Conjetura de que$ \frac{\gcd(a+b,ab)}{\gcd(a,b)} \mid \gcd(a,b)$

Question

He descubierto algunas conjeturas de tipo de ejercicio que no puedo probar y esta es una de ellas:

Dado un número entero positivo$a,b$, entonces$$ \frac{\gcd(a+b,ab)}{\gcd(a,b)}\ \bigg|\ \gcd(a,b)$ $

¿Puede esto ser probado o refutado?

Answer 1

Escribe$\gcd(a,b)=d$, luego$a=da',b=db'$ y por lo tanto$\frac{\gcd(a+b,ab)}{d}=\gcd(a'+b',a'b'd)$ donde$\gcd(a',b')=1$. Observe ahora que$\gcd(a'+b',a'b')=1$ desde$a'(a'+b')-a'b'={a'}^2$ y por lo tanto$\gcd(a'+b',a'b')|{a'}^2 \implies \gcd(a'+b',a'b')|a'$ y$\gcd(a'+b',a'b')|a'+b' \implies \gcd(a'+b',a'b')|a',b' \implies \gcd(a'+b',a'b')=1$. Esto significa que$\gcd(a'+b',a'b'd)=\gcd(a'+b',d)$ y por lo tanto, divide$d$ por definición. Entonces tu conjetura es realmente cierta.

Answer 2

Tomando$D=(a,b)$, luego$a=DA$ y$b=DB$,$(ab,a+b)=D(A+B,ABD)$ y$(A,B)=1$. Entonces, ¿quieres saber si$(ab,a+b)/D$ divide$D$, es decir,$(A+B,ABD)|D$? bueno, veamos si los divisores comunes principales entre$A+B$ y$ABD$ también son divisores de$D$.

Si$p$ es un divisor común principal de$A+B$ y$ABD$, por lemas de Gauss,$p|A$ o$p|B$ o$p|D$. Si$p|A$ o$p|B$ existe una contradicción con la coprimidad de$A$ y$B$$p$ cause if$p|A$ then$p|(A+B)-A=B$. Asi que $p|D$.

Answer 3

https://en.wikipedia.org/wiki/P-adic_order

Deje $h = \gcd(a+b, ab)$ $g = \gcd(a,b).$

Para cada factor primordial $p$ $2,$ dos casos:

(I) $$ a = p^k u, b = p^j v $$ con $k > j$ $u,v \neq 0 \pmod p.$ A continuación, $p$- ádico de valoración $\nu_p(g) = j.$ $\nu_p(ab) = k+j$ mientras $\nu_p(a+b) = j.$ juntos, $\nu_p(g) = \nu_p(h).$

(II) $$ a = p^k u, b = p^k v $$ con $u,v \neq 0 \pmod p.$ A continuación, $p$- ádico de valoración $\nu_p(g) = k.$ $\nu_p(ab) = 2k$ mientras $\nu_p(a+b) \geq k.$ $$ k \leq \nu_p(h) \leq 2k $$

Juntos, $\nu_p(h) \leq 2\nu_p(g).$

En cualquier caso, la combinación de todos los números primos $$ h | g^2 $$

Oh, tenga en cuenta que tenemos $g | h$ y puede escribir $$ \frac{h}{g} \; | \; g $$

Answer 4

Deje $m=\gcd(a,b)$. Ahora$m\mid a$$m\mid b$, lo $m^2\mid ab$. Vamos $a=a_1m$, $b=b_1m$, para algunos enteros positivos $a_1$, $b_1\ge1$, a continuación,$a+b=ma_1+mb_1=m(a_1+b_1)$, lo $m\mid a+b$.

Hay tres casos a considerar:

Caso 1: Si $m\nmid(a_1+b_1)$$\gcd(a+b,ab)=m$, y tenemos $$\frac{\gcd(a+b,ab)}{\gcd(a,b)}=\frac{m}{m}=1\mid\gcd(a,b)=m$$ y la conjetura es cierta en este caso.

Ahora tenemos que comprobar si $m^2\mid a+b=m(a_1+b_1)$, lo que equivale a $m\mid(a_1+b_1)$.

Caso 2: Si $a_1+b_1=mc$, para algún entero$c\ge1$,$m\mid(a_1+b_1)$, y por lo $m^2\mid a+b=m(a_1+b_1)$. En este caso, $\gcd(a+b,ab)=m^2$ (tenga en cuenta que no podemos tener $\gcd(a+b,ab)>m^2$$\gcd(a,b)=m$, por lo $m^3\nmid ab$), y hemos $$\frac{\gcd(a+b,ab)}{\gcd(a,b)}=\frac{m^2}{m}=m\mid\gcd(a,b)=m$$ y la conjetura es cierta en este caso.

Considerar, por último, el caso de:

Caso 3:

Supongamos $$m<\gcd(a+b,ab)=\gcd(m(a_1+b_1),m^2a_1b_1)=m\gcd(a_1+b_1,ma_1b_1)<m^2$$ que se simplifica a $$1<\gcd(a_1+b_1,ma_1b_1)<m$$ No podemos tener a $m\mid(a_1+b_1)$, como, a continuación,$\gcd(a_1+b_1,ma_1b_1)=m$, una contradicción. Una mayor simplificación da $$1<\gcd(a_1+b_1,a_1b_1)<m$$ Deje $p$ s.t. $1<p<m$ $\gcd(a_1+b_1,a_1b_1)=p$ . A continuación,$p\mid a_1+b_1$$p\mid a_1b_1$, $p\mid a_1$ o $b_1$. Si $p\mid a_1$ $p\mid a_1+b_1$ implica $p\mid(a_1+b_1)-a_1=b_1$, una contradicción ya que el $\gcd(a_1,b_1)=1$.

Por lo $\gcd(a_1+b_1,a_1b_1)=1$, y de ello se desprende $\gcd(a+b,ab)$ puede tomar ningún valor en $(m,m^2)$.

La conjetura es verdadera.