Lifting The Exponent Lemma
(LTE)

Amir Hossein Parvardi

Versión 6 Traducción al español
14 de marzo de 2021

El lema Lifting The Exponent es una técnica poderosa para resolver ecuaciones diofantinas exponenciales. Es popular en el folclor olímpico (ver Referencia 3) considerando que sus orígenes son difíciles de trazar. Matemáticamente, está íntimamente relacionado con el clásico Lema de Hensel (ver Referencia 2) en Teoría de Números (tanto en el enunciado como en la idea tras su demostración). En este artículo analizaremos esta técnica y presentaremos algunas de sus aplicaciones.

Podemos utilizar el lema Lifting The Exponent (es un nombre largo… ¡sólo llámalo LTE!) en una gran cantidad de problemas que involucren ecuaciones exponenciales, especialmente cuando están relacionadas con números primos (en algunos casos, el problema “sale” inmediatamente). El lema indica cómo encontrar la mayor potencia de un número primo \(p\) —usualmente \(\ge 3\)— que divide a \(a^n+b^n\), para algunos enteros positivos \(a\) y \(b\). Las demostraciones de los teoremas y lemas en en este artículo no son demasiado complejas y todas ellas usan matemáticas elementales. Entender el significado y la forma de aplicar cada teorema es más importante para ti que recordar detalladamente su demostración.

Agradezco a Fedja, darij grinberg (Darij Grinberg), makar y ZetaX (Daniel) por sus comentarios sobre mi artículo. De manera especial, aprecio la ayuda de JBL (Joel) y Fedja con los inconvenientes de \(\TeX\).

Definiciones y notación

Dados dos enteros \(a\) y \(b\), decimos que \(a\) es divisible por \(b\) y escribimos \(b|a\) sí y sólo sí existe un entero \(q\) tal que \(a=qb\).

Definimos \(v_p(x)\) como la máxima potencia de un número primo \(p\) que divide a \(x\); es decir, si \(v_p(x)=\alpha\) entonces \(p^\alpha|x\) y \(p^{\alpha+1}\nmid x\). Escribimos \(p^\alpha \|x\), sí y sólo sí \(v_p(x)=\alpha\). Es fácil notar que \(v_p(xy)=v_p(x)+v_p(y)\) y \(v_p(x+y)\ge\) \(\text{min}\{v_p(x), v_p(y)\}\).

Ejemplo

La mayor potencia de \(3\) que divide a \(63\) es \(3^2\), dado que \(3^2=9|63\) y \(3^3=27\nmid 63\). Utilizando la notación descrita anteriormente, \(3^2\|63\) o \(v_3(63)=2\).

Ejemplo

Es claro que si \(p\) y \(q\) son dos números primos distintos, entonces \(v_p(p^\alpha q^\beta)=\alpha\), lo cual es equivalente a \(p^\alpha\|p^\alpha q^\beta\).

Nota: Se tiene que \(v_p(0)=\infty\) para todos los números primos \(p\).

Dos lemas útiles e importantes

Lema 1

Sean \(x\) y \(y\) dos enteros (no necesariamente positivos), y sea \(n\) un número natural. Para cualquier número primo \(p\) tal que \(\text{MCD}(n,p)=1\), \(p|x−y\) y \(x\) y \(y\) no son divisibles por \(p\) (es decir, \(p\nmid x\) y \(p\nmid y\)), se cumple que

Demostración

Podemos utilizar la siguiente propiedad

Si se demuestra que \(p\nmid x^{n−1}+x^{n−2}y\,+\) \(x^{n−3}y^2+\cdots+y^{n−1}\), se concluye inmediatamente.

Para ello, se utiliza la condición \(p|x−y\). Entonces \(x−y\equiv 0\mod p\), lo cual es equivalente a \(x\equiv y\mod p\). Luego

lo que completa la demostración.

