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 ν p {\displaystyle \nu _{p}} de certas expresións de números enteiros. O lema chámase así porque describe os pasos necesarios para "levantar" o expoñente de p {\displaystyle p} nesas expresións. Está relacionado co lema de Hensel. Enunciado
(Notación: p ∣ x {\displaystyle p\mid x} lese p {\displaystyle p} divide a x {\displaystyle x}, e coa barra riscada p ∤ x {\displaystyle p\nmid x} lese p {\displaystyle p} non divide a x {\displaystyle x} ).
Para calquera números enteiros x {\displaystyle x} e y {\displaystyle y}, un número enteiro positivo n {\displaystyle n}, e un número primo p {\displaystyle p} tal que p ∤ x {\displaystyle p\nmid x} e p ∤ y {\displaystyle p\nmid y}, cúmprense as seguintes afirmacións: Cando p {\displaystyle p} é impar:
Se p ∣ x − y {\displaystyle p\mid x-y}, entón ν p ( x n − y n )
ν p ( x − y ) + ν p ( n ) {\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})
\nu _{p}(x-y)+\nu _{p}(n)}.
Se p ∣ x + y {\displaystyle p\mid x+y} e n {\displaystyle n} é impar, entón ν p ( x n + y n )
ν p ( x + y ) + ν p ( n ) {\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})
\nu _{p}(x+y)+\nu _{p}(n)}.
Se p ∣ x + y {\displaystyle p\mid x+y} e n {\displaystyle n} é par, entón ν p ( x n + y n )
0 {\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})
0}.
Cando p
2 {\displaystyle p
2}:
Se 2 ∣ x − y {\displaystyle 2\mid x-y} e n {\displaystyle n} é par, entón ν 2 ( x n − y n )
ν 2 ( x − y ) + ν 2 ( x + y ) + ν 2 ( n ) − 1
ν 2 ( x 2 − y 22 ) + ν 2 ( n ). {\displaystyle \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 ∣ x − y {\displaystyle 2\mid x-y} e n {\displaystyle n} é impar, daquela ν 2 ( x n − y n )
ν 2 ( x − y ) {\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})
\nu _{2}(x-y)} (dedúcese do caso xeral embaixo),
Corolarios:
Se 4 ∣ x − y {\displaystyle 4\mid x-y}, entón ν 2 ( x + y )
1 {\displaystyle \nu _{2}(x+y)
1} e daquela ν 2 ( x n − y n )
ν 2 ( x − y ) + ν 2 ( n ) {\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})
\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(n)}.
Se 2 ∣ x + y {\displaystyle 2\mid x+y} e n {\displaystyle n} é par, daquela ν 2 ( x n + y n )
1 {\displaystyle \nu _{2}(x^{n}+y^{n})
1}.
Se 2 ∣ x + y {\displaystyle 2\mid x+y} e n {\displaystyle n} é impar, daquela ν 2 ( x n + y n )
ν 2 ( x + y ) {\displaystyle \nu _{2}(x^{n}+y^{n})
\nu _{2}(x+y)}.
Para todo p {\displaystyle p}:
Se p ∣ x − y {\displaystyle p\mid x-y} e p ∤ n {\displaystyle p\nmid n}, daquela ν p ( x n − y n )
ν p ( x − y ) {\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})
\nu _{p}(x-y)}.
Se p ∣ x + y {\displaystyle p\mid x+y}, p ∤ n {\displaystyle p\nmid n} e n {\displaystyle n} é impar, daquela ν p ( x n + y n )
ν p ( x + y ) {\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})
\nu _{p}(x+y)}. Xeneralizacións
O lema LTE xeneralizouse a valores complexos de x, y {\displaystyle x, y} sempre que o valor de x n − y n x − y {\displaystyle {\tfrac {x^{n}-y^{n}}{x-y}}} sexa enteiro. Esquema de proba
Caso base
O caso base ν p ( x n − y n )
ν p ( x − y ) {\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})
\nu _{p}(x-y)} cando p ∤ n {\displaystyle p\nmid n} compróbase primeiro. Pola mor de p ∣ x − y ⟺ x ≡ y ( mod p ) {\displaystyle p\mid x-y\iff x\equiv y{\pmod {p}}}, por tanto non ten potencias de p {\displaystyle 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 + ⋯ + y n − 1 ) {\displaystyle 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 ) {\displaystyle (x-y)}. A condición ν p ( x n + y n )
ν p ( x + y ) {\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})
\nu _{p}(x+y)} por n {\displaystyle n} impar é semellante.
