[R_Gauss]

Buenos días,
estaba realizando algunos ejercicios sobre el tema de MCD y me encontré con estos dos, que no me surge alguna idea para demostrarlos, dice así:

1) Si p es un primo impar y \( MCD(a, b) = 1 \) probar que \( MCD(a + b, \frac{a^p + b^p}{ a + b}) = 1 \) o \( p  \).

2) Sean \( a \), \( m \), \( n \) enteros positivos con \( n \neq{m} \). Probar que,
\( MCD(a^{2n} + 1, a^{2m} + 1) =  \left \{ \begin{matrix} 1 & \mbox{si }a\mbox{ es par}
\\ 2& \mbox{si }a\mbox{ es impar}\end{matrix}\right.

 \)


¿Alguna idea?

Agradezco sus colaboraciones,

Saludos,

[Juan Pablo Sancho]

Tenemos que:
\( \displaystyle a^p + b^p = (a+b)^p - \sum_{i=1}^{p-1} {p \choose i} a^i \cdot b^{p-i}  \).
Tenemos entonces:
Editado
\( \displaystyle d = (a+b , \dfrac{a^p + b^p}{a+b}) = (a+b , (a+b)^{p-1} - \dfrac{\sum_{i=1}^{p-1} {p \choose i} a^i \cdot b^{p-i}}{a+b} ) \).
Si \( d = 1 \) lo tenemos,si \( d > 1  \) entonces existe \( q \) primo con \( q|d  \),como \( q|a+b  \) tenemos que \( q|(a + b)^{p-1}  \) y en consecuencia \( \displaystyle  q|\color{red} \dfrac{\sum_{i=1}^{p-1} {p \choose i} a^i \cdot b^{p-i}}{a+b} \color{black}  \) nos queda que \( \color{blue}q|p \vee q|a \vee q|b\color{black} \) si por ejemplo \( q|a  \) al ser \( q|a+b \) tendríamos que \(  q|b  \) absurdo con \( mcd(a,b)=1 \), lo mismo si \( q|b \)

Si no me equivoco es \( \displaystyle mcd(a^{2^n} + 1,a^{2^m} + 1)  \) si estamos en este caso tenemos que:
Suponiendo \( m > n  \) nos queda \( m=n+p  \) entonces:
\( \displaystyle a^{2^m} - 1 = a^{2^{n+p}} -1 = (a^{2^n})^{2^p} - 1^{2^p} = (a^{2^n} + 1) \cdot  \sum_{i=0}^{2^p -1} (2^p)^i  \)
Nos queda ahora:
\( \displaystyle  mcd(a^{2^n} + 1,a^{2^m} + 1)  =  mcd(a^{2^n} + 1,(a^{2^m} -1) + 2 )  \) y seguir.

Editado
Lo que está en azul ahora no estoy muy seguro.
 

[feriva]

Agradezco sus colaboraciones,

Saludos,

Te pongo esto en spoiler por si lo quieres ver como curiosidad; no creo que te sirva para el profesor porque la demostración tiene que ser más corta y rutinaria, supongo (y también lo pongo en spoiler por si me he equivocado)

No vale, me he equivocado al igualarlos y multiplicar uno por k; tendría que ser el mcd y una de las expresiones tendría que ser distinta a como apare. No demuestra nada

Spoiler

Suponemos que existe un factor “k” tal que

\( a+b=k\dfrac{a^{p}+b^{p}}{a+b}
  \)

\( (a+b)^{2}=ka^{p}+kb^{p}
  \)

Se va a demostrar que k=1.

\( (a+b)^{2}-a-b=ka^{p}-a+kb^{p}-b
  \)

\( a^{2}+b^{2}+2ab-a-b=ka^{p}-a+kb^{p}-b
  \)

\( xp+2ab=(k-1)a^{p}+{\color{blue}a^{p}-a}+(k-1)b^{p}+{\color{blue}b^{p}-b}
  \)

Lo azul es un múltiplo de “p” por el pequeño teorema de Fermat; nos lo llevamos al otro lado y lo “asimilamos” a xp (ahora la x ya no va a ser la de antes) donde hemos aplicado también el pequeño teorema al restar a y b a sus cuadrados

\( xp+2ab=(k-1)a^{p}+(k-1)b^{p}
  \)

\( xp+2ab=(k-1)(a^{p}+b^{p})
  \)

*\( 2ab=(k-1)(a^{p}+b^{p})-xp
  \)

de arriba tenemos tambien \(  (a+b)^{2}=ka^{p}+kb^{p}
  \), o sea

\( (a+b)^{2}=k(a^{p}+b^{p})
  \)

\( a^{2}+b^{2}+2ab=k(a^{p}+b^{p})
  \)

*\( 2ab=k(a^{p}+b^{p})-a^{2}-b^{2}
  \)

entonces, igualando las ecuaciones de los asterisco

\( k(a^{p}+b^{p})-a^{2}-b^{2}=(k-1)(a^{p}+b^{p})-xp
  \)

\( k(a^{p}+b^{p})-(k-1)(a^{p}+b^{p})-a^{2}-b^{2}=-xp
  \)

\( (a^{p}+b^{p})(k-(k-1))-a^{2}-b^{2}=-xp
  \)

\( (a^{p}+b^{p})-a^{2}-b^{2}=-xp
  \)

\( (a^{p}+b^{p})=-xp+a^{2}+b^{2}
  \)

O sea \(  xp=-2ab
  \)

Entonces de aquí

\( 2ab=(k-1)(a^{p}+b^{p})-xp
  \)

se tiene sutituyendo

\( 2ab=(k-1)(a^{p}+b^{p})+2ab
  \)

\( 0=(k-1)(a^{p}+b^{p})
  \)

Luego k=1, supuesto que \( (a^{p}+b^{p})
  \) es distinto de cero.

[cerrar]

Saludos.