$(x^a-y^b)$ es un ideal primo en $R[x,y]$ donde $R$ es un dominio y $\gcd(a,b)=1$ .

Question

Dejemos que $R$ sea un dominio integral y $a,b$ sean enteros positivos con $\gcd(a,b)=1.$ Entonces quiero demostrar que el ideal $(x^a-y^b)$ es un ideal primo en $R[x,y].$

Lo abordé de la siguiente manera.

Consideremos un elemento algebraicamente independiente $t$ en $R$ y considerar el homomorfismo de anillo $\phi : R[x,y] \to R[t]$ que mapea $f(x,y) \in R[x,y]$ a $f(t^b,t^a)$ y muy claramente $(x^a-y^b) \in \ker(\phi).$ Ahora para mostrar el otro pico de contención $g(x,y) \in \ker(\phi)$ y como $x^a-y^b$ es un polinomio mónico en la indeterminación $x$ se puede dividir $g$ por el polinomio mónico $x^a-y^b$ sobre el dominio $R[y],$ para que tengamos $g(x,y)=(x^a-y^b)q(x,y)+ s_0(y)+s_1(y)x+ \cdots +s_{(a-1)}(y)x^{a-1}.$ Ahora traté de dividir cada $s_i(y)$ por $x^a-y^b$ para que tengamos un resto final con grado en $x$ y $y$ son inferiores a $a$ y $b$ respectivamente para que $\gcd(a,b)=1$ entra en juego. Pero no está sucediendo porque en la última división perder el control en el grado de $x$ . ¿Puedo llegar de esta manera a la conclusión de que $g$ está en el ideal. Necesito ayuda para completarlo en la forma en que estoy tratando de probarlo. Muchas gracias.

Answer 1

Con su notación, sabemos que $r(x, y) = s_{0}(y)+s_{1}(y)x+\cdots+s_{(a-1)}(y)x^{a-1}$ satisface $r(t^{b}, t^{a}) = 0$ ya que $g(t^{b}, t^{a}) = 0$ . Queremos demostrar que $r = 0$ es decir, que $s_{i}(y) = 0$ para cada $i = 0, \ldots, a-1$ . Está claro que si algunos $s_{i}(y)$ es distinto de cero, entonces algún $s_{j}(y)$ también debe ser distinto de cero para $j \neq i$ . Afirmo que $$\deg_{t}(s_{i}(t^{a})(t^{b})^{i}) \neq \deg_{t}(s_{j}(t^{a})(t^{b})^{j})$$ si $s_{i}(y), s_{j}(y)$ son distintos de cero y $i \neq j$ .

Tenga en cuenta que $s_{i}(t^{a})(t^{b})^{i}$ tiene términos de la forma $t^{ka+bi}$ para $k$ un número entero no negativo, por lo que basta con demostrar que nunca podemos tener $ka+bi = la+bj$ para cualquier entero no negativo $k, l$ y $0 \leqslant i \neq j \leqslant a-1$ . De hecho, si $ka+bi = la+bj$ con $k, l, i, j$ como se especifica, entonces $(k-l)a = b(j-i)$ ya que $a$ y $b$ son coprimos, $a$ debe dividir $j-i$ lo cual es una contradicción ya que $0 < j-i < a$ .