Lifting the exponent：LTE引理

数学使徒（MathematicalApostle）

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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