Lema 2

Sean \(x\) y \(y\) dos enteros y \(n\) un número natural impar. Para cualquier número primo \(p\) tal que \(\text{MCD}(n,p)=1\), \(p|x+y\) y \(x\) y \(y\) no son divisibles por \(p\), se cumple que

Demostración

Como \(x\) y \(y\) pueden ser negativos, aplicando el Lema 1 se obtiene que

Nótese que \(n\) es un número natural impar, por lo que se puede reemplazar \((−y)^n\) con \(−y^n\).

Lema Lifting The Exponent (LTE)

Teorema 1 Primera forma de LTE

Sean \(x\) y \(y\) dos enteros, \(n\) un número natural, y \(p\) número primo impar tal que \(p|x−y\) y \(x\) y \(y\) no son divisibles por \(p\) (es decir, \(p\nmid x\) y \(p\nmid y\)), se cumple que

Demostración

Se puede utilizar inducción sobre \(v_p(n)\). Primero, probaremos la siguiente igualdad:

Para ello, se demostrará que

y

Para verificar \(\style{color:#5c5962;}{\eqref{eq:2}}\), se tiene que

Sea \(y=x+kp\), con \(k\) entero. Para algún entero \(t\) tal que \(1\le t< p\) se cumple que

lo que implica

Utilizando dicha propiedad, se tiene que

Hasta ahora se ha demostrado \(\style{color:#5c5962;}{\eqref{eq:3}}\) y \(\style{color:#5c5962;}{\eqref{eq:1}}\). Volvamos al enunciado inicial. Se quiere demostrar que

Supóngase que \(n=p^\alpha b\), de manera que \(\text{MCD}(p,b)=1\). entonces

Nótese que se ha utilizado la siguiente propiedad: si \(p|x−y\), entonces \(p|x^k−y^k\), dado que \(x−y|x^k−y^k\) para todo entero positivo \(k\). La demostración está hecha.

Teorema 2 Segunda forma de LTE

Sean \(x\), \(y\) dos enteros, \(n\) un número natural, y \(p\) un número primo impar tal que \(p|x+y\) y \(x\) y \(y\) no son divisibles por \(p\). Se cumple que:

Demostración

Es claro aplicando el Teorema 1, con el truco utilizado en la demostración del Lema 2.

¿Qué pasa si \(p=2\)?

Pregunta: ¿Por qué se ha asumido que \(p\) es un número primo impar, es decir, \(p\ne 2\)? ¿Por qué no se puede suponer que \(p=2\) en las demostraciones anteriores?

Pista: \(\frac{p−1}{2}\) es un entero sólo cuando \(p>2\).

Teorema 3 LTE para el caso \(p=2\)

Sean \(x\) y \(y\) enteros impares tales que \(4| x−y\). Entonces

Demostración

Se ha demostrado que para todo número primo \(p\) tal que \(\text{MCD}(p,n)= 1\), \(p|x−y\) y \(x\) y \(y\) no son divisibles por \(p\), se cumple que

Sea \(m\) un entero impar y \(k\) un número natural tal que \(n=m\cdot2^k\). Entonces, basta con demostrar que

Se puede factorizar de la siguiente manera:

Como \(x\equiv y\equiv\pm 1\mod 4\) se tiene que \(x^{2^i}\equiv\) \(y^{2^i}\equiv 1\mod 4\) para cualquier entero positivo \(i\), entonces \(x^{2^i}+y^{2^i}\equiv 2\mod 4,\) para \(i=1,2,3,\ldots\) Además, dado que \(x\) y \(y\) son impares y \(4|x−y\), se deduce que \(x+y\equiv 2\mod 4\). Es decir, la potencia de \(2\) en cada factor del producto anterior (excepto \(x−y\)) es \(2^1\), lo que concluyte la demostración.

