Lema levantando o expoñente

Na teoría de números elemental, o **lema de levantamento do expoñente** (**lema LTE** nas siglas en inglés) proporciona varias fórmulas para calcular a valoración p-ádica \nu_p de certas expresións de números enteiros. O lema chámase así porque describe os pasos necesarios para "levantar" o expoñente de p nesas expresións. Está relacionado co lema de Hensel.

## Enunciado 
(Notación: p \mid x lese p divide a x, e coa barra riscada p \nmid x lese p non divide a x).

Para calquera números enteiros x e y, un número enteiro positivo n, e un número primo p tal que p \nmid x e p \nmid y, cúmprense as seguintes afirmacións:

* Cando p é impar:
** Se p \mid x-y, entón \nu_p(x^n-y^n) = \nu_p(x-y)+\nu_p(n).
** Se p \mid x+y e n é impar, entón \nu_p(x^n+y^n) = \nu_p(x+y)+\nu_p(n).
** Se p \mid x+y e n é par, entón \nu_p(x^n+y^n) = 0.
* Cando p = 2:
** Se 2 \mid x-y e n é par, entón \nu_2(x^n-y^n) = \nu_2(x-y)+\nu_2(x+y)+\nu_2(n)-1 = \nu_2\left(\frac{x^2-y^2}{2}\right)+\nu_2(n).
** Se 2 \mid x-y e n é impar, daquela \nu_2(x^n-y^n) = \nu_2(x-y) (dedúcese do caso xeral  embaixo),
** Corolarios:
*** Se 4 \mid x-y, entón \nu_2(x+y)=1 e daquela \nu_2(x^n-y^n) = \nu_2(x-y)+\nu_2(n).
*** Se 2 \mid x+y e n é par, daquela \nu_2(x^n+y^n) = 1.
*** Se 2 \mid x+y e n é impar, daquela \nu_2(x^n+y^n) = \nu_2(x+y).
* Para todo p:
** Se p \mid x-y e p \nmid n, daquela \nu_p(x^n-y^n) = \nu_p(x-y).
** Se p \mid x+y, p \nmid n e n é impar, daquela \nu_p(x^n+y^n) = \nu_p(x+y).

## Xeneralizacións 
O lema LTE xeneralizouse a valores complexos de x, y sempre que o valor de \tfrac{x^n-y^n}{x-y} sexa enteiro.

## Esquema de proba 
### Caso base 
O caso base \nu_p(x^n-y^n) = \nu_p(x-y) cando p \nmid n compróbase primeiro. Pola mor de p \mid x-y \iff x \equiv y \pmod{p} ,{{Bloque numerado|:|x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^2+\dots+y^{n-1} \equiv nx^{n-1} \not\equiv 0 \pmod{p}|}}
por tanto non ten potencias de p e non aporta nada na valoración. 

O feito de que a fórmula de Bernoulli x^n-y^n = (x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^2+\dots+y^{n-1}) completa a proba, pois dese produto só aporta na valoración o factor (x-y). 

A condición \nu_p(x^n+y^n) = \nu_p(x+y) por  n impar é semellante.

### Caso xeral (*p* impar) 
Se facemos n=p en (), muda unha condición, pois agora p \mid n e por tanto 
:x^{p-1}+x^{p-2}y+x^{p-3}y^2+\dots+y^{p-1} \equiv px^{p-1} \equiv 0 \pmod{p}.
Coa mesma condición e a substitución y = x+kp, vía a expansión binomial, pódese mostrar que \nu_p(x^p-y^p) = \nu_p(x-y)+1 porque () é múltiplo de p mais non de p^2. Así mesmo, \nu_p(x^p+y^p) = \nu_p(x+y)+1 .

