数学联邦政治世界观
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Lifting the exponent:LTE引理

记号 . υₚ(α)为α的标准分解式中素数p的次数;δₚ(α)为满足αᵏ≡1(mod p)的最小正整数k;φ(n)为Euler函数.

LTE引理 . p为素数,α,b∈ℤ,n≥1,满足p∣α−b,(p,αb)=1 .

( 1 ) 若p≥3,则

υₚ(αⁿ−bⁿ)=υₚ(α−b)+υₚ(n)

( 2 ) 若p=2,则

υ₂(αⁿ−bⁿ)

n

={υ₂(α²−b²)+υₚ(─)2∣n

2

{υ₂(α−b) 2 ∤ n

推论 .p为奇素数,α,b∈ℤ,n 为正奇数,满足p∣α+b,(p,αb)=1 . 则

υₚ(αⁿ+bⁿ)=υₚ(α+b)+υₚ(n)

引理1 . p为素数,α,b∈ℤ,n≥1,满足p∣α−b,(p,αb)=1,且(n,p)=1,则有

υₚ(αⁿ−bⁿ)=υₚ(α−b)

证明: 有展开式αⁿ−bⁿ=(α−b)(αⁿ⁻¹+αⁿ⁻²b+⋯bⁿ⁻¹) . 其中

αⁿ⁻¹+αⁿ⁻²b+⋯bⁿ⁻¹≡nαⁿ⁻¹≢0(mod p)

故υₚ(αⁿ⁻¹+αⁿ⁻²b+⋯bⁿ⁻¹)=0,即证 .

引理2 . p为素数,α,b∈ℤ,满足p∣α−b,(p,αb)=1 . 若p≥3 或p=2且4∣α−b,则有

υₚ(αᵖ−bᵖ)=υₚ(α−b)+1

证明: 若p≥3,有展开式αᵖ−bᵖ=(α−b)(αᵖ⁻¹+αᵖ⁻²b+⋯bᵖ⁻¹).

由于α≡b(mod p),设b=α+pl,则

αᵖ⁻¹+αᵖ⁻²b+⋯bᵖ⁻¹≡pαᵖ⁻¹+plαᵖ⁻²(1+2+⋯+p−1)≡pαᵖ⁻¹+p²lαᵖ⁻² p−1

───

2

≢0(mod p²)

于是p ‖ αᵖ⁻¹+αᵖ⁻²b+⋯bᵖ⁻¹,即υₚ(αᵖ⁻¹+αᵖ⁻²b+⋯bᵖ⁻¹)=1,即证 .

而当p=2且4∣α−b,则2∣l,同样有α+b≡2α+2l≢0(mod 4) .

LTE引理的证明: 设n=pᵏm,(p,m)=1,则υₚ(n)=k .

( 1 ) 若p≥3,则

υₚ(αⁿ−bⁿ)=υₚ(αᵖᵏᵐ−bᵖᵏᵐ)

=υₚ(αᵖᵏ−bᵖᵏ)

=υₚ(α−b)+k

=υₚ(α−b)+υₚ(n)

( 2 ) 若p=2,则α,b均为奇数,α²≡b²(mod 4),故当2∣n时,

υ₂(αⁿ−bⁿ)=υ₂(α²−b²)+k−1=υ₂(α²−b²)+υ₂

(n)

(2)

当2∤n时,由引理2即证 .

注 . 若又有α≡b(mod 4),则υ₂(αⁿ−bⁿ)=υ₂(α−b)+υ₂(n)

应用 . p为奇素数,α>1,已知模p的原根存在,求证pα存在原根 .

证明: 设g为模p原根,(g,p)=1,gᵖ⁻¹≡1(mod p) .

若gᵖ⁻¹≢1(mod p²),则令r=g .

若gᵖ⁻¹≡1(mod p²),则令r=g+p,从而

rᵖ⁻¹≡gᵖ⁻¹+(p−1)pgᵖ⁻²≡1−pgᵖ⁻²≢1(mod p²)

即r为模p原根,且υₚ(rᵖ⁻¹−1)=1 . 下证r为模pα原根 .

设δ=δpα(r),rδ≡1(mod pα)⟹rδ≡1(mod p) . 从而p−1∣δ . 又因为δ∣φ(pα)=pα⁻¹(p−1),可设δ=pβ(p−1),(0≤β≤α−1),由LTE引理有

α≤υₚ(rδ−1)=υₚ (rᵖβ⁽ᵖ⁻¹⁾−1)=υₚ(rᵖ⁻¹−1)+β=1+β

故β=α−1,即r为模pα原根 .

参考资料.

Lifting-the-exponent lemma - Wikipedia

Lifting the exponent | Complex Projective 4-Space (hatsya.com)

升幂定理大练兵 (zhihu.com)

浅谈升幂(LTE)引理 (zhihu.com)

Lifting The Exponent | Brilliant Math & Science Wiki

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