Teorema 4

Sean \(x\) y \(y\) dos enteros impares y sea \(n\) un número natural par. Se cumple que

Demostración

El cuadrado de un entero impar siempre es de la forma \(4k+1\). Entonces, en el caso de \(x\) y \(y\), \(4|x^2−y^2\). Sea \(m\) un entero impar y \(k\) un número natural tal que \(n=m\cdot2^k\). Entonces

Resumen

Sea \(p\) un número primo y sean \(x\) y \(y\) dos enteros (no necesariamente positivos) no divisibles por \(p\). Entonces:

a. Para cualquier número natural \(n\)

• si \(p\ne 2\) y \(p|x−y\), entonces

• si \(p=2\) y \(4|x−y\), se cumple que

• si \(p=2\), \(n\) es par, y \(2|x−y\), se tiene que

b. Para cualquier número natural impar \(n\), si \(p|x+y\), entonces

c. Para todo número natural \(n\) tal que \(\text{MCD}(p,n)=1\), si \(p|x−y\), entonces

Si \(n\) es impar, \(\text{MCD}(p,n)=1\), y \(p|x+y\), se cumple que

Nota: El error más común al aplicar LTE es no verificar la condición \(p|x\pm y\), así que… ¡Recuerda revisarla siempre! De no hacerlo, tu solución será errónea.

Problemas con soluciones

Problema 1 Rusia 1996

Encuentre todos los números naturales \(n\) para los cuales existen números naturales \(x\), \(y\) y \(k\) tales que \(\text{MCD}(x,y)=1\), \(k>1\) y \(3^n=x^k+y^k\).

Solución

\(k\) debe ser un entero impar (pues si \(k\) es par, \(x^k\) y \(y^k\) son cuadrados perfectos, y es fácil verificar que para cualesquiera enteros \(a\), \(b\) se cumple que \(3|a^2+b^2\) sí y sólo sí \(3|a\) y \(3|b\), lo cual es una contradicción porque \(\text{MCD}(x,y)=1\)).

Supóngase que existe un número primo \(p\) tal que \(p|x+y\), el cual debe ser impar. Entonces \(v_p(3^n)=v_p(x^k+y^k)\), y por el Teorema 2, \(v_p(3^n)=\) \(v_p(x^k+y^k)=\) \(v_p(k)+v_p(x+y)\). Pero \(p|x+y\) implica \(v_p(x+y)\ge 1>0\) y entonces \(v_p(3^n)=v_p(k)+v_p(x+y)>0\), por lo que \(p|3^n\). Es decir, \(p=3\). Esto significa que \(x+y=3^m\) para algún número natural \(m\). Nótese que \(n=v_3(k)+m\). Se tienen dos casos:

• \(m>1\)

  Se puede probar por inducción que \(3^a\ge a+2\) para todo número natural \(a\), lo que implica \(v_3(k)\le k − 2\) (¿Por qué?). Sea \(M=\text{max}(x,y)\). Dado que \(x+y=3^m\ge 9\), se cumple que \(M\ge 5\). Luego

  \[\begin{align*} M^{k-1}\ge 5^{k-1}&\land M\ge \frac{x+y}{2}=\frac{1}{2}\cdot 3^m\\[1em] x^k+y^k&\ge M^k=M\cdot M^{k-1}\\ &\phantom{\ge}>\frac{1}{2}\cdot 3^m\cdot5^{k-1}\\ &\phantom{\ge >}>3^m\cdot 5^{k-2}\\ &\phantom{\ge >>}\ge 3^{m+k-2}\\ &\phantom{\ge >>\ge}\ge 3^{m+v_3(k)}=3^n \end{align*}\]

  lo cual es una contradicción.

• \(m=1\)

  y \(x+y=3\), lo que implica \(x=1\) y \(y=2\) (o \(x=2\) y \(y=1\)). Entonces \(3^{1+v_3(k)}=1+2^k\). Pero \(3^{v_3(k)}|k\), y por ende \(3^{v_3(k)}\le k\). Luego

  \[1+2^k=3^{v_3(k)+1}=3\cdot3^{v_3(k)}\le 3k\implies 1+2^k\le 3k\]

  Es posible verificar que el único valor impar de \(k>1\) que satisface la desigualdad anterior es \(k=3\). Entonces \((x,y,n,k)=\) \((1, 2, 2, 3)\) o \((2, 1, 2, 3)\) en este caso.

Finalmente, la respuesta es \(n=2\).