Caso xeral (p impar)
Se facemos n
p {\displaystyle n
p} en (1), muda unha condición, pois agora p ∣ n {\displaystyle p\mid n} e por tanto x p − 1 + x p − 2 y + x p − 3 y 2 + ⋯ + y p − 1 ≡ p x p − 1 ≡ 0 ( mod p ). {\displaystyle 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 + k p {\displaystyle y
x+kp}, vía a expansión binomial, pódese mostrar que ν p ( x p − y p )
ν p ( x − y ) + 1 {\displaystyle \nu _{p}(x^{p}-y^{p})
\nu _{p}(x-y)+1} porque (1) é múltiplo de p {\displaystyle p} mais non de p 2 {\displaystyle p^{2}}. Así mesmo, ν p ( x p + y p )
ν p ( x + y ) + 1 {\displaystyle \nu _{p}(x^{p}+y^{p})
\nu _{p}(x+y)+1}.
Entón, se n {\displaystyle n} se escribe como p a b {\displaystyle p^{a}b} onde p ∤ b {\displaystyle p\nmid b}, o caso base dá ν p ( x n − y n )
ν p ( ( x p a ) b − ( y p a ) b )
ν p ( x p a − y p a ) {\displaystyle \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 {\displaystyle a}, ν p ( x p a − y p a )
ν p ( ( ( … ( x p ) p … ) ) p − ( ( … ( y p ) p … ) ) p ) (exponenciación usada a veces por termo)
ν p ( x − y ) + a {\displaystyle {\begin{aligned}\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{aligned}}} O enunciado ν 2 ( x n − y n )
ν 2 ( x − y ) + ν 2 ( x + y ) + ν 2 ( n ) − 1 {\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})
\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(x+y)+\nu _{2}(n)-1} cando 2 ∣ x − y {\displaystyle 2\mid x-y} demóstrase de xeito análogo.
Caso xeral (p 2)
A proba para o caso con p {\displaystyle p} impar non se pode aplicar directamente cando p
2 {\displaystyle p
2} porque o coeficiente binomial ( p 2 )
p ( p − 1 ) 2 {\displaystyle {\binom {p}{2}}
{\frac {p(p-1)}{2}}} é só un múltiplo enteiro de p {\displaystyle p} cando p {\displaystyle p} é impar.
No entanto, pódese demostrar que ν 2 ( x n − y n )
ν 2 ( x − y ) + ν 2 ( n ) {\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})
\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(n)} cando 4 ∣ x − y {\displaystyle 4\mid x-y} escribindo n
2 a b {\displaystyle n
2^{a}b} onde a {\displaystyle a} e b {\displaystyle b} son enteiros con b {\displaystyle b} impar e decatándose de que ν 2 ( x n − y n )
ν 2 ( ( x 2 a ) b − ( y 2 a ) b )
ν 2 ( x 2 a − y 2 a )
ν 2 ( ( x 2 a − 1 + y 2 a − 1 ) ( x 2 a − 2 + y 2 a − 2 ) ⋯ ( x 2 + y 2 ) ( x + y ) ( x − y ) )
ν 2 ( x − y ) + a {\displaystyle {\begin{aligned}\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{aligned}}} posto que x ≡ y ≡ ± 1 ( mod 4 ) {\displaystyle x\equiv y\equiv \pm 1{\pmod {4}}}, cada factor na diferenza de cadrados salta á forma x 2 k + y 2 k {\displaystyle x^{2^{k}}+y^{2^{k}}} que é congruente con 2 módulo 4.
