指数提升定理
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,来源
这里有几个可以使用该定理解决的例题:
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:对于任意的正整数$k$,$2$是模$3^k$意义下的一个原根
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$k\geqslant 2$
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
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:$v_3(5^{18}-2^{18})=v_3(5-2)+v_3(18)=1+2=3$
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
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
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$n!=u^a-u^b$