Problema 2 Balcanes 1993

Sea \(p\) un número primo y \(m>1\) un número natural. Demuestre que si los números naturales \(x>1\) y \(y>1\) satisfacen la igualdad

entonces \(m=p\).

Solución

Se puede probar con inducción sobre \(p\) que \(\frac{x^p+y^{\!\;p}}{2}\ge\left(\frac{x+y}{2}\right)^p\) para todo número natural \(p\). Dado que \(\frac{x^p+y^{\!\;p}}{2}=\left(\frac{x+y}{2}\right)^m\), se debe cumplir que \(m\ge p\). Sea \(d=\text{MCD}(x,y)\), entonces existen enteros \(x_1\) y \(y_1\) tales que \(\text{CDC}(x_1,y_1)=1\), \(x=dx_1\), \(y=dy_1\) y \(2^{m−1}(x^p_1+y^{\,p}_1)=d^{m−p}(x_1+y_1)^m\). Se tienen dos casos:

• \(p\) es impar.

  Sea \(q\) cualquier divisor primo de \(x_1+y_1\) y \(v=v_q(x_1+y_1)\). Si \(q\) es impar, se cumple que \(v_q(x^{p}_1+y^{\,p}_1)=v+v_q(p)\) y \(v_q(d^{m−p}(x_1+y_1)^m)\ge mv\) (dado que \(q\) puede ser un factor de \(d\)). Entonces \(m\le 2\) y \(p\le 2\), lo cual es una contradicción. Si \(q=2\), entonces \(m-1+v\ge mv\), por lo que \(v\le 1\) y \(x_1+y_1=2\), luego \(x=y\), y este resultado implica \(m=p\).

• \(p=2\).

  Si \(x+y\ge 4\) se tiene que \(\frac{x^2+y^2}{2}<\) \(2\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\le\) \(\left(\frac{x+y}{2}\right)^3\), entonces \(m=2\).

Problema 3

Encuentre todos los números naturales \(a\), \(b\) mayores que \(1\) que satisfacen

Solución

Sea \(p\) el menor número primo que divide a \(b\). Sea \(m\) el menor número natural tal que \(p|a^m−1\). Se cumple que \(m|b\) y \(m|p−1\), entonces cualquier número primo que divide a \(m\) tamibén divide a \(b\) y es menor que \(p\). Para evitar una contradicción, \(m=1\). Luego, si \(p\) es impar, \(av_p(b)\le v_p(a − 1)+v_p(b)\), lo que implica \((a−1)\) \(\le (a−1)v_p(b)\) \(\le v_p(a−1)\), lo cual es imposible. Ahora, si \(p=2\), \(b\) es par, \(a\) es impar y \(av_2(b)\le v_2(a−1)\,+\,\)​\(v_2(a+1)+v_2(b)−1\) donde \(a\le\) \((a−1)v_2(b)+1\le\) \(v_2(a − 1)\,+\,\)​\(v_2(a+1)\), pero eso es posible sólo si \(a=3\) y \(v_2(b)=1\). Entonces \(b=2B\), donde \(B\) es un número impar, lo cual permite reescribir la condición planteada de la siguiente manera: \(2^3B^3|3^{2B}−1\). Sea \(q\) el menor número primo que divide a \(B\) (el cual es, sin duda alguna, impar). Sea \(n\) el menor número natural tal que \(q|3^n−1\). Entonces \(n|2B\) y \(n|q−1\) , por lo que \(n\) debe ser \(1\) o \(2\) (o \(B\) tendría un divisor primo menor), lo que implica \(q|3−1=2\) o \(q|3^2−1=8\), lo que es una contradicción.

Finalmente, \(B=1\) y \(b=2\).

Problema 4

Encuentre todas las soluciones en los números naturales a la ecuación \(x^{2009}+y^{2009}=7^z\).