Entón, se n se escribe como p^ab onde p \nmid b, o caso base dá \nu_p(x^n-y^n) = \nu_p((x^{p^a})^b-(y^{p^a})^b) = \nu_p(x^{p^a}-y^{p^a}). Por indución en a,

: 
\begin{align}
\nu_p(x^{p^a}-y^{p^a}) &= \nu_p(((\dots(x^p)^p\dots))^p-((\dots(y^p)^p\dots))^p)\ \text{(exponenciación usada } a \text{ veces por termo)} \\
&= \nu_p(x-y)+a
\end{align}

O enunciado \nu_2(x^n-y^n) = \nu_2(x-y)+\nu_2(x+y)+\nu_2(n)-1 cando 2 \mid x-y demóstrase de xeito análogo.

=== Caso xeral (*p* = 2) ===
A proba para o caso con  p impar non se pode aplicar directamente cando p = 2 porque o coeficiente binomial \binom{p}{2} = \frac{p(p-1)}{2} é só un múltiplo enteiro de p cando p é impar.

No entanto, pódese demostrar que \nu_2(x^n-y^n) = \nu_2(x-y)+\nu_2(n) cando 4 \mid x-y escribindo n = 2^ab onde a e b son enteiros con b impar e decatándose de que

: 
\begin{align}
\nu_2(x^n-y^n) &= \nu_2((x^{2^a})^b-(y^{2^a})^b) \\
&= \nu_2(x^{2^a}-y^{2^a}) \\
&= \nu_2((x^{2^{a-1}}+y^{2^{a-1}})(x^{2^{a-2}}+y^{2^{a-2}})\cdots(x^2+y^2)(x+y)(x-y)) \\
&= \nu_2(x-y)+a
\end{align}

posto que x \equiv y \equiv \pm 1 \pmod{4}, cada factor na diferenza de cadrados salta á forma x^{2^k}+y^{2^k} que é congruente con 2 módulo 4.

A afirmación \nu_2(x^n-y^n) = \nu_2(x-y)+\nu_2(x+y)+\nu_2(n)-1 cando 2 \mid x-y próbase de xeito análogo. 

## En competicións 
### Problema de exemplo 
O lema LTE pódese usar para resolver o problema 2020 AIME I #12:Sexa n o número enteiro menor positivo para o cal 149^n-2^n é divisíbel por 3^3\cdot5^5\cdot7^7. Atopar o número de divisores enteiros positivos de n.**Solución.** Temos en conta que 149-2 = 147 = 3\cdot 7^2. Usando o lema LTE, posto que 3 \nmid 149 nin 2, pero 3 \mid 147, temos \nu_3(149^n-2^n) = \nu_3(147)+\nu_3(n) = \nu_3(n)+1. Así, 3^3 \mid 149^n-2^n \iff 3^2 \mid n. 

Do mesmo xeito, 7 \nmid 149, \  2, pero 7 \mid 147, así que \nu_7(149^n-2^n) = \nu_7(147)+\nu_7(n) = \nu_7(n)+2 e 7^7 \mid 149^n-2^n \iff 7^5 \mid n .

Posto que 5 \nmid 147, os factores de 5 abórdanse observando que  os residuos de 149^n módulo 5 seguen o ciclo 4,1,4,1 e os de 2^n seguen o ciclo 2,4,3,1, os residuos de 149^n-2^n módulo 5 seguen un ciclo a través da secuencia 2,2,1,0. Así, 5 \mid 149^n-2^n se e só se n = 4k para algún número enteiro positivo k. 

Agora pódese aplicar de novo o lema LTE: \nu_5(149^{4k}-2^{4k}) = \nu_5((149^4)^k-(2^4)^k) = \nu_5(149^4-2^4)+\nu_5(k). Posto que 149^4-2^4 \equiv (-1)^4-2^4 \equiv -15 \pmod{25}, e \nu_5(149^4-2^4) = 1. De aí 5^5 \mid 149^n-2^n \iff 5^4 \mid k \iff 4\cdot 5^4 \mid n.

Combinando estes tres resultados, compróbase que n = 2^2\cdot 3^2\cdot 5^4\cdot 7^5, que ten (2+1)(2+1)(4+1)(5+1) = 270 divisores positivos.

## Notas 
## Véxase tamén 
### Bibliografía 
### Outros artigos 
* Lema de Hensel.
* Último teorema de Fermat.
* Aritmética modular
### Ligazóns externas 
* Art of problem solving.