升幂定理学习笔记

一、升幂定理

引入记号 $v_p(n)$ 表示 $n$ 的唯一分解中 $p$ 的次数，即 $p^{v_p(n)}\mid n$ 且 $p^{v_p(n)}\nmid n$ 。
升幂定理分为两种情况，模数为奇质数和模数为 $2$ 。
① 模数为奇质数时，定理内容为：
$n$ 为正整数，整数 $p\nmid x,p\nmid y$，且 $x\equiv y(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 。则满足：
$$v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$$

② 模数为 $2$ 时，定理内容为：
$n$ 为正整数，整数 $x$ 和 $y$ 均为奇数。
若 $n$ 为奇数，则：
$$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)$$

若 $n$ 为偶数，则：
$$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(x+y)+v_2(n)-1$$

二、证明

模数为奇质数

引理 $1$ ：当 $p$ 为奇质数，$x,y\in {\mathbb{Z}}_{+}$ 满足 $p\nmid x,p\nmid y$ 且 $x\equiv y(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 时， $v_p(x^p-y^p)=v_p(x-y)+1$ 。

证明：
$$(x^p-y^p)=(x-y)(x^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1})$$

对两边取 $v_p$ 得
$$v_p(x^p-y^p)=v_p(x-y)+v_p(x^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1})$$

要证 $v_p(x^p-y^p)=v_p(x-y)+1$ 只需证 $v_p(x^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1})=1$ 即可，即证明 $p\mid (x^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1})$ 且 $p^2\nmid x^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1}$ 。

① $p\mid (x^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1})$

由于 $x\equiv y(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ ，因此 $x^k\equiv y^k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),k\in {\mathbb{Z}}_{+}$ ，所以 $x^{p-1}\equiv x^{p-2}y\equiv \cdots \equiv y^{p-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ ，原式可化简为
$$x^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1}\equiv p{x}^{p-1}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

故 $p\mid (x^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1})$ 。

② $p^2\nmid (x^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1})$

由于 $x\equiv y(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 不妨设 $y=x+kp,k\in \mathbb{Z}$ 。
对于 t∈{0,1,2,3,…,p−1}t\in\{0,1,2,3,\dots ,p-1\}t∈{0,1,2,3,…,p−1} ，写出右边的通项并使用二项式定理展开得到
$$x^{p-1-t}{y}^t=x^{p-1-t}(x+kp{)}^t=x^{p-1-t}(x^t+C_t^1{x}^{t-1}(kp)+C_t^2(kp{)}^2+\dots )$$

在模 $p^2$ 同余系下有
$$\begin{array}{rl}{x}^{p-1-t}(x^t+C_t^1{x}^{t-1}(kp)+C_t^2(kp{)}^2+\dots )& \equiv x^{p-1-t}(x^t+t{x}^{t-1}(kp)+\frac{t(t-1)}{2}{x}^{t-2}(kp{)}^2+\dots )\\ & \equiv x^{p-1-t}(x^t+t{x}^{t-1}(kp))\\ & \equiv x^{p-1}+t{x}^{p-2}kp(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^2)\end{array}$$

据此通项原式在模 $p^2$ 剩余系下可化简为（这里化简的最后一步只有 $\frac{p-1}{2}$ 是整数才可以，也就是 $p$ 需要为奇质数）
$$\begin{array}{rl}{x}^{p-1}+x^{p-2}y+\cdots +y^{p-1}& \equiv \sum _{t=0}^{p-1}(x^{p-1}+t{x}^{p-2}kp)\\ & \equiv p{x}^{p-1}+\left(\sum _{t=1}^{p-1}t\right)x^{p-2}kp\\ & \equiv p{x}^{p-1}+\frac{p(p-1)}{2}{x}^{p-2}kp\\ & \equiv p{x}^{p-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^2)\end{array}$$

由于 $x\not\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ ，因此 $x^{p-1}\not\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ ，所以 $p{x}^{p-1}\not\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^2)$ 。

接下来采用归纳方式证明模数为奇质数的情况：

证明：

不妨设 $v_p(n)=\alpha ,n=p^{\alpha }m$ 。
易知
$$\begin{array}{rl}{x}^n-y^n& =x^{p^{\alpha }m}-y^{p^{\alpha }m}=(x^{p^{\alpha }}{)}^m-(y^{p^{\alpha }}{)}^m\\ & =(x^{p^{\alpha }}-y^{p^{\alpha }})(x^{m-1}+x^{m-2}y+\cdots +y^{m-1})\end{array}$$

由引理 $1$ 的证明过程有 $x^{m-1}\equiv x^{m-2}y\equiv \cdots \equiv y^{m-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 。
则上式中右边括号可化简为
$$x^{m-1}+x^{m-2}y+\cdots +y^{m-1}\equiv m{x}^{m-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

