Yo probaría esto de la misma manera que uno lo prueba para enteros, y ajusto donde hace falta. Osea, en vez de usar que existen enteros s, t tal que \(ms + nt = (n:m)\), puedo solo usar el algoritmo de división y euclides, que no solo prueba que existe, sino que muestra como calcularlo (groso euclides).
Con polinomios es un poco mas feo...pero funca. De la otra manera, podés probar la identidad para polinomios, y te da que la solución a la "diofántica" (con polinomios en vez de enteros) de la forma \(Af + Bg = d\), significa que \(d = (f:g)\).
Primero pruebo el algoritmo de división para polinomios (podés simplemente usarlo, pero esta bueno probarlo también).
Sea \(\mathbb{K}\) un cuerpo. Sean \(f, g \in \mathbb{K[X]}\). Entonces \(\exists!\ q, r \in \mathbb{K[X]}\) tal que \(f = q \cdot g + r \land 0 \le gr(r) < gr(g)\), donde \(gr(f)\) denota el grado de \(f\).
Primero probemos existencia, después unicidad.
Si \(gr(g) > gr(f)\), entonces \(q = 0,\ r = f\), y entonces tenemos que \(f = 0 \cdot g + f = f\), listo.
Si no, entonces \(gr(g) \le gr(f)\).
Sabemos que, llamando \(gr(f) = m,\ gr(g) = n\) con \(\ n,\ m \in \mathbb{N}_0\), entonces \(f = a_m x^m + a_{m-1} x^{m-1} + \cdots + a_1 x + a_0\), donde \(a_i \in \mathbb{K}\ \forall\ 0 \le i \le m,\ i \in \mathbb{N}_0\), y \(a_m \ne 0\). También sabemos que, de la misma manera, \(g = b_n x^n + b_{n-1} x^{n-1} + \cdots + b_1 x + b_0\), donde \(b_k \in \mathbb{K}\ \forall\ 0 \le k \le n,\ k \in \mathbb{N}_0\), y \(b_n \ne 0\).
Llamemos \(d \in \mathbb{N}_0, d = m - n\).
Si \(d = 0\), entonces \(m = n\). Decimos \(q = \frac{a_m}{b_m}, r = f - q\cdot g\). \(q\) existe porque \(b_m \ne 0\), y como \(\mathbb{K}\) es un campo, entonces \(b_m\) tiene inverso multiplicativo, llamado \(\frac{1}{b_m}\), y como \(a_m \in \mathbb{K}\), entonces como \(\mathbb{K}\) es un campo, es cerrado bajo multiplicación, y \(\frac{1}{b_m} \cdot a_m = \frac{a_m}{b_m} \in \mathbb{K}\) .
De esta forma, \(r\) no tiene coeficiente de grado \(m\), porque se anula con la multiplicación que hacemos (dado que f y g tienen el mismo grado, y q hace que sus coeficientes principales se anulen). Entonces \(gr(r) < n \iff gr(r) < gr(g)\). Entonces listo, cumple lo que pedíamos.
Ahora asumimos que lo que decimos es cierto para todo \(k < d\), y probemos el caso \(k = d\). Entonces \(m = n+k\).
Llamemos \(f_1 = f - \frac{a_m}{b_n} x^{m-n}g\).
Veamos que pasa con \(f_1\):
\(f_1 = a_m x^m + a_{m-1} x^{m-1} + \cdots + a_1 x + a_0 - \frac{a_m}{b_n} x^{m-n} \left(b_n x^n + b_{n-1} x^{n-1} + \cdots + b_1 x + b_0\right)\).
$$f_1 = a_m x^m - \frac{a_m}{b_n} x^{m-n} b_n x^n + a_{m-1} x^{m-1} + \cdots + a_1 x + a_0 - \frac{a_m}{b_n} x^{m-n} \left(b_{n-1} x^{n-1} + \cdots + b_1 x + b_0\right)$$
$$f_1 = a_m x^m - a_m x^m + a_{m-1} x^{m-1} + \cdots + a_1 x + a_0 - \frac{a_m}{b_n} x^{m-n} \left(b_{n-1} x^{n-1} + \cdots + b_1 x + b_0\right)$$
$$f_1 = a_{m-1} x^{m-1} + \cdots + a_1 x + a_0 - \frac{a_m}{b_n} x^{m-n} \left(b_{n-1} x^{n-1} + \cdots + b_1 x + b_0\right)$$
Notemos que \(gr(f_1) < gr(f)\). Como \(gr(f_1) < gr(f)\), entonces \(\exists\ q_1, r\) tal que \(gr(r) < gr(g)\) y \(f_1 = q_1g + r\), por hipótesis inductiva. Entonces
$$q_1g + r = f - \frac{a_m}{b_n} x^{m-n}g$$
$$f = g\left(q_1 + \frac{a_m}{b_n} x^{m-n}\right) + r$$
Pero entonces, llamemos \(q = \left(q1 + \frac{a_m}{b_n} x^{m-n}\right)\). Entonces \(f = q\cdot g + r\), y el resultado es cierto para \(d = k\).
Bueno, entonces existe. Como probamos que es único?
Asumimos que \(f = q' g + r'\).
Entonces \(qg + r = q'g + r' \iff g(q - q') = r' - r\). Pero \(gr(r) < gr(g)\), mismo con \(gr(r')\). Entonces \(gr(r' - r) < gr(g)\), pero \(g \mid r' - r\). Entonces la única manera de que esto sea cierto es que \(r = r'\), y como \(g \ne 0\), entonces \(q = q'\), que es lo que queríamos demostrar.
Esto prueba el algoritmo de división de polinomios para cualquier cuerpo.
