¿Cómo puedo encontrar $\gcd(a^m+1,a^n+1)$ con $a,m,n$ enteros positivos?

Question

¿Cómo puedo encontrar $\gcd(a^m+1,a^n+1)$ con $a,m,n$ enteros positivos?

Tengo una idea:

Sea $d=\gcd(m,n)$ . Entonces existen enteros positivos $x,y$ tal que $mx-ny=d$ (WLOG). Encontraremos $G=\gcd(a^m+1,a^n+1)$ .

Si $m,n$ son impar, entonces $d$ es impar, por lo tanto uno y sólo uno de $x,y$ es par. Lo estamos: $$a^{ny}(a^d+1)=a^{mx}+a^{ny}=(a^{mx}-1)+(a^{ny}+1)=(a^{mx}+1)+(a^{ny}-1).$$

Si $x$ es par y $y$ es impar, entonces $a^{m}+1\mid a^{mx}-1$ y $a^{n}+1\mid a^{ny}+1$ Por lo tanto $G\mid a^{ny}(a^d+1)$ .
Si $x$ es impar y $y$ es par, entonces $a^{m}+1\mid a^{mx}+1$ y $a^{n}+1\mid a^{ny}-1$ Así pues $G\mid a^{ny}(a^d+1)$ . Sin embargo, dado que $\gcd(a^m+1,a^{ny})=\gcd(a^n+1,a^{ny})=1$ Así que $\gcd(G,a^{ny})=1$ Por lo tanto $G\mid a^d+1$ . También disponemos de $a^d+1\mid a^{m}+1$ y $a^d+1\mid a^{n}+1$ Así que $a^d+1\mid G$ . Así $G=a^d+1$ .

Si $v_2(m)=v_2(n)=v_2(d)=k>1$ entonces existen algunos números Impares $m_1,n_1,d_1$ tal que $m=2^km_1,n=2^kn_1,d=2^kd_1$ . Tendremos $m_1x-n_1y=d_1$ por lo que uno y sólo uno de $x,y$ es par, y podemos utilizar el mismo argumento cuando $m,n$ son impar, así que $G=a^d+1$ .

Sin embargo, si $v_2(m) \neq v_2(n)$ No encuentro ninguna solución. Creo que $G \in \{1,2\}$ pero no puedo probarlo ni refutarlo. ¿Cómo puedo encontrar $G=\gcd(a^m+1,a^n+1)$ si $v_2(m) \neq v_2(n)$ ? Además, ¿hay algo de mis argumentos que se pueda mejorar?

Answer 1

He aquí una prueba válida en cualquier anillo. Aquí $\,(x,y)\,$ puede leerse como gcd o como ideal. Primero reducimos a exponentes coprimos $\,b,c\,$ entonces derivamos una fórmula para este caso especial de coprimo.

$(A^{\large m}\!+\!1,A^{\large n}\!+\!1) =\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \overbrace{((A^{\large d})^{\large b}\!+\!1,(A^{\large d})^{\large c}\!+\!1)}^{\Large\qquad\qquad\ \ \ \ (a^{\LARGE b}\ +\, 1\,,\, \ \ \ \ a^{\LARGE c}\ +\ 1),\ \ \,a\, =\, A^{\LARGE d}}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!$ para $\,d = (m,n),\, $ así que $\,(b,c)=1,\,$ wlog $\,b\,$ impar, así que

$$d := (a^{\large b}\!+\!1,a^{\large c}\!+\!1)=(a\!+\!1,\color{#0a0}{(-\!1)^{\large c}\!+\!1}) =\begin{cases} (a\!+\!1)\quad \ \, {\rm if}\ \ 2\nmid c\\ (a\!+\!1,2) \ \ {\rm if}\ \ 2\mid c\end{cases}\qquad$$

por $\!\bmod d\!:\, a^{\large b}\equiv -1\equiv a^{\large c}\Rightarrow a^{\large 2b}\equiv 1\equiv a^{\large 2c}$ así que $\,{\rm ord}\, a^{\large 2}$ divide coprimes $b,c$ así es $1,$ así que $\color{#c00}{a^{\large 2}\equiv 1}.\,$ $\,b\,$ impar $\,\Rightarrow\,b = 1\!+\!2j^{\phantom{|^{|^|}}\!\!\!\!}\,$ así que $\,{-}1^{\phantom{|^{|^|}}\!\!\!\!}\equiv a^{\large b}\!\equiv a^{\large\phantom{,}}\!(\color{#c00}{a^{\large 2}})^{\large j}\!\equiv a\,\Rightarrow\,a\!+\!1\equiv 0,\,$ así que $\,d{\phantom{|^{|^|}}\!\!\!\!} = (a\!+\!1,d) = (a\!+\!1,\,\color{#0a0}{d\bmod a\!+\!1})\,$ es como se afirma, por $\!\underbrace{a^{\large k}\!+\!1 \equiv \color{#0a0}{(-1)^{\large k}\!+\!1}}_{\large\ \bmod\ a\,+\,1:\ \ a\ \equiv\ \color{#0a0}{-1}\ \ \ \ \ }^{\phantom .}\!\!\!\pmod{\color{#0a0}{\!\!a\!+\!1}}$

Corolario $\ $ Si $\,A,B=1\,$ y $\,M,N\in \Bbb N,$ y wlog $M/(M,N)\,$ impar, entonces

$\quad(A^M\!+\!B^M,A^N\!+\!B^N)\, =\, (A^{(M,N)}\!+\!B^{(M,N)},C),\,\ \begin{cases} C = 2\ \ {\rm if}\ \ 2\mid N/(M,N)\\ C = 0\ \ {\rm otherwise}\end{cases}$

Prueba $ $ Homogeneizar la prueba anterior (los detalles son aquí ).