montrant tout pgcd $(n^3-n, 2n^2-1)$

Question

Je suis coincé sur ce problème depuis longtemps. Je dois montrer tout le pgcd de$(n^3-n, 2n^2-1)$. je le sais$n^3-n=n(n+1)(n-1)$ et donc je dois trouver tous les pgcd de $(n(n+1)(n-1), 2n^2-1)$. Mais je ne sais pas comment. Quelqu'un peut-il m'aider?

Answer 1

Je le ferais comme je l'ai fait ci-dessous sans factoriser. Mais le facteur était une bonne idée et cela fonctionnera:

$n^3-n = n(n+1)(n-1)$ alors voyons quels facteurs $n,n+1, n-1$ avoir avec $2n^2 -1$.

Tout d'abord, tout facteur (non trivial) de $n$ sera un facteur de $2n^2$et ne sera pas un facteur de$2n^2 -1$. Alors$n$ et $2n^2 -1$ n'ont pas de facteurs communs et $n$ne "contribue" pas au pgcd. Alors$\gcd(n(n+1)(n-1), 2n^2-1)= \gcd((n+1)(n-1),1)$.

Maintenant fais $n+1$ et $2n^2 -1$avez-vous des facteurs en commun? Remarque:$2n^2 -1 = 2(n^2 -1) +1= 2(n+1)(n-1) + 1$. Donc, tout facteur non trivial qui$n+1$ aura sera également un facteur de $2(n+1)(n-1)$donc ce ne sera pas un facteur de$2(n+1)(n-1)-1$. $n+1$ et $2n^2 -1$ n'aura pas de facteur commun.

Et par le même argument $n-1$ et $2(n+1)(n-1)+1 = 2n^2 -1$.

Alors $2n^2-1$ n'a aucun facteur en commun avec l'un des facteurs de la factorisation de $n(n+1)(n-1)$ alors le $\gcd(n^3 -n, 2n^2 -1) = 1$.

===== À ma façon =====

utilisation $\gcd(a,b) = \gcd(a \pm kb, b)$. Et utiliser si$\gcd(k,b) =1$ puis $\gcd(ka,b)=\gcd(a,b)$

Alors $\gcd(n^2 -n, 2n^2-1)$; $2n^2-1$ est impair tout diviseur commun est impair et se multiplie $n^2-n$ par $2$ n'affectera pas le $\gcd$. Alors:

$\gcd(n^3 -n, 2n^2-1)= \gcd(2n^3-2n,2n^2-1)$. Quel que soit le diviseur commun, ils ont des divisions$2n^2 -1$ et $2n^3-2n$ donc ça va diviser $n(2n^2-1)$ et divisera $(2n^3-2n)-n(2n^2-1)$

Alors $ \gcd(2n^3-2n,2n^2-1)= \gcd([2n^3-2n]-n[2n^2 -1],2n^2-1) = \gcd(n,2n^2-1)$.

$\gcd(n,2n^2-1) = \gcd(n, [2n^2-1] -[(2n)n]) = \gcd(n, -1)$ et comme la seule chose qui divise $-1$ sont $1, -1$ et $1 > -1$ puis $\gcd(n,-1) = 1$.

Answer 2

Vous avez $$\gcd(n^3-n,2n^2-1)=\gcd(2n^3-2n,2n^2-1) \space\space(\text{since $2n ^ 2-1$ is odd})$$ $$=\gcd(2n^3-2n-n(2n^2-1),2n^2-1)$$ $$=\gcd(-n,2n^2-1)$$ $$=\gcd(-n,2n^2-1+2n(-n))$$ $$=\gcd(-n,-1)=\gcd(n,1)=1.$$

Answer 3

$gcd(n^3-n,2n^3-1)$ se divise $n$ depuis $2(n^3-n)-n(2n^2-1)=2n^3-2n-2n^3+n=-n$. On en déduit que$gcd(n^3-n,2n^2-1)$ se divise $gcd(2n^2-1,n)$ depuis

Nous avons $2n^2-1-2n(n)=-1$, $gcd(2n^2-1,n)=1$ Ceci implique que $gcd(n^3-n,2n^2-1)=1$.

Answer 4

Nous avons $n$ coprime avec $2n^2-1$ (tout facteur commun devrait diviser $1$), afin que nous puissions diviser $n$ de $n^3-n$ obtenir $\gcd(n^2-1, 2n^2-1)$. Maintenant remarquez$(2n^2-1)=2(n^2-1)+1$, et donc $\gcd(n^2-1, 2n^2-1)=1$ (encore une fois, le facteur commun devrait diviser $1$).

Answer 5

Cette réponse n'est pas différente en substance, mais en présentation des réponses précédentes.

Supposons un nombre premier $p$ divise les deux $n^3-n$ et $2n^2-1$.

$n^3-n=n(n^2-1)$, alors non plus $p\mid n$ ou $p\mid (n^2-1)$

Cas 1: $p\mid n \Rightarrow p\mid 2n^2$, d'où $p\mid 2n^2-1 \Rightarrow p\mid 1$; il n'y a pas de$p$.

Cas 2: $p\mid (n^2-1) \land p\mid (2n^2-1) \Rightarrow p\mid ((2n^2-1)-(n^2-1))\Rightarrow p\mid n^2$. Cela se réduit au cas 1, où il a déjà été montré qu'il n'y en a pas$p$

L'hypothèse qu'il existe un nombre premier $p$ qui divise les deux $n^3-n$ et $2n^2-1$ est faux, ce qui implique $\gcd (n^3-n),(2n^2-1)=1$

Answer 6

Si $p\mid n^3-n, 2n^2-1$ puis $$p\mid 2[2(n^3-n)-n(2n^2-1)]^2-(2n^2-1)=1$$

Answer 7

Allusion: $\,n,n\pm1\,$ sont tous les premiers à $\,f(n)=2n^2\!-\!1\,$ car $\,\overbrace{\color{#c00}{f(a)} = \pm1}^{\textstyle a=0,\pm1}\,$ dans l'algorithme euclidien:

$\ \gcd(f(n),\,n\!-\!a)\, =\, \underbrace{\gcd(\color{#c00}{f(n)\bmod n\!-\!a},\, n\!-\!a) \,=\, \gcd(\color{#c00}{f(a)},\,n\!-\!a)}_{\textstyle\text{Polynomial Remainder } \color{#c00}{\rm Theorem}}$

Par conséquent, leur produit$\,n^3\!-\!n\,$ est également le coprime de $f(n).\ \ \small\bf QED$