y \mid h$ . El último caso es cuando $x$ y $y$ no dividir $g$ y $h$ . Por lo tanto, existen $g_1, h_1 \in k[x, y]$ homogénea tal que $$ g = x^m + y^m + xy g_1\ \mbox{ and }\ h = x^n + y^n + xy h_1.$$ Podemos suponer que $m \geqslant n$ . Si $m = n$ set $f = g - h$ , si no es así, pon $f = g - (x^{m-n} + y^{m-n})h$ . Entonces $$ f = xy g_1 - xy h_1\ \mbox{ or }\ f = xy g_1 - x^{m-n}y^n - y^{m-n}x^n - x^{m-n+1}y h_1 - y^{m-n+1}x h_1.$$ Así que $x$ y $y$ dividir $f$ , $f$ y $h$ no comparten un factor lineal y $I = \langle f, h \rangle$ . Aplicamos el argumento anterior para concluir.
Observación 1: No sé si es útil pero la prueba es completamente efectiva. Se puede escribir fácilmente un algoritmo.
Observación 2: Podría ser interesante investigar el caso de una dimensión superior. La siguiente afirmación podría ser válida:
Dejemos que $f_1, \ldots, f_n \in k[x_1, \ldots, x_n]$ sean polinomios homogéneos de grado $m_1, \ldots, m_n$ sin cero común en $\bar{k}^n-\{0\}$ . Entonces $$ \langle f_1, \ldots, f_n \rangle \cap \mathfrak{m}^{m_1 + \cdots + m_n - n + 1} = \mathfrak{m}^{m_1 + \cdots + m_n - n + 1}.$$
Editar: La proposición anterior es una consecuencia de las propiedades de la resultante de Macaulay. En efecto, si $f_1, \ldots, f_n \in k[x_1, \ldots, x_n]$ son polinomios homogéneos, entonces podemos demostrar $$ \mathrm{Res}(f_1, \ldots, f_n) x_1^{p_1} \cdots x_n^{p_n} \in \langle f_1, \ldots, f_n \rangle, $$ para cualquier $p_1, \ldots, p_n \in \mathbb{N}$ tal que $p_1 + \cdots + p_n = m_1 + \cdots + m_n - n + 1$ y $\mathrm{Res}(f_1, \ldots, f_n) \in k$ es la resultante de Macaulay. Pero la resultante de Macaulay desaparece si y sólo si el sistema tiene una solución distinta de cero.
