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概述

指数提升定理（Lifting the exponent lemma）是解决若干形如$n^{th}$的和差中某素因子的最大指数问题的有力工具

这里有几个可以使用该定理解决的例题：

1. 设$n$是一个无平方因子整数，证明：不存在一对互质的$(x,y)$满足$(x+y)^3|(x^n+y^n)$

2. 证明：对于任意的正整数$k$，$2$是模$3^k$意义下的一个原根

3. 找到方程$3^n=x^k+y^k$的所有正整数解$(x,y)$，且$gcd(x,y)=1$，保证$k\geqslant 2$

4. 设$a,b$是正实数且$a-b,a^2-b^2,a^3-b^3,…$都是正整数，证明：$a,b$都是正整数

　　

　　

定理阐述

首先我们定义一个$v_p(n)$表示$n$中素因子$p$的指数，形式化的

$$v_p(n)=k\Leftrightarrow p^k|n且p^{k+1}\nmid n$$

设$p$为素数，$x,y$为整数，$n$为正整数，满足$p|(x-y)且p\nmid x,p\nmid y$，则：

（1）若$p$为奇数，$v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$

（2）若$p=2且n为偶数$，$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(n)+v_2(x+y)-1$

注意到(1)中把$y$换成$-y$可以得到：$v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$

举个栗子：求$5^{18}-2^{18}$的结果中因子$3$的指数

显然由上述定理：$v_3(5^{18}-2^{18})=v_3(5-2)+v_3(18)=1+2=3$

　　

　　

定理证明

我们先证明定理的(1)，(2)也是类似的，设$p|(x-y)且p\nmid x,p\nmid y$

引理一：若$p$不是$n$的约数，$v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)$

证明：由$n$次方差公式可得$\frac{x^n-y^n}{x-y}=x^{n-1}+x^{n-2}y+…+y^{n-1}$

由于$p|(x-y)且p不是x,y的约数$，故$x\equiv y(mod p)$，故$\frac{x^n-y^n}{x-y}\equiv nx^{n-1}(mod p)$

由于$p\nmid n,p\nmid x$，所以$p$不是$\frac{x^n-y^n}{x-y}$的约数

所以$v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)$

注：n次方差公式：$a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+…+ab^{n-2}+b^{n-1})$

　　n次方和公式：$a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+…-ab^{n-2}+b^{n-1})$

引理二：当$n=p$时定理成立，即$v_p(x^p-y^p)=v_p(x-y)+1$

证明：由n次方差公式得到$x^p-y^p=(x-y)(x^{p-1}+x^{p-2}y+…+y^{p-1})$

故$v_p(x^p-y^p)=v_p(x-y)+v_p(x^{p-1}+x^{p-2}y+…+y^{p-1})$

所以只需要证明$v_p(x^{p-1}+x^{p-2}y+…+y^{p-1})=1$即可

不妨设$y=x+kp$，则

$x^{p-1}+x^{p-2}y+…+y^{p-1}$

$\equiv x^{p-1}+(x^{p-1}+pkx^{p-2})+(x^{p-1}+2pkx^{p-2})+…+(x^{p-1}+(p-1)pkx^{p-2})(mod p^2)$

$\equiv px^{p-1}+\frac{p(p-1)}{2}pkx^{p-2} (mod p^2)$

$\equiv px^{p-1}(mod p^2)$

故$x^{p-1}+x^{p-2}y+…+y^{p-1}$能被$p$整除，而不能被$p^2$整除

故$v_p(x^{p-1}+x^{p-2}y+…+y^{p-1})=1$

指数提升定理（1）：$v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$

证明：设$n=p^k a，其中a\nmid p$

则$v_p(x^n-y^n)=v_p((x^{p^k})^a-(y^{p^k})^a)=v_p(x^{p^k}-y^{p^k})$（引理一）

$=v_p((x^{p^{k-1}})^p-(y^{p^{k-1}})^p)=v_p(x^{p^{k-1}}-y^{p^{k-1}})+1$（引理二）

$=v_p(x-y)+k=v_p(x-y)+v_p(n)$

　　