Solución

Al factorizar \(2009\), se obtiene que \(2009=7^2\cdot 41\). Como \(x+y|x^{2009}+y^{2009}\) y \(x+y>1\), se cumple que \(7| x+y\). Cancelando la mayor potencia de \(7\) que divide a \(x\) y \(y\) (¿Por qué?), se obtiene una solución de la ecuación donde \(7\nmid x,y\). Verificaremos si existe dicha solución. En tal caso, \(v_7(x^{2009}+y^{2009})=\) \(v_7(x+y)+\) \(v_7(2009)=\) \(v_7(x+y)+2\), entonces \(x^{2009}+y^{2009}=\) \(49\cdot k\cdot(x+y)\) donde \(7\nmid k\). Pero \(x^{2009}+y^{2009}=7^z\), es decir, el único factor primo de \(x^{2009}+y^{2009}\) es \(7\), entonces \(k=1\). Luego \(x^{2009}+y^{2009}=\) \(49(x+y)\). Pero la cantidad del lado izquierdo es considerablemente mayor cuando \(\text{max}(x,y)>1\), además, es claro que \((x,y)=(1,1)\) no es una solución. Entonces, la ecuación no tiene soluciónes en el conjunto de los números naturales.

Problemas desafiantes

Problema 1

Sea \(k\) un número natural. Encuentre todos los números naturales \(n\) tales que \(3^k|2^n−1\).

Problema 2 UNESCO Competition 1995

Sean \(a\) y \(n\) dos números naturales y \(p\) un número primo impar tal que

Demuestre que

Problema 3 Iran Second Round 2008

Demuestre que el único número natural \(a\) para el cual \(4(a^n+1)\) es un cubo perfecto para todo número natural \(n\), es \(1\).

Problema 4

Sea \(k>1\) un entero. Demuestre que existen infinitos números naturales \(n\) tales que

Problema 5 Irlanda 1996

Sea \(p\) un número primo, y sean \(a\) y \(n\) números naturales. Demuestre que si

entonces \(n=1\).

Problema 6 Rusia 1996

Sean \(x\), \(y\), \(p\), \(n\) y \(k\) números naturales tales que \(n\) impar y \(p\) es un número primo impar. Demuestre que si \(x^n+y^n=p^k\), entonces \(n\) es una potencia de \(p\).

Problema 7

Encuentre la suma de todos los divisores \(d\) de \(N=19^{88}−1\) que son de la forma \(d=2^a3^b\), con \(a,b\in\mathbb{N}\).

Problema 8

Sea \(p\) un número primo. Encuentre las soluciones naturales de la ecuación \(a^{p}−1 =p^k\).

Problema 9

Encuentre todas las soluciones naturales de la ecuación

Problema 10 Bulgaria 1997

Para algún número natural \(n\), se cumple que \(3^n−2^n\) es una potencia perfecta de un número primo. Demuestre que \(n\) es un número primo.

Problema 11

Sean \(m\), \(n\) y \(b\) tres números naturales tales que \(m\ne n\) y \(b>1\). Demuestre que si \(b^n−1\) y \(b^m−1\) tienen los mismos divisores primos, entonces \(b+1\) es una potencia de \(2\).

Problema 12 IMO ShortList 1991

Encuentre la máxima potencia \(k\) de \(1991\) tal que \(1991^k\) divide a

Problem 13

Pruebe que \(a^{a−1}−1\) nunca es libre de cuadrados para todo entero \(a>2\).

Problema 14 Checoslovaquia 1996

Encuentre todos los números naturales \(x\) y \(y\) tales que \(p^x−y^{\,p}=1\), donde \(p\) es un número primo.

Problema 15

Sean \(x\) y \(y\) dos números racionales positivos tales que para infinitos números naturales \(n\), \(x^n−y^n\) es un número natural. Muestre que \(x\) y \(y\) son números naturales.

Problema 16 IMO 2000

¿Existe un número natural \(n\) tal que \(n\) tenga exactamente \(2000\) divisores primos y \(n\) divida a \(2^n+1\)?

Problema 17 China Western Mathematical Olympiad 2010

Suponga que \(m\) y \(k\) son enteros no negativos, y \(p=2^{2^{m}}+1\) es un número primo. Muestre que

• \(2^{2^{m+1}p^k}\equiv 1\mod p^{k+1}\)
• \(2^{m+1}p^k\) es el menor entero positivo \(n\) que satisface la congruencia \(2^n\equiv 1\mod p^{k+1}\).