根据 $v_p(n)$ 的定义可知 $p^{\alpha +1}\nmid n$ ，故 $p\nmid m$ ，又 $x\not\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ ，因此 $x^{m-1}\not\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ ，所以 $m{x}^{m-1}\not\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 。
因此
$$v_p(x^n-y^n)=v_p(x^{p^{\alpha }}-y^{p^{\alpha }})+v_p(x^{m-1}+x^{m-2}y+\cdots +y^{m-1})=v_p(x^{p^{\alpha }}-y^{p^{\alpha }})$$

根据引理 $1$ 开始归纳

$$\begin{array}{rl}{v}_p(x^n-y^n)& =v_p(x^{p^{\alpha }}-y^{p^{\alpha }})\\ & =v_p((x^{p^{\alpha -1}}{)}^p-(y^{p^{\alpha -1}}{)}^p)\\ & =v_p(x^{p^{\alpha -1}}-y^{p^{\alpha -1}})+1\\ & =\dots \\ & =v_p(x-y)+\alpha \\ & =v_p(x-y)+v_p(n)\end{array}$$

模数为 $2$

引理 $2$ ：当 $n\in {\mathbb{Z}}_{+}$ ，$x,y$ 为奇整数且满足 $4\mid (x-y)$ 时，$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+n$ 。

证明：

$n$ 为奇数时显然。
$n$ 为偶数时，不妨设 $v_2(n)=\alpha ,n=2^{\alpha }m$ 。根据证明奇质数的情况时得到的结论，有
$$v_2(x^n-y^n)=v_2(x^{2^{\alpha }m}-y^{2^{\alpha }m})=v_2(x^{2^{\alpha }}-y^{2^{\alpha }})$$

根据平方差公式 $x^{2^{\alpha }}-y^{2^{\alpha }}=(x^{2^{\alpha -1}}+y^{2^{\alpha -1}})(x^{2^{\alpha -1}}-y^{2^{\alpha -1}})$ 不断展开得
$$x^{2^{\alpha }}-y^{2^{\alpha }}=(x^{2^{\alpha -1}}+y^{2^{\alpha -1}})(x^{2^{\alpha -2}}+y^{2^{\alpha -2}})\dots (x+y)(x-y)$$

因此
$$v_2(x^{2^{\alpha }}-y^{2^{\alpha }})=v_2(x^{2^{\alpha -1}}+y^{2^{\alpha -1}})+v_2(x^{2^{\alpha -2}}+y^{2^{\alpha -2}})+\cdots +v_2(x+y)+v_2(x-y)$$

因为 $x,y$ 都是奇整数，所以 $x\equiv \pm 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ 且 $y\equiv \pm 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ ，分别两边平方得 $x^2\equiv y^2\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ ，不断平方可推广至 $x^{2^k}\equiv y^{2^k}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4),k\in {\mathbb{Z}}_{+}$ ，因此 $x^{2^k}+y^{2^k}\equiv 2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ ，故 $v_2(x^{2^k}+y^{2^k})=1$ 。据此可继续化简得
$$v_2(x^{2^{\alpha }}-y^{2^{\alpha }})=1\times (\alpha -1)+v_2(x+y)+v_2(x-y)=v_2(x+y)+v_2(x-y)+\alpha -1$$

又 $4\mid x-y$ ，因此 $x\equiv y\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ 或者 $x\equiv y\equiv 3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ ，无论如何，有 $x+y\equiv 2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ ，故 $v_2(x+y)=1$ 。因此
$$v_2(x^{2^{\alpha }}-y^{2^{\alpha }})=1+v_2(x-y)+\alpha -1=v_2(x-y)+\alpha =v_2(x-y)+v_2(n)$$

接下来根据引理 $2$ 证明模数为 $2$ 的情况：

当 $n$ 为奇数时显然。
当 $n$ 为偶数时，不妨设 $v_2(n)=\alpha ,n=2^{\alpha }m$ 。根据证明奇质数的情况时得到的结论，有
$$v_2(x^n-y^n)=v_2(x^{2^{\alpha }m}-y^{2^{\alpha }m})=v_2(x^{2^{\alpha }}-y^{2^{\alpha }})=v_2((x^2{)}^{2^{\alpha -1}}-(y^2{)}^{2^{\alpha -1}})$$

因为 $x,y$ 都是奇整数，所以 $x\equiv \pm 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ 且 $y\equiv \pm 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ ，分别两边平方得 $x^2\equiv y^2\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$ ，根据引理 $2$ 得
$$\begin{array}{rl}{v}_2((x^2{)}^{2^{\alpha -1}}-(y^2{)}^{2^{\alpha -1}})& =v_2(x^2-y^2)+\alpha -1\\ & =v_2(x+y)+v_2(x-y)+v_2(n)-1\end{array}$$