　　

例题

例题一　设$n$是一个无平方因子整数，证明：不存在一对互质的$(x,y)$满足$(x+y)^3|(x^n+y^n)$

证明：假设存在一对互质的$(x,y)$满足$(x+y)^3|(x^n+y^n)$

情形一：$n$是偶数

如果存在奇素数$p|(x+y)$，则$x^n+y^n\equiv x^n+(-x)^n\equiv 2x^n(mod p)$

由于$p|(x+y)|(x+y)^3|(x^n+y^n)$，故$p|x,p|y$，$x,y$不互质，矛盾

故不存在奇素数$p|(x+y)$，$(x+y)$是$2$的整次幂，由于$x,y$互质，它们都是奇数

因为$n$是偶数，故$x^n\equiv 1(mod 8)且y^n\equiv 1(mod 8)$

注：由欧拉定理$x^n\equiv x^{n\%4}(mod 8)$，由于$n$是偶数，故指数只能是$0$或$2$，指数为$0$显然成立

指数为$2$时，$x\%8$的结果只可能是$1,3,5,7$，它们都是成立的

故$x^n+y^n\equiv 2(mod 8)$，$v_2(x^n+y^n)=1$，而$v_2((x+y)^3)\geq 3$，矛盾

情形二：$n$是奇数

如果存在奇素数$p|(x+y)$，则$3v_p(x+y)\leq v_p(x^n+y^n)$

由指数提升定理$3v_p(x+y)\leq v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)\leq v_p(x+y)+1$（$n$是无平方因子数）

故$v_p(x+y)\leq \frac{1}{2}$，而$p|(x+y)$，矛盾

故不存在奇素数$p|(x+y)$，$(x+y)$是$2$的整次幂，在这种情况下，$n$是奇数，$v_2(n)=0$

由指数提升定理$v_2(x^n+y^n)=v_2(x+y)$

而$\frac{x^n+y^n}{x+y}=x^{n-1}-x^{n-2}y+…-xy^{n-2}+y^{n-1}$

注意到右边有奇数项，每项都是奇数，故$v_2(x^{n-1}-x^{n-2}y+…-xy^{n-2}+y^{n-1})=0$

而$v_2(\frac{x^n+y^n}{x+y})=1$，矛盾

例题二　证明：对于任意的正整数$k$，$2$是模$3^k$意义下的一个原根

• 次数原根了解一下

我们需要找到最小的$n$满足$2^n \equiv 1(mod 3^k)$，即$3^k|(2^n-1)$，故$2^n\equiv 1(mod 3)$

由欧拉定理，$2^n\equiv 2^{n\%2}\equiv 1(mod 3)$，故$n$为偶数，设$n=2m$，则$3^k|(4^m-1)$

根据指数提升定理，$k\leq v_3(4^m-1^m)=v_3(4-1)+v_3(m)=1+v_3(m)$

故$v_3(m)\geq k-1$，所以最小的$m=3^{k-1}$，对应的，最小的$n=2\times 3^{k-1}$，也就是$\phi(3^k)$

故$2$必定是模$3^k$意义下的一个原根

例题三　找到方程$3^n=x^k+y^k$的所有正整数解$(x,y)$，且$gcd(x,y)=1$，保证$k\geqslant 2$

若$x,y$中有一个能整除$3$，那么它们都能，这与$gcd(x,y)=1$矛盾，所以$x,y$均不能整除$3$

若$k$是偶数，由欧拉定理$x^k\equiv 1(mod 3),y^k\equiv 1(mod 3),x^k+y^k\equiv 2(mod 3)$，原方程不可能成立，无解

