LTE引理

1、奇素数 \(p\) 满足 \(p\mid a-b,p\nmid a,p\nmid b\) ，则有 \(v_p(a^n-b^n)=v_p(a-b)+n\)

证明：我们归纳证明。只需证下面两个引理：

1. \(v_p(a^p-b^p)=v_p(a-b)+1,p\mid a-b,p\nmid a,p\nmid b\)

设 \(a=kp^t+b\) ，由二项式定理知

\(a^p-b^p\equiv C_p^1kp^tb^{p-1}\equiv kb^{p-1}p^{t+1}\:(mod~p^{t+2})\)

其中 \(C_p^mk^mp^{tm}b^{p-m}=\frac{p}{m}C_{p-1}^{m-1}k^mp^{tm}b^{p-m}\) 为 \(p^{tm+1}\) 的倍数， \(tm+1\ge t+2(m\ge 2)\)

2. \(v_p(a^k-b^k)=v_p(a-b),p\mid a-b,p\nmid a,p\nmid b,p\nmid k\)

设 \(a=kp^t+b\) ，由二项式定理知

\(a^k-b^k\equiv C_k^1kp^tb^{k-1}\equiv k^2b^{k-1}p^t\:(mod~p^{t+1})\)

综上，结合归纳法可证原命题

2、奇素数 \(p\) 满足 \(p\mid a+b,p\nmid a,p\nmid b\) ，则对奇数 \(n\) 有 \(v_p(a^n+b^n)=v_p(a+b)+v_p(n)\)

3、\(2\mid x-y,2\nmid x,2\nmid y\) ，则 \(v_2(x^{2n}-y^{2n})=v_2(x^2-y^2)+v_2(n)\)

例1

设 \(p\) 为素数，且存在 \(n\in N^*\) ，使得 \(p\:||\:2^n-1\) ，求证： \(p\:||\:2^{p-1}-1\)

记 \(\delta_p(2)=t,n=st,p-1=rt\)

由 \(LTE\) 引理， \(v_p(2^{n}-1)=v_p(2^t-1)+v_p(s)\) ，这说明 \(v_p(2^t-1)\le v_p(2^n-1)=1\)

又 \(v_p(2^{p-1}-1)=v_p(2^t-1)+v_p(r)\) ，而 \(r<p\) ，可知 \(v_p(2^{p-1}-1)=1\)

例2

求证： \(\large3^{\frac{5^{2^n}-1}{2^{n+2}}}\equiv(-5)^{\frac{3^{2^n}-1}{2^{n+2}}}\:(mod~2^{n+4})\)

记 \(M=2^n\)

由 \(LTE\) 引理，显然 \(2^{n+2}\:||\:5^{M}-1,2^{n+2}\:||\:3^{M}-1\)

记 \(k\) 为满足 \(-5\equiv 3^k\:(mod~2^{2n+4})\) 的最小正整数

由 \(LTE\) 引理可知 \(\delta_{2^{n+4}}(3)=2^{n+2}\)

则只需证 \(3^{\frac{5^M-1}{2^{n+2}}}\equiv 3^{k\frac{3^M-1}{2^{n+2}}}\:(mod~2^{n+4})\)

\(\iff \frac{5^M-1}{2^{n+2}}\equiv k\frac{3^M-1}{2^{n+2}}\:(mod~2^{n+2})\)

\(\iff 5^M-1\equiv (3^M-1)k\:(mod~2^{2n+4})\)

\(\iff 3^{kM}-1\equiv (3^M-1)k\:(mod~2^{2n+4})\) （注意 \(2\mid M\)）

\(\begin{aligned}\iff 2^{2n+4}&\:\mid 3^{kM}-k\cdot 3^M+k-1\\ &=(3^M-1)(3^{M(k-1)}+3^{M(k-2)}+...+1-k)\\ \end{aligned} \)

结合 \(3^M\equiv 1\:(mod~2^{n+2})\) 知

\(3^{M(k-1)}+3^{M(k-2)}+...+1-k\equiv 1+1+...+1-k\equiv 0\:(mod~2^{n+2})\)

接下来我们只需证明 \(k\) 的存在性

归纳证明。设 \(3^k\equiv -5\:(mod~2^n)\)

\(3^{k+2^{n-2}}\equiv 3^k\cdot 3^{2^{n-2}}\equiv (2^n-5)(2^n+1)\equiv -5\:(mod~2^{n+1})\)

例3

求方程 \((a+b)^x=a^y+b^y\) 的所有正整数解 \((a,b,x,y)\)

UPD in 2024：很无聊的问题，别看了

令 \(y=1\) ，有平凡解 \((a,b,1,1)\)

令 \(x=1\) ，有平凡解 \((1,1,1,y)\) （ \(y=2\) 仅有此解）

下考虑 \(y\ge 3,x\ge 2\) ，记 \((a,b)=d,a=da_1,b=db_1\)

原条件等价于 \((a_1+b_1)^x=d^{y-x}(a_1^y+b_1^y)\)

我们先证明对任意素数 \(p\) 满足 \(p\mid s+t,(s,t)=1\) 有 \(v_p(s^k+t^k)\le v_p(s+t)+v_p(k)\)

1. 当 \(p>2\) ， \(k\) 为奇数则为 \(LTE\) 引理， \(y\) 为偶数，由于 \(p\mid a^k-b^k,(a^k-b^k,a^k+b^k)\le 2\) ，有 \(v_p(s^k+t^k)=0\)

