OI 数学：升幂引理

记素数 \(p\) 的 \(p\)-进赋值为 \(\nu_p(\cdot)\)，即 \(\nu_p(n)=k\iff p^k\mid n,\ p^{k+1}\nmid n\)。

本引理始终假设 \(p\nmid x\) 且 \(p\nmid y\)。

为便于说明，还用到恒等式 \(\nu_p(uv)=\nu_p(u)+\nu_p(v)\) 与 \(\nu_p(u+v)\ge\min\{\nu_p(u),\nu_p(v)\}\)，且当两项的 \(\nu_p\) 不等时取等号。

定理内容（常见形态）

当 \(p\) 为奇素数且 \(p\mid x-y\) 时，对一切正整数 \(n\) 都有

\[\nu_p(x^n-y^n)=\nu_p(x-y)+\nu_p(n). \]

当 \(p\) 为奇素数且 \(p\mid x+y\) 时，若 \(n\) 为奇数，则

\[\nu_p(x^n+y^n)=\nu_p(x+y)+\nu_p(n), \]

若 \(n\) 为偶数，则 \(\nu_p(x^n+y^n)=0\)。

当 \(p=2\) 且 \(x,y\) 为奇数时，若 \(n\) 为奇数，则

\[\nu_2(x^n-y^n)=\nu_2(x-y), \]

若 \(n\) 为偶数，则

\[\nu_2(x^n-y^n)=\nu_2(x-y)+\nu_2(x+y)+\nu_2(n)-1. \]

证明

证明（奇素数，差的情形 \(p\mid x-y\)）

令 \(v=\nu_p(x-y)\ge1\)。取整数 \(s\) 使得

\[x=y+p^{v}s,\qquad p\nmid s. \]

二项式展开得

\[x^n-y^n=(y+p^{v}s)^n-y^n=\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}y^{\,n-k}(p^{v}s)^{k}. \]

将 \(k=1\) 项与其余项分开：

\[x^n-y^n=p^{v}\Bigl(n\,s\,y^{\,n-1}\Bigr)+\sum_{k\ge2}\binom{n}{k}y^{\,n-k}s^{k}p^{vk}. \]

第一项的 \(p\)-进赋值是

\[\nu_p\bigl(p^{v}n s y^{\,n-1}\bigr)=v+\nu_p(n), \]

因为 \(p\nmid s,y\)。对每个 \(k\ge2\) 的项，有 \(\nu_p\ge vk\ge v+1\)。据此从整体中提取公因子 \(p^{\,v+\nu_p(n)}\)：

\[x^n-y^n=p^{\,v+\nu_p(n)}\Bigl(A+B\Bigr), \]

其中

\[A=\frac{n}{p^{\nu_p(n)}}\,s\,y^{\,n-1}\quad\text{为不被 }p\text{ 整除的整数，}\qquad B=\sum_{k\ge2}\binom{n}{k}y^{\,n-k}s^{k}p^{\,vk-\nu_p(n)}\ \text{被 }p\text{ 整除}. \]

于是 \(A+B\not\equiv0\pmod p\)，从而

\[\nu_p(x^n-y^n)=v+\nu_p(n)=\nu_p(x-y)+\nu_p(n). \]

证毕。

证明（奇素数，和的情形 \(p\mid x+y\)）

若 \(n\) 为奇数，令 \(y'=-y\)。则 \(p\mid x-(-y)=x+y\)，且

\[x^n+y^n=x^n-(-y)^n. \]

由上一节（差的情形）直接得到

\[\nu_p(x^n+y^n)=\nu_p(x+y)+\nu_p(n). \]

若 \(n\) 为偶数，则模 \(p\) 下有 \(x\equiv -y\)，于是

\[x^n+y^n\equiv (-y)^n+y^n\equiv 2y^n\not\equiv0\pmod p\quad(\text{因 }p\text{ 奇且 }p\nmid y), \]

故 \(\nu_p(x^n+y^n)=0\)。

证毕。

证明（\(p=2\)，奇次幂差）

当 \(n\) 为奇数时，沿用差的情形的二项式法。由于 \(\nu_2(n)=0\)，完全同样的估值比较给出

\[\nu_2(x^n-y^n)=\nu_2(x-y). \]

证毕。

证明（\(p=2\)，偶次幂差）

设 \(x,y\) 为奇数且 \(n\) 为偶数。写成 \(n=2m\)。首先用恒等式

\[x^{2m}-y^{2m}=(x-y)(x+y)\sum_{j=0}^{m-1}x^{\,2(m-1-j)}y^{\,2j}. \]

令

\[S_m=\sum_{j=0}^{m-1}x^{\,2(m-1-j)}y^{\,2j}. \]

因为 \(x,y\) 均为奇数，故一切项 \(x^{2a}y^{2b}\equiv1\pmod 8\)。若 \(m\) 为奇数，则

\[S_m\equiv m\equiv1\pmod 2, \]

从而 \(\nu_2(S_m)=0=\nu_2(m)\)。若 \(m\) 为偶数，可将 \(m=2^t\cdot m_0\)（\(m_0\) 奇）逐次配对求和或用归纳证明得到

\[\nu_2(S_m)=\nu_2(m). \]

更快速的判定是：对任意偶数 \(N\)，奇数 \(a,b\) 总有

\[a^N+b^N\equiv2\pmod 8, \]

故 \(\nu_2(a^N+b^N)=1\)；而对奇数 \(N\)，

\[a^N+b^N=(a+b)\cdot T,\quad T\equiv N\pmod 2, \]

故 \(\nu_2(a^N+b^N)=\nu_2(a+b)\)。将这些事实用于

\[x^{2m}-y^{2m}=(x-y)\bigl(x^m-y^m\bigr)\bigl(x^m+y^m\bigr), \]

并注意 \(\nu_2(x^m-y^m)=\nu_2(x-y)\)（因 \(m\) 奇）以及 \(\nu_2(x^m+y^m)=\nu_2(x+y)\)（因 \(m\) 奇），即可得到

\[\nu_2(x^{2m}-y^{2m})=\nu_2(x-y)+\nu_2(x+y)+\nu_2(m)+1-1 =\nu_2(x-y)+\nu_2(x+y)+\nu_2(2m)-1. \]

由 \(n=2m\) 即得所求

\[\nu_2(x^{n}-y^{n})=\nu_2(x-y)+\nu_2(x+y)+\nu_2(n)-1. \]

证毕。

说明与常见推论

若 \(x,y\) 为奇数且 \(4\mid x-y\)，则 \(\nu_2(x+y)=1\)，把它代入上式得

\[\nu_2(x^{n}-y^{n})=\nu_2(x-y)+\nu_2(n), \]

这与奇素数情形的公式完全一致，是常用快捷结论。

附 Lifting The Exponent Lemma (LTE).pdf