A afirmación ν 2 ( x n − y n )
ν 2 ( x − y ) + ν 2 ( x + y ) + ν 2 ( n ) − 1 {\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})
\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(x+y)+\nu _{2}(n)-1} cando 2 ∣ x − y {\displaystyle 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 {\displaystyle n} o número enteiro menor positivo para o cal 149 n − 2 n {\displaystyle 149^{n}-2^{n}} é divisíbel por 33 ⋅ 55 ⋅ 77. {\displaystyle 3^{3}\cdot 5^{5}\cdot 7^{7}. } Atopar o número de divisores enteiros positivos de n {\displaystyle n}. Solución. Temos en conta que 149 − 2
147
3 ⋅ 72 {\displaystyle 149-2
147
3\cdot 7^{2}}. Usando o lema LTE, posto que 3 ∤ 149 {\displaystyle 3\nmid 149} nin 2 {\displaystyle 2}, pero 3 ∣ 147 {\displaystyle 3\mid 147}, temos ν 3 ( 149 n − 2 n )
ν 3 ( 147 ) + ν 3 ( n )
ν 3 ( n ) + 1 {\displaystyle \nu _{3}(149^{n}-2^{n})
\nu _{3}(147)+\nu _{3}(n)
\nu _{3}(n)+1}. Así, 33 ∣ 149 n − 2 n ⟺ 32 ∣ n {\displaystyle 3^{3}\mid 149^{n}-2^{n}\iff 3^{2}\mid n}. Do mesmo xeito, 7 ∤ 149, 2 {\displaystyle 7\nmid 149, \ 2}, pero 7 ∣ 147 {\displaystyle 7\mid 147}, así que ν 7 ( 149 n − 2 n )
ν 7 ( 147 ) + ν 7 ( n )
ν 7 ( n ) + 2 {\displaystyle \nu _{7}(149^{n}-2^{n})
\nu _{7}(147)+\nu _{7}(n)
\nu _{7}(n)+2} e 77 ∣ 149 n − 2 n ⟺ 75 ∣ n {\displaystyle 7^{7}\mid 149^{n}-2^{n}\iff 7^{5}\mid n}.
Posto que 5 ∤ 147 {\displaystyle 5\nmid 147}, os factores de 5 abórdanse observando que os residuos de 149 n {\displaystyle 149^{n}} módulo 5 seguen o ciclo 4, 1, 4, 1 {\displaystyle 4, 1, 4, 1} e os de 2 n {\displaystyle 2^{n}} seguen o ciclo 2, 4, 3, 1 {\displaystyle 2, 4, 3, 1}, os residuos de 149 n − 2 n {\displaystyle 149^{n}-2^{n}} módulo 5 seguen un ciclo a través da secuencia 2, 2, 1, 0 {\displaystyle 2, 2, 1, 0}. Así, 5 ∣ 149 n − 2 n {\displaystyle 5\mid 149^{n}-2^{n}} se e só se n
4 k {\displaystyle n
4k} para algún número enteiro positivo k {\displaystyle k}. Agora pódese aplicar de novo o lema LTE: ν 5 ( 1494 k − 24 k )
ν 5 ( ( 1494 ) k − ( 24 ) k )
ν 5 ( 1494 − 24 ) + ν 5 ( k ) {\displaystyle \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 1494 − 24 ≡ ( − 1 ) 4 − 24 ≡ − 15 ( mod 25 ) {\displaystyle 149^{4}-2^{4}\equiv (-1)^{4}-2^{4}\equiv -15{\pmod {25}}}, e ν 5 ( 1494 − 24 )
1 {\displaystyle \nu _{5}(149^{4}-2^{4})
1}. De aí 55 ∣ 149 n − 2 n ⟺ 54 ∣ k ⟺ 4 ⋅ 54 ∣ n {\displaystyle 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
22 ⋅ 32 ⋅ 54 ⋅ 75 {\displaystyle n
2^{2}\cdot 3^{2}\cdot 5^{4}\cdot 7^{5}}, que ten ( 2 + 1 ) ( 2 + 1 ) ( 4 + 1 ) ( 5 + 1 )
270 {\displaystyle (2+1)(2+1)(4+1)(5+1)
270} divisores positivos.