2. 当 \(p=2\) ， \(k\) 为偶数由 \(v_2(a^2+b^2)=1,\forall a,b\in \N\) 显然， \(k\) 为奇数则设 \(t=c\cdot 2^n-s,2\nmid c\) ，我们有

\(s^k+t^k=C_k^1\cdot c\cdot 2^n\cdot s^{k-1}+C_k^2\cdot c\cdot 2^{2n}\cdot s^{k-2}+...\equiv C_k^1\cdot c\cdot s^{k-1} \cdot 2^n\:(mod~2^{n+1})\)

显然 \(v_2(s^k+t^k)=v_2(s+t)\) ，即证

回到原题，对每一个 \(a_1+b_1\) 的素因子 \(p\) ，我们有

\(xv_p(a_1+b_1)=(y-x)v_p(d)+v_p(a_1^y+b_1^y)\le (y-x)v_p(d)+v_p(a_1+b_1)+v_p(y)\)

由于 \(p\) 也覆盖了 \(d^{y-x}(a_1^y+b_1^y)\) 的所有素因子（因为它们是相等的），结合所有不等式可知

\((a_1+b_1)^x\le (a_1+b_1)yd^{y-x}\)

又 \((a_1+b_1)^x=d^{y-x}(a_1^y+b_1^y)\) 可知 \(a_1^y+b_1^y\le a_1y+b_1y\) ，其中 \(y\ge 3\)

1. \(a_1=b_1=1\) ，代回原方程 \(2^{x-1}=d^{y-x}\) ，即 \(a=b=d=2^m\) ，解得 \((2^m,2^m,km+1,km+k+1),k\in\N^*\)

2. \(a_1=1,b_1>1\) ，有 \(1+b_1^y\le(1+b_1)y\) ，唯一解为 \(b_1=2,y=3\) ，不难得到 \(d=1\) ，其余情况可归纳证明

3. \(a_1,b_1>1\) ，有 \(a_1^y+b_1^y\le a_1y+b_1y\) ，显然不成立

综上可知所有解为 \((a,b,1,1)(1,1,1,y)(1,2,2,3)(2^m,2^m,km+1,km+k+1)\) ，对称解略

例4

设 \(a,b,c,d\) 是不同的正整数，\(p\) 是不整除 \(abcd\) 的奇素数，已知存在正整数 \(M\) 使得 \(1\le \max\limits_{n\in Z_+}v_p(ca^n-db^n)\le M\) ，证明：存在正整数 \(T\) ，使得对任意正整数 \(n\) ，若 \(v_p(ca^n-db^n)>0\) ，则 \(v_p(ca^n-db^n)=T\)

首先设 \(x^{-1}\) 表示 \(x\) 模 \(p^{M+1}\) 意义下的逆元

记 \(ab^{-1}=x,dc^{-1}=y\) ，我们有 \(v_p(x^n-y)=v_p(ca^n-db^n)\) （模 \(p^{M+1}\) 即可验证）

如果命题不成立，我们可以得知 \(0<v_p(x^s-y)=e<v_p(x^t-y)=f\) ，那么 \(v_p(x^s-x^t)=d\) ， \(\delta_p(x)\) 存在 ，记为 \(k\)

接下来取 \(N=\max v_p(x_n-y)\) ，希望有 \(\delta\) 使得 \(v_p(x^{n+\delta}-y)>v_p(x^n-y)\)

\(v_p(x^{n+\delta}-y)=v_p(x^n-y+x^n(x^\delta-1))\) ，只需 \(\frac{x^\delta-1}{p^N}\equiv (x^n)^{-1}\frac{x^n-y}{p^N}\:(mod~p)\)

由 \(v_p(x^d-1)\le d<N\) ，可取 \(\delta=p^rq\) 使得 \(v_p(x^\delta-1)=N\) ， \(q=1,2,...,p-1\) 时 \(\frac{x^\delta-1}{p^N}\) 遍历模 \(p\) 缩系，证毕

例5

求所有整数 \(b>2\) 满足存在无限多正整数 \(n\) 使得 \(n^2\mid b^n+1\)

取 \(n\) 的某个素因子 \(p\) ，有 \(b^n\equiv -1\:(mod~p),b^{2n}\equiv 1\:(mod~p)\) 那么 \(\delta_p(b)\mid (p,2n)\) 且 \(2\) 的次数与 \(2n\) 一致

此时取 \(p\) 为 \(n\) 的最小素因子，有 \(\delta_p(b)\mid 2\) 且 \(\delta_p(b)\ne 1\) ，从而 \(p\mid b+1\)

\(b=2^c-1\) 时不可，因为此时 \(p=2\) ，而 \(4\mid b^{2k}+1\) 是不可能的（平方数 \(+1\)）

声称其余 \(b\) 均满足题设，从 \(p_1^{\alpha_1} ~||~b+1\) 开始

归纳证明：存在 \(p_{k+1}\mid b^{p_1p_2...p_k}+1\)

实际上 \(b^{p_1p_2...p_k}+1\) 在 \(p_1,p_2,...,p_k\) 只有 \(p_k\) 的次数相比 \(b^{p_1p_2...p_{k-1}}+1\) 提升了一次，而 \(\frac {b^{p_1p_2...p_k}+1}{b^{p_1p_2...p_{k-1}}+1}>p_k\) ，这就意味着一定有一个在 \(p_1,p_2,...,p_k\) 之外的素因子