Qué son los primos $p$ para lo cual $1+p^3+p^6$ y $1+p^4+p^8$ son coprimos? Sé que es cierto para $p=2$ y $p=3$ y no es cierto para cualquier $p \equiv 1 \mod 6$ . Conjeturo que es cierto para todos los primos $p \equiv 5 \mod 6$ .
Cualquier contraejemplo $> 10^8$ .
Esto es relevante para Secuencia OEIS A046685 .
Dejemos que $p$ sea un número entero.
Supongamos que $\gcd(1+p^3+p^6,1+p^4+p^8) = u > 1$ . \begin{align*} \text{Then}\;\;&1+p^3+p^6\equiv 0\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&(p^3-1)(p^6+p^3+1)\equiv 0\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&p^9-1\equiv 0\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&p^9\equiv 1\;(\text{mod}\;u)\\[10pt] \text{Similarly}\;\;&1+p^4+p^8\equiv 0\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&(p^4-1)(p^8+p^4+1)\equiv 0\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&p^{12}-1\equiv 0\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&p^{12}\equiv 1\;(\text{mod}\;u)\\[10pt] \text{Then}\;\;& \begin{cases} p^{12}\equiv 1\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] p^9\equiv 1\;(\text{mod}\;u)\\ \end{cases} \\[4pt] \implies\;&p^3\equiv 1\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&p^6\equiv 1\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&1+p^3+p^6\equiv 3\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&0\equiv 3\;(\text{mod}\;u)\\[4pt] \implies\;&u=3\\[4pt] \implies\;&p^3\equiv 1\;(\text{mod}\;3)\\[4pt] \implies\;&p\equiv 1\;(\text{mod}\;3)\\[4pt] \fin
De ello se desprende que $1+p^3+p^6$ y $1+p^4+p^8$ son relativamente primos a menos que $p\equiv 1\;(\text{mod}\;3)$ , en cuyo caso, su $\gcd$ es $3$ .
Para el caso en que $p$ es primo, $p\equiv 1\;(\text{mod}\;3)$ equivale a $p\equiv 1\;(\text{mod}\;6)$ Por lo tanto $1+p^3+p^6$ y $1+p^4+p^8$ son relativamente primos a menos que $p\equiv 1\;(\text{mod}\;6)$ , en cuyo caso, su $\gcd$ es $3$ .
Esta respuesta no es más que una ampliación del primer comentario de Daniel Schepler (ya que él mismo no lo escribió como respuesta).
Como estamos interesados en el GCD (máximo común divisor) "puntual" de $f=x^6+x^3+1$ y $g=x^8+x^4+1$ para determinados números enteros $x$ es una buena idea comenzar con el GCD dentro del anillo graduado $\mathbb{Z}[x]$ de estos dos polinomios. Si incluso utilizamos el algoritmo euclidiano ampliado , obtenemos una identidad de Bézout: $$(x^6 - x^5 - 2x^3 - x + 1)(x^6+x^3+1) + (-x^4 + x^3 + x + 2)(x^8+x^4+1)=3$$
Véase la respuesta generada por la máquina por Will Jaggy/Community wiki para algunos detalles. También se puede encontrar por PARI/GP con gcdext(x^6+x^3+1,x^8+x^4+1) (y multiplicando la salida por 3 para deshacerse de las fracciones).
Esta identidad de tipo Bézout muestra que para cualquier $x\in\mathbb{N}$ el GCD de $x^6+x^3+1$ y $x^8+x^4+1$ también es un divisor (positivo) de $3$ . Por lo tanto, el GCD será uno o tres.
Dejemos que $x\in\mathbb{N}$ se le dará. Consideremos todos los casos para $x$ módulo tres. Si $x\equiv +1 \pmod 3$ , ambos $x^6+x^3+1$ y $x^8+x^4+1$ son claramente cero módulo tres, lo que significa que $\gcd(x^6+x^3+1, x^8+x^4+1)$ es realmente $3$ en ese caso. Si $x\equiv 0 \pmod 3$ o $x\equiv -1 \pmod 3$ entonces $x^6+x^3+1 \equiv 0+1 \not\equiv 0 \pmod 3$ , por lo que tres no se dividen $x^6+x^3+1$ Por lo tanto, el GCD tiene que ser uno en esos casos, que era lo que querías demostrar.
En ninguna parte utilizamos la propiedad que $x$ es un número primo.
