P7. OMM 1987. Problema clásico de cocientes de polinomios de la OMM

el problema se hace mediante contradiccion. si la fraccion fuera reducible, entonces existe d mayor a 1 tal que d/n²  +n -1 y d/n²+2n.d no puede dividir a 1, ya que entonces d/-1 y d/1, pero solo 1/1. Entonces al factorizar n²+2n queda n(n+2), entonces d/n+2, pero al restar (n²+2n)- (n²  +n -1) queda que d/n+1, pero como n+1 y n+2 son consecutivos, entonces son primos consecutivos y d tiene que ser 1, por lo que no existe d mayor a 1 que cumpla las condiciones y la fracción es irreducible.

donde dice: d no puede dividir a 1, deberia de decir d no puede dividir a n, ya que si d divide a n(cuadrada)+n-1, entonces d divide a -1, y d divide a 1.

si d divide a n(n+2), y d no divide a n, entonces d divide a n+2

lo que pasa es que si d tiene que ser uno, entonces d y n son coprimos, cuando d=8 y n=10, 8 y 10 no son coprimos

algo importante que me falto decir es que la fraccion es reducible si existe algun primo d mayor a 1. entonces si d no divide a n y d/n(n+2). entonces n(n+2) congruente a o modulo d, pero al ser d primo uno de los dos terminos debe de ser o modulo d, ya que d no divide a n, entonces n+2 tiene que ser congruente a o modulo d. 

El problema se traduce a encontrar k: si k=1, entonces habremos terminado.

 MCD(n²+n-1,n²+2n)=k

Sabemos que n²+n-1 y n²+2n son ambos positivos, por lo que k tambien es positiva.

Luego, n²+n-1­=n²+2n mod k, de ahí que n=1 mod k, entonces k|n-1. De aquí podemos determinar que k no divide a n, puesto que n-1 y n son primos relativos (por ser numeros consecutivos).

Tambien tenemos que k|n(n+2), como k no divide a n, entonces k|n+2,

asi, n+2=n-1 mod k, entonces 3=0 mod k, de aqui que k|3,  entonces, k=1 o k=3 (porque k es positiva)

Veamos ambos casos:

Llamemos R=n² +n -1

sabemos que R =0 mod k, veamos el caso para k=3:

si n=0mod 3: R = -1mod 3, si n=1 mod 3: R=1 mod 3, si n=2 mod 3: R=-1 mod 3. En ninguno de los casos anteriores se cumple la condicion de que R=0 mod 3, entonces k distinto de 3.

La prueba de que R=0mod 1 es trivial. Por lo tanto k=1 ■

Tienes razón, lo correcto era afirmar:

Como n-1 contiene a todos los divisores de k, y (n,n-1)=1, entonces, (k,n)=1.

La demostración es inmediata: n no tiene ningún factor de n-1, por lo tanto, tampoco de k, entonces k y n-1 son primos relativos. ■

Lo siento, espero y ahora si este completa la demostracion.

Saludos.

Ya habia visto una solucion mas simple que va mas o menos asi:

Supongamos que la fraccion es reducible, entonces existe un primo $p$ que divide a tanto al numerador como al denominador, entonces tenemos que $$n^2+n-1\equiv n^2+2n \equiv 0 \pmod{p}$$

De lo cual se puede deducir que  $$n \equiv -1 \pmod{p}$$

Pero $$n^2+2n \equiv 0 \pmod{p}$$

Entonces sustituyendo tenemos que $$-1\equiv0 \pmod{p}$$ lo cual es un absurdo.

De hecho, el error es mio, puesto que llegar a que $k|3$ es debido al signo que por ahí se me coló. Enseguida envío la respuesta ya corregida.

El problema se traduce a encontrar $k$: si $k=1$, entonces habremos terminado.

$ MCD(n²+n-1,n²+2n)=k$

Sabemos que $n^2 +n-1$ y $n^2 +2n$ son ambos positivos, por lo que $k$ tambien es positiva.

Luego, $n^2 + n-1 \equiv n^2 +2n \pmod{k}$, de ahí que $n \equiv -1 \pmod{k}$, entonces $k|n+1$. Como $(n+1,n)=1$ y $k|n+1$, entonces $(k,n)=1$.

Tambien tenemos que $k|n(n+2)$, como $(k,n)=1$, entonces $k|n+2$, ahora, como $k|n+1$ y también $k|n+2$ entonces concluímos que $k=1$ por ser $n+1$ y $n+2$ números consecutivos.■

Una disculpa y un saludo.

otra forma de terminar, es diciendo $1 \equiv 0 \pmod{k}$ porque $n+2 \equiv n+1 \pmod{k}$, de ahi que $k|1$ por lo tanto, $k=1$. Esto es ya mas parecido a lo de Isaí.

Saludos.