LTEの補題

LTEの補題の起源は明確でない。現在のような名称と整理された形が注目されるようになったのは2000年代と言われる^[1]。ただし、補題の核となる発想はカール・フリードリヒ・ガウスの Disquisitiones Arithmeticae において言及されている^[2]。競技数学の分野で使われることがある一方で、楕円曲線の研究にも応用される^[3][4]。

任意の整数x, y及び正整数n、x, yの素因数でない素数pについて、次の主張が成立する。

• pが奇素数であるとき、
  • ${\displaystyle x-y\equiv 0{\pmod {p}}}$ であれば${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}(x-y)+\nu _{p}(n)}$。
  • ${\displaystyle x+y\equiv 0{\pmod {p}}}$ かつnが奇数ならば、${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})=\nu _{p}(x+y)+\nu _{p}(n).}$
  • ${\displaystyle x+y\equiv 0{\pmod {p}}}$ かつnが偶数ならば、${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})=0.}$
• pが偶数の素数つまり2であるとき、
  • ${\displaystyle x-y\equiv 0{\pmod {2}}}$ かつnが偶数ならば、${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(x+y)+\nu _{2}(n)-1=\nu _{2}\left({\frac {x^{2}-y^{2}}{2}}\right)+\nu _{2}(n).}$
  • ${\displaystyle x-y\equiv 0{\pmod {2}}}$ かつnが奇数ならば、${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y).}$
• 任意のpについて、
  • ${\displaystyle x-y\equiv 0{\pmod {p}}}$ かつ、nがpで割り切れないならば${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}(x-y).}$
  • ${\displaystyle x+y\equiv 0{\pmod {p}}}$ かつ、nがpで割り切れないかつ、nが奇数ならば${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})=\nu _{p}(x+y).}$

p = 2の場合の系には以下の様なものがある。

• ${\displaystyle x-y\equiv 0{\pmod {4}}}$ で、x, yがともに奇数ならば、${\displaystyle \nu _{2}(x+y)=1}$で、${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(n).}$
• ${\displaystyle x+y\equiv 0{\pmod {2}}}$ かつnが偶数のとき、${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}+y^{n})=1.}$
• ${\displaystyle x+y\equiv 0{\pmod {2}}}$ かつnが奇数のとき、${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}+y^{n})=\nu _{2}(x+y).}$

nがpで割り切れない場合について、 ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}(x-y)}$ を証明する。${\displaystyle x\equiv y{\pmod {p}}}$ より、

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

(1)

また、${\displaystyle x^{n}-y^{n}=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^{2}+\dots +y^{n-1})}$であるから題意は示された。nが奇数の場合の式 ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})=\nu _{p}(x+y)}$については、yをその反数-yに置き換えることで得られる。

y = x + kp（kは整数）を代入しn = pとして、二項展開することで、(1)式左辺はpで割り切れるがp²では割り切れないことが分かる。したがって${\displaystyle \nu _{p}(x^{p}-y^{p})=\nu _{p}(x-y)+1}$^[1]。同様に${\displaystyle \nu _{p}(x^{p}+y^{p})=\nu _{p}(x+y)+1}$。

n = p^ab（bはpで割り切れない）とすると、基本の場合より ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}((x^{p^{a}})^{b}-(y^{p^{a}})^{b})=\nu _{p}(x^{p^{a}}-y^{p^{a}})}$。

式${\displaystyle \nu _{p}(x^{p}-y^{p})=\nu _{p}(x-y)+1}$をa回用いることで、

${\displaystyle {\begin{aligned}\nu _{p}(x^{p^{a}}-y^{p^{a}})&=\nu _{p}(((\dots (x^{p})^{p}\dots ))^{p}-((\dots (y^{p})^{p}\dots ))^{p})\ \\&=\nu _{p}(x-y)+a\end{aligned}}}$

が示される。${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})}$の場合も同様にして証明できる。

p = 2のとき、二項展開の際に奇素数とは異なりp(p - 1)/2がpの倍数とならない。

${\displaystyle x\equiv y{\pmod {4}}}$ であるとき、n = 2^ab（bは奇数）とすると、

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

ここで${\displaystyle x\equiv y\equiv \pm 1{\pmod {4}}}$ より、${\displaystyle x^{2^{k}}+y^{2^{k}}\equiv 2{\pmod {4}}}$（kは非負整数）であることを用いた。

また、これを利用して、より強い主張である${\displaystyle x\equiv y{\pmod {2}}}$のとき${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(x+y)+\nu _{2}(n)-1}$が証明される^[1]。

LTEの補題はxⁿ - yⁿ/x - yが整数となるような複素数x, yにおいても同様に成立する^[5]。