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pgcd(a,b,c)ppcm(a,b,c)=abc

B_ JocelyneB_ Jocelyne
dans Les-mathématiques
Bonsoir ;
<BR>Je veux montrer que <B><I>pgcd(a,b,c)*ppcm(a,b,c)=abc </I></B>ssi a,b,c sont 2 a 2 premiers entre eux mais je vois pas comment il faut procéder.
<BR>merci pour vos indications.
<BR>
<BR>[J'ai légèrement modifié ton titre pour faciliter la lecture de la première page. md.]<BR>

Réponses

  • Toto.le.zeroToto.le.zero
    Bon, est-ce que tu supposes connue la relation de Bezout ? Car c'est crucial ici. L'astuce consiste à montrer successivement que le premier terme de l'égalité divise le deuxième, et puis que le deuxième divise le premier, ce qui prouve l'égalité
  • B_ JocelyneB_ Jocelyne
    Oui, la relation de Bezout est connue mais je ne vois pas son intérêt ici
  • bordeborde
    Il suffit bien sûr de montrer, sous les hypothèses sur $a,b,c$, que $ppcm(a,b,c) = abc$. On a $pgcd(ab,c) \times ppcm(ab,c) = abc$ et $pgcd(a,c) = pgcd(b,c) = 1$ impliquent que $pgcd(ab,c) = 1$ (car si $pgcd(a,c) = 1$, alors $pgcd(ab,c) = pgcd(b,c)$). ainsi, $ppcm(ab,c) = abc$, et comme $pgcd(a,b)=1$, on a $ab = ppcm(a,b)$. Donc, en résumant tout, on a $ppcm(ppcm(a,b),c) = abc$, soit $ppcm(a,b,c) = abc$.

    Borde.
  • B_ JocelyneB_ Jocelyne
    Merci Borde
  • bordeborde
    De rien, B_Jocelyne.
    A +
    Borde.
  • Mezalor0Mezalor0
    Bonjour,

    Ca me rappelle un petit truc rigolo et peu connu, qui généralise le classique $pgcd(a,b) ppcm(a,b) = ab$ :

    Pour tous $a, b, c$, on a $$ppcm(a,b,c) = \frac{a\times b\times c \times pgcd(a,b,c)}{pgcd(a,b)\times pgcd(b,c)\times pgcd(c,a)}$$

    Ca se généralise à un système de $m$ entier $a_1, \ldots, a_m$~:
    $ppcm(a_1, a_2, \ldots,a_m)$ est égal à la fraction dont le numérateur est le produit des pgcd d'un nombre impair de $a_i$ et le dénominateur le produit des pgcd d'un nombre pair de $a_i$.


    Mézalor.
  • B_ JocelyneB_ Jocelyne
    merci Mézalor
  • muaddobmuaddob
    bonjour,

    J'ai essayé de faire le problème et je me suis fait devancé par Borde, (mais on ne perd jamais devant lucky luke, c'est la fatalité...)

    Mais je reste quand même sur ma faim, l'énoncé initial contient un SSI, et je ne vois qu'une seule implication... Je me trompe où la réciproque n'est pas démontrée ?

    Cordialement
  • B_ JocelyneB_ Jocelyne
    Oui la réciproque n'est pas démontrée.
    Mais en fait, on a corrigé aujourd'hui l'exercice et on a utilisé les valuations p-adiques.
  • muaddobmuaddob
    ok merci, mais passé par des nombres p-adiques c'est pour la beauté du geste ou bien il n'y a pas plus simple ?
  • B_ JocelyneB_ Jocelyne
    je crois que c'est plus simple avec les valuations p-adiques ( la 2emme implication est assez dure a demontrer)
  • bordeborde
    Tu as raison, Muaddob, je n'ai traité que la condition suffisante. Il semble effectivement que le mieux soit d'utiliser les décompositions primaires pour la condition nécessaire.

    Borde.
  • gg4gg4
    Salut,
    Pour la reciproque on peut la demontrer facilement par contraposition.
    En effet
    on examine 2 cas:

    PGCD(a,b,c)=m >1
    alors ppcm(a,b,c)=ppcm(m*a`,m*b`,m*c`)=m*ppcm(a`,b`,c`)<=
    m*a`*b`*c`
    donc pgcd(a,b,c)*ppcm(a,b,c)<=m*m*a`*b`*c`< ma`*mb`*mc`=abc

    PGCD(a,b,c)=1 et PGCD(a,b)=d >1
    alors
    ppcm(a,b,c)=ppcm(ppcm(a,b),c)=ppcm(d*a`*b`,c)<=d*a`*b`*c
    donc pgcd(a,b,c)*ppcm(a,b,c) <=1 *d*a`*b`*c<da`*db`*c=abc


    Cordialement
    Georges
  • EricEric
    J'ai posté sur le serveur d'exercice les formules générales pour le pgcd et le ppcm de trois entiers.
  • muaddobmuaddob
    merci GG

    mais au risque de vous embêter encore je n'arrive pas à démontrer formellement et assez simplement que les deux cas que tu étudies forment disjonctions de cas ! (intuitivement je suis presque d'accord),

    j'ai déjà écrit
    lemme facile (si ce n'est pas déjà un théorème): $$lcm(a,b)\leq a*b$$ et $$gcd(a,b)\leq a$$

    et que l'on note a,b,c $a_0,a_1,a_2$, alors deux à deux premiers s'écrit
    $$\forall i,j \in [0..2]^2 i\not =j \ |\ gcd(a_i,a_j)=1$$
    la négation donne
    $$\exists i,j \in [0..2]^2 i\not =j \ |\ gcd(a_i,a_j)\not=1$$

    soit $$m=gcd(a_i,a_j)\not =1$$ et on pose $$a'_i*m=a_i,\ a'_j*m=a_j$$

    alors $$gcd(a_i,a_j,a_k)=gcd(m,a_k)$$ par le lemme on a $$gcd(a_i,a_j,a_k)\leq m$$
    par ailleurs
    $$lcm(a_i,a_j,a_k)=lcm(m*a'_i,m*a'_j, a_k)=lcm(m*a'_i*a'_j,a_k)$$
    par le lemme on a $$lcm(a_i,a_j,a_k)\leq m*a'_i*a'_j*a_k$$
    donc $$gcd(a_i,a_j,a_k)*lcm(a_i,a_j,a_k)\leq m*a'_i*m*a'_j*a_k$$
    et par définition des a'$$gcd(a_i,a_j,a_k)*lcm(a_i,a_j,a_k)\leq a_i*a_j*a_k$$

    rien démontré !!!

    je sens bien que tout repose sur le fait que $gcd(a,b)*lcm(a,b)=a*b$ donc les deux inégalité ne peuvent être égale en même temps ... mais j'arrive pas à l'introduire ... si quelqu'un peut me donner une piste ...
  • muaddobmuaddob
    j'ai trouvé tout seul comme un grand !!!

    il faut discuter $$gcd(m,a_k)\leq m$$

    si $gcd(m,a_k)=m$ alors $$lcm(m*a'_i*a'_j, a_k)=m*a'_i*a'_j*a'_k$$ avec la même notation pour $a'_k$ donc $a'_k
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