Ahora, con eso probado, podemos usarlo para probar que existe un MCD entre 2 polinomios.
Definimos, para \(f, g \in \mathbb{K[X]}\), \((f, g) \ne (0, 0)\), a \((f:g)\) como el único polinomio d que cumple
- d es mónico[/*:m]
- \(d\mid f \land d\mid g\)[/*:m]
- \(h \mid f \land h \mid g \Rightarrow h \mid d\)[/*:m]
Para la existencia, usamos el algoritmo de Euclides para polinomios.
- Digamos \(G = g, F = f\).
- Expresemos F como \(F = qG + r\), con \(gr(r) < gr(G)\). Esto es posible por el algoritmo de división de arriba.
- Si r = 0, listo. G es el MCD.
- Si \(r \ne 0\), digo \(F = G, G = r\), y voy al paso 2.
Esto funciona porque, si \((f:g) = d\), y \(f = qg + r\), entonces (si y solo si, en realidad) \((g:r) = d\).
Por que vale esto? Si \(f = qg + r\), entonces para cualquier divisor común \(d_i\) entre \(f\) y \(g\), \(d_i \mid r\). En particular, \((f:g)\mid r\). Y al mismo tiempo, \((f:g) \mid g\), por definición. Entonces \((f:g)\) es un divisor común entre \(g\) y \(r\), y \(gr((f:g)) \le gr((g:r))\), y también \((f:g) \mid (g:r)\).
De la misma manera, si \(f = qg + r\), \(f = (g:r) \cdot h\). Si la derecha es divisible por \((g:r)\), entonces también \((g:r)\mid f\). Entonces \((g:r)\mid f \land (g:r) \mid g\). Entonces \((g:r) \mid (f:g)\), y \(gr((g:r)) \le gr((f:g))\).
Pero entonces \((f:g) = (g:r)\) (pueden diferir por una multiplicación por un \(c \in \mathbb{K}\), pero la puedo mandar a volar si le pido que sea mónico).
El algoritmo termina porque, en cada iteracion, el grado de G decrece, y es una secuencia de naturales decrecientes.
No se si expliqué la última parte bien, las notas de la carpeta las tengo medio feas en ese pedazo. Si puedo, en un ratito intento probar solo la existencia (osea, sin usar el algoritmo de euclides, y usando ese H que pusiste).
EDIT: A ver, probándolo de esa manera...
Como dijiste, proponemos la existencia de un conjunto \(H = \{gr(af + bg) \mid a, b \in \mathbb{K[X]}, af+bg\textrm{ m\'onico}, gr(af + bg) \ge 0\}\) (editado! antes era > 0, que está mal). Esto es un conjunto de enteros positivos, entonces tiene un elemento mas chico, la cual llamaremos \(n\).
Entonces sabemos que existe un polinomio \(d \in \mathbb{K[X]}\) (no necesariamente único por el momento) tal que \(d = af + bg\), y d es de grado mínimo, \(gr(d) = n\). Veamos primero que \(d \mid f \land d \mid g\).
Supongo lo contrario (\(d \nmid f\)), entonces \(f = qd + r\), con \(gr(d) > gr(r) \ge 0\), por el algoritmo de división y la definición de divisibilidad. Llamemos \(k = gr(r)\).
Sabemos que \(r = f-qd = f - q\left(af + bg\right) = f - qaf -qbg = (1-qa)f + (-qb)g\). Pero, como \(k < n\) por el algoritmo de división, entonces \(r \in H \land gr(r) < gr(d)\), lo cual no puede ser, por como definimos \(d\). Entonces tiene que ser el caso que \(gr(r)\) no exista, porque si existiera, \(r\) estaría en \(H\). Entonces \(r = 0\), y \(d \mid f\).
Ahora veamos que \(d \mid g\). Esto se hace analogamente al caso de f: Supongo que \(g = qd + r\), con \(0 \le gr(r) < gr(d)\). Entonces \(r = g-qd = g-q(af+bg) = g - qaf - qbg = (-qa)f + (1-qb)g\). Pero entonces \(r \in H \land gr(r) < gr(d)\), lo cual no puede ser, por como definimos \(d\). Entonces, igual que antes, \(d \mid g\).
Ahora probemos que \(h\mid f \land h\mid g \Rightarrow h \mid d\).
Si \(h \mid f\), entonces \(f = kh\). De la misma manera, \(g = jh\), para algunos polinomios \(k, j \in \mathbb{K[X]}\).
Entonces \(d = af + bg = akh + bjh = h(ak + bj)\). \(h\) divide a la derecha, por lo tanto \(h\) divide a la izquierda, y \(h \mid d\).
Bueno, entonces probamos que existe un elemento \(d \in \mathbb{K[X]}\) tal que \(d\) es de grado mínimo, mónico, que divide a f y a g, y que si alguien divide a f y a g, divide a d. Pero todavía no probamos que sea único.
Pero esto se hace fácil si decimos que \(d\) es mónico, porque tenemos que, para cualquier otro candidato \(d'\), \(d|d' \land d'|d\), y son ambos mónicos! Entonces \(d = d'\). Si uno no está convencido de esto, puede verse con el T.F. del Álgebra, notando que si son mónico, son solo la multiplicación de sus \((x - raiz)\), entonces deben ser iguales.
Fijate si esto tiene sentido, es solo la versión de polinomios de la clásica para enteros, porai metí la pata jaja...empecé a tipear esto a las 4am ayer y ahora lo seguí un rato, así que si hay incoherencias, avisame!
EDIT: Clarifiqué un poco lo de por que no puede existir tal \(r\) en la parte de divisibilidad por f y g.
Firma
Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.
Editado 3 veces.