若$k$是奇数，若$n=0$，$x^k+y^k=1$，显然无解，所以$n\geq 1$且$3|(x+y)$

由指数提升定理，$n=v_3(x^k+y^k)=v_3(x+y)+v_3(k)$

故$x^k+y^k=3^n=3^{v_3(x+y)}3^{v_3(k)}=(x+y)k$

不失一般性地，设$x>y$，则$k=\frac{x^n+y^n}{x+y}=x^{k-1}-x^{k-2}y+…-xy^{k-2}+y^{k-1}$

$k=(x-y)(x^{k-2}+x^{k-4}y^2+…+xy^{k-3})+y^{k-1}$

由于$LHS\geq x^{k-2}$，$x^{k-2}\leq k$，故$\ln(x)\leq \frac{\ln(k)}{k-2}$，其中$k\geq 3,x\geq 2$

根据导数分析，$f(k)=\frac{\ln(k)}{k-2}$在$[3,+\infty)$上单调递减，故$\ln(x)\leq \ln(3)$，$x\leq 3$

而$x$不能整除$3$，故$x=2,y=1$

这种情况下，$2^{k-2}>k$仅在$k=3,4$时成立，$k$是奇数，故$k=3$

经检验，$x=2,y=1,k=3$是原方程的解

故当$k=3$时，方程的解为$(2,1)$或$(1,2)$，当$k\neq3$时，方程无解

例题四　设$a,b$是正实数且$a-b,a^2-b^2,a^3-b^3,…$都是正整数，证明：$a,b$都是正整数

因为$(a-b)\in Z，(a^2-b^2)\in Z$，所以$a+b=\frac{a^2-b^2}{a-b}\in Q$

所以$a=\frac{1}{2}(a+b)+\frac{1}{2}(a-b)$是有理数，同理$b=\frac{1}{2}(a+b)-\frac{1}{2}(a-b)$也是有理数

不妨设$a=\frac{x}{z},b=\frac{y}{z}$，$x,y,z$均为正整数，且$z$尽可能小

则由已知条件，$z^n|(x^n-y^n)$对于所有的$n$恒成立

设素数$p|z$，由于$z|(x-y)$，$p|(x-y)$，若$p|x,p|y$，我们可以写出$a=\frac{\frac{x}{p}}{\frac{z}{p}},b=\frac{\frac{y}{p}}{\frac{z}{p}}$

也就是说$z$可以更小，所以$p\nmid x,p\nmid y$，这样的话我们就可以应用指数提升定理：

若$p$为奇数，$n\leq v_p(z^n)=v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$

$p^n\leq (x-y)n$，$\frac{p^n}{n}\leq (x-y)$

当$n\to +\infty$时，$f(n)=\frac{p^n}{n}\to \infty$，而$(x-y)$是一个定值，显然不可能恒成立

若$p$为偶数，即$p=2$时，$n\leq v_2(z^n)=v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(n)+v_2(x+y)-1$

得到$\frac{2^{n+1}}{n}\leq (x-y)(x+y)$s，同样不可能恒成立

故不存在素数$p|z$，即$z=1$，所以$a,b$均为正整数

　　

　　

练习题目

1、求方程$3^x=2^xy+1$的正整数解$(x,y)$的个数

2、求方程$p^x-y^p=1$的所有正整数解$(x,y,p)$，其中$p$为素数

3、求所有正整数$a,b>1$，使得$a^b|(b^a-1)$

4、求方程$(n-1)!+1=n^m$的所有正整数解$(n,m)$

5、是否存在正整数$n$使得$n|(2^n+1)$，且$n$有$10086$个素因子

6、求所有正整数$n$，使得$n^2|2^n+1$

7、已知$p$是一个奇素数，正整数$x,y,m>1$，证明：如果$\frac{(x^p+y^p)}{2}=(\frac{x+y}{2})^m$，则$m=p$

8、求$x^{2009}+y^{2009}=7^z$的所有正整数解$(x,y,z)$

9、求所有正整数$a$使得对所有正整数$n$，$4(a^n+1)$是完全立方数

10、给定正整数$u>1$，证明：至多存在有限个三元正整数组$(n,a,b)$满足$n!=u^a-u^b$