demostrar que $\operatorname{lcm}(n,m) = nm/\gcd(n,m)$

Question

Estoy tratando de demostrar que $\operatorname{lcm}(n,m) = nm/\gcd(n,m)$ Me mostró que tanto el $n,m$ divide $nm/\gcd(n,m)$ pero no puedo demostrar que es el número más pequeño. Cualquier ayuda será apreciada.

Answer 1

Sugerencia $\,\ n,m\mid k \!\iff\! nm\mid nk,mk\!\iff\! nm\mid (nk,mk) = (n,m)k\!\iff\! nm/(n,m)\mid k$

Comentario $\ $ Si traemos a la palestra el implícita la reflexión de simetría se obtiene una sencilla prueba: $\,d\mapsto mn/d\,$ bijects los divisores comunes de a $\,m,n\,$ con el común múltiplo $\le mn.$ orden$\rm\color{#c00}{reversing}$, mapas de la $\rm\color{#c00}{Greatest}$ divisor común a la $\rm\color{#c00}{Least}$ común múltiplo, es decir, $\,{\rm\color{#c00}{G}CD}(m,n)\mapsto mn/{\rm GCD}(m,n) = {\rm \color{#c00}{L }CM}(m,n).\,$

Consulte aquí más información sobre esta involución (reflexión) la simetría en el corazón de mcd, mcm dualidad.

Answer 2

Sugerencia: Para cualquier $a,b$ números reales: $\min(a,b)+\max(a,b)=a+b$.

Ahora bien, si tenemos $a=a_1^{p_1} a_2^{p_2}\ldots$ y de manera similar con $b$, si se utiliza la ecuación que acabamos de mencionar para todos los $p_i$, obtendrá, que $\gcd(a,b)\cdot\operatorname{lcm}(a,b)=ab$.

Answer 3

Aquí está una manera sin el uso de la Fundmental teorema de la aritmética, utilizando sólo las definiciones

La definición de la lcm(a,b) es la siguiente:

t es el mínimo común múltiplo de a y b si cumple las siguientes:

i)a | b y t | t

ii)Si a | c y b | c, t | c.

Similiarly para el mcd(a,b).

Aquí está mi prueba:

Caso I: mcd(a,b) $\neq$ 1

Supongamos que mcd(a,b) = d.

A continuación, $ab = dq_1b = dbq_1 = d*(dq_1q_2)$

Reclamo: $lcm(a,b) = dq_1q_2$

$a = dq_1$ | $dq_1q_2$

$b = dq_2$ | $dq_2q_1$.

Supppose lcm(a,b) = c. Por lo tanto c $\leq$ $dq_1q_2$ .

Para obtener la otra desigualdad tenemos $dq_1$ | a y $dq_2$ | b. Por lo tanto $dq_1$ $\leq$ un $\leq$ c $\leq$ $dq_1q_2$ similiarly para $dq_2$.

Supongamos que c es estrictamente menor que $dq_1q_2$, por lo que tenemos $dq_1q_2$ < $cq_2$ y $dq_1q_2$ < $cq_1$.

Por lo $dq_1q_2$ < c < $cq_2$ < $dq_2^2q_1$ y $dq_1q_2$ < c < $cq_2$ < $dq_1^2q_2$, pero $dq_1^2q_2$ > $dq_1q_2$ por lo tanto, c < $dq_1q_2$ y

c > $dq_1q_2$ contradicción. Por lo tanto c = d$q_1q_2$

Observe que en el caso de que mcd(a,b) = 1 podemos establecer $q_1 = a$ $q_2$ = b, y la prueba será el mismo.

Answer 4

Vamos a hacerlo directamente. Deje $g = \gcd(m,n)$. Tenemos que demostrar que $\operatorname{lcm}(m,n) = \dfrac{mn}{g}$.

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PASO $0$. (Preliminar cosas.)

DEFINICIÓN $1$. $L = \operatorname{lcm}(m,n)$ si y sólo si

 1. L is a multiple of m and of n.
 2. If C is a multiple of m and of n, then C is a multiple of L.

LEMA $2$. Si $\gcd(a,b) = 1$$a \mid bc$,$a \mid c$.

PRUEBA. Si $\gcd(a,b) = 1$, entonces existe enteros $A$ $B$ tal que $aA + bB = 1$. De ello se desprende que $acA + bcB = c$. Desde $a | acA$$a \mid bcB$,$a \mid c$.

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PASO $1$. $\dfrac{mn}{g}$ es un múltiplo común de a $m$ e de $n$.

Esto es cierto porque las $\dfrac m g$ $\dfrac n g$ son enteros y $\dfrac{mn}{g} = \dfrac{m}{g}n = m \dfrac{n}{g}$.

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PASO $2$. Si $G$ es un múltiplo común de a $m$ e de $n$, $G$ es un múltiplo de a $\dfrac{mn}{g}$.

Supongamos $G = mM = nN$ para algunos enteros $M$$N$. Entonces $\dfrac G g = \dfrac m g M = \dfrac n g N$.

Desde $\gcd\left( \dfrac m g, \dfrac n g \right) = 1$, y $\dfrac m g M = \dfrac n g N$, entonces, por el LEMA $2$, $\dfrac m g \mid N$, dicen $N = \dfrac m g N'$ para algunos entero $N'$.

Por lo $\dfrac{G}{g} = \dfrac{n}{g} N = \dfrac{m}{g} \dfrac{n}{g} N'$. De ello se desprende que $G = \dfrac{mn}{g} N'$ $G$ es un múltiplo de a $\dfrac{mn}{g}$.

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De PASO $1$, PASO $2$, y la DEFINICIÓN de la $0$, podemos concluir que $\operatorname{lcm}(m,n) = \dfrac{mn}{\gcd(m,n)}$.