Problema 18

Sea \(p\ge 5\) un número primo. Encuentre el máximo número natural \(k\) tal que

Problema 19

Sean \(a\) y \(b\) números reales distintos tales que los números

son enteros. Demuestre que \(a\) y \(b\) son enteros.

Problema 20 MOSP 2001

Encuentre todas las 4-tuplas de números naturales \((x,r,p,n)\) tales que \(p\) es un número primo, \(n,r>1\) y \(x^r−1=p^n\).

Problema 21 China TST 2009

Sean \(a>b>1\) números naturales con \(b\) impar, y sea \(n\) un número natural. Si \(b^n|a^n−1\), demuestre que \(a^b>\frac{3^n}{n}\).

Problema 22 Romanian Junior Balkan TST 2008

Sea \(p\) un número primo distinto de \(3\), y sean \(a\) y \(b\) enteros tales que \(p|a+b\) y \(p^2|a^3+b^3\). Muestre que \(p^2|a+b\) o \(p^3|a^3+b^3\).

Problema 23

Sean \(m\) y \(n\) números naturales. Muestre que para cada número natural impar \(b\) existen infinitos números primos \(p\) tales que \(p^n\equiv 1\!\!\mod b^m\) implica \(b^{m−1}|n\).

Problema 24 IMO 1990

Determine todos los enteros \(n>1\) tales que

es un entero.

Problema 25

Encuentre todos los números naturales \(n\) tales que

es un entero.

Problema 26

Encuentre todos los números primos \(p\) y \(q\) tales que \(\dfrac{(5^p−2^p)(5^q−2^q)}{pq}\) es un entero.

Problema 27

Para cada número natural \(n\) sea \(a\) el mayor número natural para el cual \(5^n−3^n\) es divisible por \(2^a\). Sea \(b\) el mayor número natural tal que \(2^b\le n\). Demuestre que \(a\le b+3\).

Problema 28

Determine todos los conjuntos de enteros no negativos \(x\), \(y\) y \(z\) que satisfacen la ecuación

Problema 29 IMO ShortList 2007

Encuentre todas las funciones subyectivas \(f : \mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}\) tales que para todo \(m,n\in\mathbb{N}\) y todo número primo \(p\), \(f(m+n)\) es divisible por \(p\) sí y sólo sí \(f(m)+f(n)\) es divisible por \(p\).

Problema 30 Romania TST 1994

Sea \(n\) un número natural impar. Demuestre que \(\left((n−1)^n+1\right)^2\) divide a \(n(n−1)^{(n−1)^n+1}+n\).

Problema 31

Encuentre todos los números naturales \(n\) tales que \(3^n−1\) es divisible por \(2^n\).

Problema 32 Romania TST 2009

Sean \(a,n\ge 2\) dos enteros con la siguiente propiedad: Existe un entero \(k\ge 2\) tal que \(n\) divide a \((a−1)^k\). Demuestre que \(n\) divide a

Problema 33

Encuentre todos los números naturales \(a\) tales que \(\frac{5^a+1}{3^a}\) es un número natural.

Algunas pistas y soluciones para los Problemas desafiantes

Problema 1

Respuesta: \(n=2\cdot 3^{k−1}s\) para algún \(s\in\mathbb{N}\).

Problema 2

Demuestre que \(v_p(a−1)=v_p(a^p−1)−1\ge\)\(n−1\).

Problema 3

Si \(a>1\), \(a^2+1\) no es potencia de \(2\) (porque es \(> 2\) y congruente con \(1\) o \(2\) módulo \(4\)). Sea \(p\) un número primo impar tal que \(p|a^2+1\). Para cualquier \(n=2m\) con \(m\) impar se cumple que \(v_p(4(a^n+1))=\) \(v_p(a^2+1)+v_p(m)\) pero \(v_p(m)\) puede tener cualquier congruencia en módulo \(3\).

