Lema Lifting the exponent
# 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" (lift) 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 siglo XXI. 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 $\operatorname {mcd} (n,p)=1$. Ya que $p\mid x-y\iff x\equiv y{\pmod {p}}$,

    $x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^{2}+\dots +y^{n-1}\equiv nx^{n-1}\not \equiv 0{\pmod {p}}\quad (1)$

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. $\blacksquare$

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 $a$,

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

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 $p=2$ por que el coeficiente binomial${\binom {p}{2}}={\frac {p(p-1)}{2}}$ 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

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

dado que $x\equiv y\equiv \pm 1{\pmod {4}}$, 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 $\operatorname {mcd} (n,p)=1$ y $p\mid x-y$, entonces $\nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}(x-y)$.
   * Si $\operatorname {mcd} (n,p)=1$, $p\mid x+y$ 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 $n\geq 2$, $3^{n}-1\equiv (-1)^{n}-1\equiv 0({\bmod {4}})$ 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 $n\leq v_{2}(n)+2$. De ahí podemos decir

    $v_{2}(n)\geq n-2\Leftrightarrow n\geq 2^{n-2}$

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

