浅析LTE引理
定义：\(v_p(x)\)表示素数\(p\)整除\(x\)的最高次幂。记\(v_p(x)=\alpha\)也即有\(p^{\alpha}||x\)
引理：\(n\in \mathbb{Z}^+, x,y\in \mathbb{Z}, \forall p\in\mathbb{P},(p,n)=1,p|x-y,p\nmid x,p\nmid y\)，有\(v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)，v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)\)
定理1：\(n\in \mathbb{Z}^+, x,y\in \mathbb{Z}, \forall p\in\mathbb{P},p|x-y,p\nmid x,p\nmid y\)，有\(v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)，v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)\)
定理2（LTE中 \(n=2\)情形1）：\(n\in \mathbb{Z}^+, 4|x-y,2\nmid x,2\nmid y\)，有\(v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(n)\)
定理3（LTE中 \(n=2\)情形2）：\(n\in \mathbb{Z}^+, 2|n,2\nmid x,2\nmid y\)，有\(v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(x+y)+v_2(n)-1\)
反正是scw菜死了，最近才听闻如此好用引理，实属我菜。
证明：不会，我菜。参考这里
1.(没什么用的）基本性质
\(v_p(x)+v_p(y)=v_p(xy)\)
\(v_p(x)-v_p(y)=v_p(\frac{x}{y})\)（此时需要\(y|x\))
是不是很像\(\log\)函数
2.证明整除
我们可以知道，\(x|y \Leftrightarrow\forall p|x,p\in\mathbb{P},v_p(x)\leqslant v_p(y)\)
\[\]\(eg1.\)求证\(2^{m+3}|3^{2^{m+2}}-1\)
应用引理，有\(v_2(3^{2^{m+2}}=v_2(3-1)+v_2(3+1)+v_2(2^{m+2})-1=m+4 > v_2(2^{m+3})=m+3\)知其成立
\[\]\(eg2.\)已知\(a,b,n\in\mathbb{N}^+\),满足\(n|a^n-b^n\)，求证\(n|\frac{a^n-b^n}{a-b}\)
考虑n的一个素因子\(p\)
若 \((p,a-b)=1\)，有\(v_p(\frac{a^n-b^n}{a-b})=v_p(a^n+b^n)\geqslant v_p(n)\)
若\(p|a,p|a\)，有\(p^{v_p(\frac{a^n-b^n}{a-b})}\geqslant p^{n-1}\geqslant n\geqslant p^{v_p(n)}\)
若\(p|a-b,(p,ab)=1\),有\(v_p(\frac{a^n-b^n}{a-b})=v_p(n)\)
3.瞎搞
利用LTE引理在各种数论题目里乱搞
\[\]\(eg1.\;\)求\(x^{2022}+y^{2022}=337^z\)的全部正整数解
由费马小定理\(337|(x^{2022}+y^{2022})-(x+y)\)，故\(337|x+y\)
故\(v_{337}(x^{2022}+y^{2022})=v_{337}(2022)+v_{337}(x+y)=v_{337}(337(x+y))\)
因此\(x^{2022}+y^{2022}\leqslant 337^{v_{337}(x^{2022}+y^{2022})}=337^{v_{337}(337(x+y))}\leqslant 337(x+y)\)
（显然\(p^{v_p(x)}≤x\)）
而不等式\(x^{2022}+y^{2022}\leqslant 337(x+y)\)在\(x,y\)不全等于1时显然不成立
而且\(x=y=1\)也不成立
因此原方程无正整数解
\[\]\(eg2.\;m\in\mathbb{Z},p\in\mathbb{P},\)令\(a_1=8p^m,a_n=(n+1)^{\frac{a_{n-1}}{n}}\)，求所有素数\(p\)使得对于一切\(n\in\mathbb{N}^+\)，均有\(a_n\prod\limits_{i=1}^n(1-\frac{1}{a_i})\in\mathbb{Z}\)
由于对一切n成立，不妨设\(n=2\)，此时\(a_n\prod\limits_{i=1}^n(1-\frac{1}{a_i})=\frac{(a_1-1)(a_2-1)}{a_1}\in\mathbb{Z}\)
\(\Rightarrow a_1|a_2-1\Leftrightarrow 8p^m|3^{4p^m}-1\Rightarrow p|3^{4p^m}-1\)
\(3^{4p^m}-1\equiv3^4-1\equiv80\equiv0\pmod{p}\Rightarrow p=2、5\)
当\(p=2\)时，只需证\(2^{m+3}|3^{2^{m+2}}-1\)
由LTE引理知，\(v_2(3^{2^{m+2}}-1)=v_2(3+1)+v_2(3-1)+v_2(2^{m+2})-1=m+4>v_2(2^{m+3})=m+3\)，所以上式成立。
当\(p=5\)时，只需证\(8·5^m|3^{4·5^m}-1\)，由于\(8|3^{4·5^m}-1\)，只需证\(5^m|3^{4·5^m}-1\)
由LTE引理知，\(v_5(3^{4·5^m}-1)=v_5(3^4-1)+v_5(5^m)=m+1>v_5(5^m)=m\)，所以上式成立。
所以可以知道\(p=2\)或\(5\)
考虑一般情况，\(a_n\prod\limits_{i=1}^n(1-\frac{1}{a_i})\in\mathbb{Z}\Leftrightarrow \frac{(a_1-1)·……·(a_n-1)}{a_1a_2……a_{n-1}}\in\mathbb{Z}\)
猜测有\(\forall n>2,a_{n-1}|a_n-1\),下证之
任取\(a_{n-1}\)的素因子p，只需证\(v_p((n+1)^{\frac{a_{n-1}}{n}}-1)\geqslant v_p(a_{n-1})\)
\(a_n=(n+1)^{\frac{a_{n-1}}{n}}\Rightarrow \frac{a_n}{n+1}=(n+1)^{\frac{a^{n-1}}{n}-1}\Rightarrow\)数归易证，\(\frac{a_{n-1}}{n}\in\mathbb{N}^+\)
也即\(a_n\)为\(n+1\)的正整数次幂，记\(a_n=(n+1)^{\alpha_n}\),由LTE知，\(v_n((n+1)^{\frac{a_{n-1}}{n}}-1)=v_n(n+1-1)+v_n(\frac{a_{n-1}}{n})=\alpha_{n-1}=v_n(a_{n-1})\)得证。
综上，\(p=2\)或\(5\)
喵呜喵呜scw菜