Lema Lifting the exponent

En Matemática, el lema lifting the exponent o lema LTE proporciona varias fórmulas para calcular la valoración p-ádica $v_p$ de enteros de la forma $a^n\pm b^n$. Este lema de teoría de números elemental es llamado así ya que describe los pasos necesarios para "elevar" (Plantilla:Lang) el exponente $p$ en tales expresiones. Está relacionado al Lema de Hensel.

Antecedentes

Los orígenes exactos del lema no están claros; el resultado con su nombre actual y forma, han sido notado en la primera década del Plantilla:Siglo. Sin embargo varias de sus ideas principales utilizadas para su demostración eran conocidas por Gauss y referenciadas en su obra Disquisitiones arithmeticae. A pesar de apareceer principalmente en problemas de competencias, a veces se aplica a temas de investigación, como las curvas elípticas.

Demostración

Caso Base (p impar)

Se probará primero el caso base ${\nu }_p(x^n-y^n)={\nu }_p(x-y)$ cuando $\mathrm{mcd}(n,p)=1$. Ya que $p\mid x-y⟺x\equiv y(\mathrm{mod}p)$,

$x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}{y}^2+\dots +y^{n-1}\equiv n{x}^{n-1}\equiv ̸0(\mathrm{mod}p)(1)$

El hecho que $x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}{y}^2+\dots +y^{n-1})$ completa la demostración. $◼$

La condición ${\nu }_p(x^n+y^n)={\nu }_p(x+y)$ para $n$ impar es análoga.

Caso General (p impar)

Por medio de expansión binomial, la substitución $y=x+kp$ puede ser usada en (1) para mostrar que ${\nu }_p(x^p-y^p)={\nu }_p(x-y)+1$ ya que (1) es múltiplo de $p$ pero no de $p^2$. Similarmente, ${\nu }_p(x^p+y^p)={\nu }_p(x+y)+1$.

Entonces, si $n$ es escrito como $p^{a}b$ donde $p\nmid b$, el caso base nos da

${\nu }_p(x^n-y^n)={\nu }_p((x^{p^a}{)}^b-(y^{p^a}{)}^b)={\nu }_p(x^{p^a}-y^{p^a})$.

Por inducción en $a$,

$\begin{array}{cc}{\nu }_p(x^{p^a}-y^{p^a})& ={\nu }_p(((\dots (x^p{)}^p\dots ){)}^p-((\dots (y^p{)}^p\dots ){)}^p)\text{(exponenciación usada }a\text{ veces por término)}\\ & ={\nu }_p(x-y)+a\end{array}$

Un argumento similar puede ser aplicado para ${\nu }_p(x^n+y^n)$.

Caso general (p = 2)

La prueba para el caso $p$ impar no puede ser directamente aplicada cuando $p=2$ porque el coeficiente binomial$(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{2})=\frac{p(p-1)}{2}$ es entero múltiplo de $p$ cuando $p$ es impar.

Sin embargo, se puede mostrar que ${\nu }_2(x^n-y^n)={\nu }_2(x-y)+{\nu }_2(n)$ cuando $4\mid x-y$ al escribir $n=2^{a}b$ donde $a$ y $b$ son enteros con $b$ impar y notando que

$\begin{array}{cc}{\nu }_2(x^n-y^n)& ={\nu }_2((x^{2^a}{)}^b-(y^{2^a}{)}^b)\\ & ={\nu }_2(x^{2^a}-y^{2^a})\\ & ={\nu }_2((x^{2^{a-1}}+y^{2^{a-1}})(x^{2^{a-2}}+y^{2^{a-2}})\cdots (x^2+y^2)(x+y)(x-y))\\ & ={\nu }_2(x-y)+a\end{array}$

dado que $x\equiv y\equiv \pm 1(\mathrm{mod}4)$, cada factor de la forma $x^{2^k}+y^{2^k}$ en el paso de diferencias de cuadrados es congruente a 2 módulo 4.

El resultado más fuerte ${\nu }_2(x^n-y^n)={\nu }_2(x-y)+{\nu }_2(x+y)+{\nu }_2(n)-1$ cuando $2\mid x-y$ se prueba análogamente.

Resumen

Para $x,y$ enteros, un entero positivo $n$, y un número primo $p$ tal que $p\nmid x$ y $p\nmid y$, las siguientes afirmaciones se cumplen:

• Cuando $p$ es impar:
  • Si $p\mid x-y$, entonces ${\nu }_p(x^n-y^n)={\nu }_p(x-y)+{\nu }_p(n)$.
  • Si $n$ es impar y $p\mid x+y$, entonces ${\nu }_p(x^n+y^n)={\nu }_p(x+y)+{\nu }_p(n)$.

• Cuando $p=2$:
  • Si $2\mid x-y$ y $n$ es impar, entonces ${\nu }_2(x^n-y^n)={\nu }_2(x-y)$. (Es consecuencia del caso general.)
  • Si $4\mid x-y$, entonces ${\nu }_2(x+y)=1$ y por tanto ${\nu }_2(x^n-y^n)={\nu }_2(x-y)+{\nu }_2(n)$.
  • Si $2\mid x-y$ y $n$ es par, entonces ${\nu }_2(x^n-y^n)={\nu }_2(x-y)+{\nu }_2(x+y)+{\nu }_2(n)-1$.

• Para todo $p$:
  • Si $\mathrm{mcd}(n,p)=1$ y $p\mid x-y$, entonces ${\nu }_p(x^n-y^n)={\nu }_p(x-y)$.
  • Si $\mathrm{mcd}(n,p)=1$, $p\mid x+y$ y $n$ impar, entonces ${\nu }_p(x^n+y^n)={\nu }_p(x+y)$.

Ejemplo

Encuentre todos los $n$ naturales tales que $2^n\mid 3^n-1$.

Solución. Para $n=1$, $2\mid 3-1$ es verdadera.

Para $n\ge 2$, $3^n-1\equiv (-1{)}^n-1\equiv 0(mod4)$ por tanto $n$ debe ser par. Para los casos $n=2$, $2^2\mid 3^2-1$ y $n=4$, $2^4\mid 3^4-1$ son verdaderas.

Ahora, aplicando el lema LTE

$v_2(3^n-1)=v_2(3-1)+v_2(3+1)+v_2(n)-1=v_2(n)+2$

Sabemos que si $2^n\mid 3^n-1$ debe de suceder que $2^n\mid 2^{v_2(3^n-1)}$, por tanto $n\le v_2(n)+2$. De ahí podemos decir

$v_2(n)\ge n-2\iff n\ge 2^{n-2}$

Resulta que para $n\ge 5$, $2^{n-2}>n$. Esto se puede probar por inducción, terminando así la prueba. $◼$

Véase también

• Teoría de números
• Lema de Hensel

Enlaces externos

• Plantilla:Cite webPlantilla:Cbignore
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