De los comentarios, por lo tanto CW:
$$ \left( x^{8} + x^{4} + 1 \right) $$
$$ \left( x^{6} + x^{3} + 1 \right) $$
$$ \left( x^{8} + x^{4} + 1 \right) = \left( x^{6} + x^{3} + 1 \right) \cdot \color{magenta}{ \left( x^{2} \right) } + \left( - x^{5} + x^{4} - x^{2} + 1 \right) $$ $$ \left( x^{6} + x^{3} + 1 \right) = \left( - x^{5} + x^{4} - x^{2} + 1 \right) \cdot \color{magenta}{ \left( - x - 1 \right) } + \left( x^{4} - x^{2} + x + 2 \right) $$ $$ \left( - x^{5} + x^{4} - x^{2} + 1 \right) = \left( x^{4} - x^{2} + x + 2 \right) \cdot \color{magenta}{ \left( - x + 1 \right) } + \left( - x^{3} + x^{2} + x - 1 \right) $$ $$ \left( x^{4} - x^{2} + x + 2 \right) = \left( - x^{3} + x^{2} + x - 1 \right) \cdot \color{magenta}{ \left( - x - 1 \right) } + \left( x^{2} + x + 1 \right) $$ $$ \left( - x^{3} + x^{2} + x - 1 \right) = \left( x^{2} + x + 1 \right) \cdot \color{magenta}{ \left( - x + 2 \right) } + \left( -3 \right) $$ $$ \left( x^{2} + x + 1 \right) = \left( -3 \right) \cdot \color{magenta}{ \left( \frac{ - x^{2} - x - 1 }{ 3 } \right) } + \left( 0 \right) $$ $$ \frac{ 0}{1} $$ $$ \frac{ 1}{0} $$ $$ \color{magenta}{ \left( x^{2} \right) } \Longrightarrow \Longrightarrow \frac{ \left( x^{2} \right) }{ \left( 1 \right) } $$ $$ \color{magenta}{ \left( - x - 1 \right) } \Longrightarrow \Longrightarrow \frac{ \left( - x^{3} - x^{2} + 1 \right) }{ \left( - x - 1 \right) } $$ $$ \color{magenta}{ \left( - x + 1 \right) } \Longrightarrow \Longrightarrow \frac{ \left( x^{4} - x + 1 \right) }{ \left( x^{2} \right) } $$ $$ \color{magenta}{ \left( - x - 1 \right) } \Longrightarrow \Longrightarrow \frac{ \left( - x^{5} - x^{4} - x^{3} \right) }{ \left( - x^{3} - x^{2} - x - 1 \right) } $$ $$ \color{magenta}{ \left( - x + 2 \right) } \Longrightarrow \Longrightarrow \frac{ \left( x^{6} - x^{5} - 2 x^{3} - x + 1 \right) }{ \left( x^{4} - x^{3} - x - 2 \right) } $$ $$ \color{magenta}{ \left( \frac{ - x^{2} - x - 1 }{ 3 } \right) } \Longrightarrow \Longrightarrow \frac{ \left( \frac{ - x^{8} - x^{4} - 1 }{ 3 } \right) }{ \left( \frac{ - x^{6} - x^{3} - 1 }{ 3 } \right) } $$ $$ \left( x^{8} + x^{4} + 1 \right) \left( \frac{ x^{4} - x^{3} - x - 2 }{ 3 } \right) - \left( x^{6} + x^{3} + 1 \right) \left( \frac{ x^{6} - x^{5} - 2 x^{3} - x + 1 }{ 3 } \right) = \left( -1 \right) $$
Así, en cada una de las líneas 3 a 7 de la pantalla, el resto está en el ideal $\langle x^8+x^4+1, x^6+x^3+1 \rangle$ de $\mathbb{Z}[x]$ . es decir, de la línea 7 obtendrá $-3 \in \langle x^8+x^4+1, x^6+x^3+1 \rangle$ .
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Si mis cálculos de tipo algoritmo euclidiano son correctos, hay polinomios $a, b \in \mathbb{Z}[x]$ tal que $a(x) (x^6 + x^3 + 1) + b(x) (x^8 + x^4 + 1) = 3$ . Por lo tanto, eso implicaría que $\gcd(p^8+p^4+1, p^6+p^3+1)$ es 1 o 3 para cualquier número entero $p$ (independientemente de que $p$ es primo).
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@DanielSchepler Explícitamente, $$(x^6 - x^5 - 2x^3 - x + 1)(x^6+x^3+1) + (-x^4 + x^3 + x + 2)(x^8+x^4+1)= 3.$$
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@DanielSchepler Tengo un programa enlatado en C++ que lo hace por Euclides extendida explícita ( y crea Latex formateado), mismo resultado que Jeppe. Muy ingenioso, nunca lo habría comprobado.
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Mi comentario viene de alimentar
gcdext(x^6+x^3+1,x^8+x^4+1)en PARI/GP (GCD ampliado con la identidad de Bézout). Da un vector de polinomios con fracciones en los coeficientes de los polinomios, pero al escalar con un factor tres (PARI/GP3*%) Tengo la salida casi en formato TeX (me costó un comentario editarlo bien). Sigo pensando que @DanielSchepler debería escribir una respuesta completa. Está bastante claro que $x$ modulo $3$ (se recorren los casos $0,+1,-1$ ) determina si el GCD es 1 o 3. Ninguna aplicación de $x$ ser primo o no.