Problema 5

\(2^p+3^p\) no es un cuadrado perfecto, además, \(v_5(2^p+3^p)=\) \(1+v_5(p) \le 2\).

Problema 8

Considere dos casos: \(p=2\) y \(p\) es un número primo impar. El último caso no tiene soluciones.

Problema 9

\((n,m)=(2,1)\) es una solución. En otros casos, demuestre que \(n\) es un número primo impar y \(m\) es par. La otra solución es \((n,m)=(5,2)\).

Problema 12

Respuesta: \(\text{max}(k)=1991\).

Problema 13

Tome cualquier número primo impar \(p\) tal que \(p|a−1\). Es claro que \(p^2|a^{a−1}−1\).

Problema 14

Respuesta: \((p,x,y)=(2, 1, 1),\) \((3, 2, 1)\).

Problema 18

Sea \(p−1=2^sm\). Demuestre que \(v_p(2^{s−1}m)=0\). El máximo valor de \(k\) es \(1\).

Problema 19

Intente demostrar el Problema 15 primero.

Problema 20

Demuestre que \(p=2\) y \(r\) es un número natural par.

Problema 22

Si \(p|a\) y \(p|b\), entonces \(p^3|a^3+b^3\). En caso contrario, se puede aplicar LTE y \(v_p(a+b)=\) \(v_p(a^3+b^3)\ge 2\).

Problema 24

Respuesta: \(n=1\) or \(n=3\).

Problema 26

Respuesta: \((p,q)=(3,3),(3,13)\).

Problema 27

Si \(n\) es impar, entonces \(a=1\). Si \(n\) es par, se tiene que \(a=v_2(5^n−3^n)=\) \(v_2(5−3)+v_2(5+3)+v_2(n)−1=\) \(3+v_2(n)\). Pero \(b\ge v_2(n)\).

Problema 30

\(n|(n−1)^n+1\), entonces para todo \(p\) tal que \(p|(n−1)^n+1\), se cumple que

lo que concluye la demostración.

Problema 31

\(n\le v_2(3^n−1)\le 3+v_2(n)\), entonces \(n\le 4\).

Problema 33

\(a\) debe ser impar (o el numerador sería congruente con \(2\mod 3\)). Entonces \(a\le v_3(5^a+1)=\) \(1+v_3(a)\) lo que da como única solución \(a=1\).

Fuentes originales

¡Visita el sitio web de Amir aquí!
https://parvardi.com

Descarga el Archivo PDF (211 KB) original, publicado en abril de 2011.
https://services.artofproblemsolving.com/download.php?id=YXR0YWNobWVudHMvNS8wLzgyODNhOGNhOWQ4OWM1NDk5NTY1MGQyNWVlYWNlMzE1OGYxMDM0&rn=TGlmdGluZyBUaGUgRXhwb25lbnQgLSBWZXJzaW9uIDYucGRm

Referencias

1. Sepehr Ghazi Nezami, Leme Do Khat (en inglés: Lifting The Exponent Lemma), publicado en octubre de 2009.

2. Kurt Hensel, Hensel’s lemma, WikiPedia.

3. Santiago Cuellar, Jose Alejandro Samper, A nice and tricky lemma (lifting the exponent), Mathematical Reflections 3 - 2007.

4. Amir Hossein Parvardi, Fedja et al., AoPS topic #393335, Lifting The Exponent Lemma (Contiene un archivo PDF).

5. Orlando Doehring et al., AoPS topic #214717, Number \(\mod \;(f(m+n), p)=0\) iff \(\mod \;(f(m) + f(n), p)=0\).

6. Fang-jh et al., AoPS topic #268964, China TST, Quiz 6, Problem 1.

7. Valentin Vornicu et al., AoPS topic #57607, exactly 2000 prime divisors (IMO 2000 P5).

8. Orlando Doehring et al., AoPS topic #220915, Highest degree for 3-layer power tower.

9. Sorush Oraki, Johan Gunardi, AoPS topic #368210, Prove that \(a=1\) if \(4(a^n+1)\) is a cube for all \(n\).