Demostrar que $\gcd(M, N)\times \mbox{lcm}(M, N) = M \times N$.

Question

No estoy seguro de cómo ir sobre esto prueba. Solo necesito ayuda para empezar. Es allí una manera de demostrarlo de manera algebraica?

Answer 1

Tome el primer poder de la descomposición de $m$$n$. Tenemos \begin{array} .m &=&p_1^{a_1}\times p_2^{a_2} \times \ldots \times p_k^{a_k} \\ n &=&p_1^{b_1}\times p_2^{b_2}\times \ldots \times p_k^{b_k} \end{array} donde cada una de las $p_i$ son distintos de los números primos y cada una de las $a_j$ $b_{\ell}$ son enteros no negativos. Por ejemplo, si $m=4$ $n=18$ luego escribimos $m = 2^2 \times 3^0$$n = 2^1 \times 3^2$.

La parte importante de este truco es que escribimos tanto $m$ $n$ como un producto de números primos, incluso si algunos de los poderes son cero. Por definición: \begin{array} .\text{lcm}(m,n) &=& p_1^{\max(a_1,b_1)}\times \cdots \times p_k^{\max(a_k,b_k)} \\ \text{gcd}(m,n) &=& p_1^{\min(a_1,b_1)}\times \cdots \times p_k^{\min(a_k,b_k)} \end{array} Claramente $\max(a_i,b_i) + \min(a_i,b_i) = a_i + b_i$ y por lo tanto \begin{array} .\text{lcm}(m,n) \times \gcd(m,n) &=& p_1^{a_1+b_1} \times \cdots \times p_k^{a_k+b_k} \\ &=& (p_1^{a_1} \times p_1^{b_1}) \times \cdots \times (p_k^{a_k} \times p_k^{b_k}) \\ \\ &=& m \times n \end{array}

Answer 2

Hay muchas pruebas. Le damos dos, uno que utiliza la exclusiva Teorema de Factorización, y otro que utiliza la Identidad de Bezout.

Primera Prueba: Vamos a $p_1, p_2,p_k$ ser los números primos que se producen en el primer poder de la factorización de $M$ o $N$ o ambos. Vamos $$M=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}\quad\text{and}\quad N=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2} \cdots p_k^{\beta_k}.$$ Tenga en cuenta que estamos permitiendo que algunas de las $\alpha_i$$\beta_j$$0$.

Usted puede ya haber visto el teorema de que el mcd de a $M$ $N$ es igual a $$ p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2} \cdots p_k^{\delta_k},$$ y sus lcm es $$ p_1^{\mu_1}p_2^{\mu_2} \cdots p_k^{\mu_k},$$ donde$\delta_i=\min(\alpha_i,\beta_i)$$\mu_i=\max(\alpha_i,\beta_i)$.

Entonces el teorema se sigue del hecho de que $\delta_i+\mu_i=\alpha_i+\beta_i$. (El minimim de dos números, más el máximo de dos números, es la suma de los dos números).

Segunda Prueba: utilizamos la Identidad de Bezout, que dice que si $d$ es el mcd de a$M$$N$, existen enteros $x$ $y$ tal que $Mx+Ny=d$.

Tenga en cuenta que $d$ divide $MN$. Deje $m=\frac{MN}{d}$. Nos muestran que $m$ es el mcm de a$M$$N$. Esto va a terminar las cosas.

Ciertamente, $m$ es un múltiplo común de a$M$$N$. Deje $n$ ser un común múltiple positivo de $M$$N$. Vamos a mostrar que el $m$ divide $n$. Que muestran que $m\le n$ $m$ el mínimo común múltiplo.

Tenemos $$\frac{n}{m}=\frac{nd}{MN}==\frac{n(Mx+Ny)}{MN}=\frac{n}{N}x+\frac{n}{M}y.\tag{1}$$ La mano derecha de la expresión (1) es un número entero, y por lo tanto $\frac{n}{m}$ es un número entero, es decir, $n$ es un múltiplo de a $m$.

Answer 3

Teorema 1: Para cualquier $N,M$, $$\gcd\left(\frac{N}{\gcd(N,M)},\frac{M}{\gcd(N,M)}\right)=1$$

Teorema 2: Para cualquier $N,M,K$, $$\mathrm{lcm}(NK,MK)=K\cdot\mathrm{lcm}(N,M)$$

Teorema 3: Si $\gcd(N,M)=1$ si $N|K$$M|K$$NM|K$.

Corolario: Si $\gcd(M,N)=1$$\mathrm{lcm}(N,M)=NM$.

De estos, usted puede probar el resultado anterior.

(1) y (3) tienen buenas pruebas usando la identidad de Bézout. (2) es una prueba directa. El corolario que sigue del Teorema (3), y el resultado final se sigue de (1) y el corolario.

Answer 4

No sé a qué te refieres por "algebraica". Les voy a mostrar una prueba.

Escribo $(m,n)$$gcd$$[m,n]$$lcm$. Si $(m,n) = 1$, $m$ $n$ tanto de dividir un número entero $r$ si y sólo si $mn$ divide (fácil consecuencia del algoritmo de Euclides); esto significa que $[m,n] = mn$. De lo contrario, deje $(m,n) = d$. Entonces a partir de la $(m/d, n/d) = 1$ $[km,kn] = k[m,n]$ para cualquier entero $k$, tenemos $$ [m,n] = \left[ \frac md d , \frac nd d \right] = \left[ \frac md, \frac nd \right] d = \frac md \frac nd d = \frac {mn}{d}, $$ por lo tanto $[m,n](m,n) = [m,n]d = mn$.

Answer 5

RECLAMACIÓN $\hspace{5.5 cm }(a,b)[a,b]=ab$

P. Deje $d=(a,b), e=\dfrac{ab}{[a,b]}$. Vamos a probar que $d=e$. Recuerda que definen $d$ el (único) número positivo tal que $d$ divide tanto a a$a$$b$, y si $d'$ es cualquier otro divisor común, $d'\mid d$. Queremos mostrar $e$ tiene estas dos propiedades. En primer lugar, tenga en cuenta que $$\frac{a}{e} = \frac{{\left[ {a,b} \right]}}{b} \in {\Bbb Z}$$ $$\frac{b}{e} = \frac{{\left[ {a,b} \right]}}{a} \in {\Bbb Z}$$ since both $a,b$ divide $[a,b]$, so $e$ is a common divisor. Now suppose $d'$ is another common divisor. Recall that $[a,b]$ is the unique positive number such that $a,b$ both divide $[a,b]$ and whenever $a,b$ both divide some $f$, $[a,b]$ divides this $f$. We will use this to finish off the proof. Since $d'$ is a common divisor, $\dfrac{ab}{d'}$ is an integer. Moreover, both $a,b$ divide it, so it is a common multiple. It follows that $$\frac{f}{{\left[ {a,b} \right]}} = \frac{{ab}}{{\left[ {a,b} \right]d'}} = \frac{e}{{d'}}$$ is an integer, do $d'\a mediados de e$, whence $d=e$. $\blacktriangle$