LTE (Lifting The Exponent Lemma)引理是一個解指數型不定方程的強力工具。它在Olympiad folklore非常知名，雖然它的起源已經無從查找了。它和Hensel’s lemma關系密切，無論命題還是證明。本文證明它並給出它的一些應用。
我們可以用本引理解決大量的指數型不定方程問題。尤其是我們可以找到某些質因子的時候。有時LTE引理甚至能秒殺一道題。這個引理告訴我們如何求一個奇素數p在a^n-b^n中的次數。這個引理的證明是完全初等的而且對一般競賽生不難理解。
我們記v[p](n)為p在n中的次數，。
或者說如果v[p](n)=a則p^a|n但把a換成更大的就不行。如果n不是p的倍數，v[p](n)=0
容易知道v[p](ab)=v[p](a)+v[p](b)以及v[p](a+b)≥min{v[p](a),v[p](b)}
先證明兩個小引理（這兩個引理中p都是奇素數）
1.如果p|x-y，(p,n)=1，(p,x)=1，那么
v[p](x^n-y^n)=v[p](x-y)
由於x^n-y^n=(x-y)(x^(n-1)+x^(n-2)y+…+y^(n-1))
而在mod p意義下，由於x=y，有
x^(n-1)+x^(n-2)y+…+y^(n-1)=n*x^(n-1)≠0
（每個加項相同，共n項）
因此v[p](x^(n-1)+x^(n-2)y+…+y^(n-1))=0
因此v[p](x^n-y^n)=v[p](x-y)+v[p](x^(n-1)+x^(n-2)y+…+y^(n-1))=v[p](x-y)
2.如果p|x-y，(p,x)=1，那么
v[p](x^p-y^p)=v[p](x-y)+1
假設x=y+k*p^a，其中(k,p)=1，則a=v[p](x-y)
由二項式定理（這里的C(m,n)表示組合數），
x^p-y^p=(x+k*p^a)^p-x^p
=(x^p+p*x^(p-1)*k*p^a+C(p,2)*x^(p-2)*k^2*p^(2a)+C(p,3)*x^(p-3)*k^2*p^(3a)+…)-x^p
=p^(a+1)*x^(p-1)*k+S
容易驗證S的每一項都是p^(2a+1)的倍數
所以這個數是p^(a+1)的倍數但不是p^(a+2)的倍數（S是但p^(a+1)*x^(p-1)*k不是）
故v[p](x^p-y^p)=a+1=v[p](x-y)+1
好了，下面獻上LTE引理：
如果p是奇素數，p|x-y，(p,x)=1，那么
v[p](x^n-y^n)=v[p](x-y)+v[p](n)
不斷把n中的因子p搬到外面變成+1，搬完了就證完了。。。
對於n是奇數，我們還有
v[p](x^n+y^n)=v[p](x+y)+v[p](n)
這是通過把y理解成-y得到的
p=2的情況沒啥用處，就不搬運了。。。
應用
1.求所有正整數n使得存在正整數x,y,k滿足(x,y)=1,k>1使得3^n=x^k+y^k
解答
如果k是偶數，由於x^k和y^k mod 3都是1或0，所以都是0，這與(x,y)=1矛盾
如果k是奇數，則v[3](x^k+y^k)=v[3](k)+v[3](x+y)=v[3](k(x+y))
因此x^k+y^k≤k(x+y)（左邊完全是3的冪次，右邊還可能有別的），
x^(k-1)-x^(k-2)y+…+y^(k-1)≤k……(1)
顯然x≠y，不妨設x>y，則
x^(k-1)-x^(k-2)*y=x^(k-2)(x-y)≥x≥2
x^(k-3)-x^(k-4)*y=x^(k-4)(x-y)≥x≥2
總之就是把(1)的前k-1項兩兩配對，每一對的和都不小於2
又y^(k-1)≥1,全加起來就至少是項數k
而且如果x≥3或者k>3，等號就取不到
因此x=2,y=1,k=3驗證知此時n=2
2.已知p是一個奇素數，正整數x,y,m>1，證明：如果(x^p+y^p)/2=((x+y)/2)^m，則m=p
解答
由冪平均不等式m≥p
假設(x,y)=d,x=du,y=dv
則(u^p+v^p)/2=d^(m-p)*((u+v)/2)^m
任取u+v的素因子q
如果q為奇數
則v[p]((u^q+v^q)/2)=v[q](u+v)+v[q](p)≤v[q](u+v)+1≤2v[q](u+v)
而m≥p≥3，有
v[q](d^(m-p)*((u+v)/2)^m)≥v[q](((u+v)/2)^m)=m*v[q](u+v)
矛盾！
如果q只能為2，u+v就是2的冪次，假設u+v=2^a
由於(u,v)=1，u,v均為奇數
又u^(p-1)-u^(p-2)v+…+v^(p-1)共p項，為奇數
有v[2]((u^p+v^p)/2)=v[2]((u+v)/2)=a-1
又v[2](d^(m-p)*((u+v)/2)^m)≥v[2]((u+v)/2)^m)=m(a-1)
因此a=1，u=v=1，這說明x=y，進而m=p
3.求x^2009+y^2009=7^z的全部正整數解
解答
由費馬小定理7|(x^2009+y^2009)-(x+y)，故7|(x+y)
故v[7](x^2009+y^2009)=v[7](2009)+v[7](x+y)=v[7](49(x+y))
因此x^2009+y^2009=7^v[7](x^2009+y^2009)=7^v[7](49(x+y))≤49(x+y)
（顯然p^v[p](x)≤x）
而不等式x^2009+y^2009≤49(x+y)在x,y不全等於1時顯然不成立
而且x=y=1也不成立
因此，無解
4.求所有正整數a使得對所有正整數n，4(a^n+1)是完全立方數
解答
a=1顯然可以
若a>1，則a為奇數（偶立方數都是8的倍數）
所以a^2+1是4k+2型數，有一個奇素因數p
假設v[p](a^2+1)=3k
那么v[p](4(a^(2p)+1))=3k+1
這不可能（由於立方數對所有素數的次數都是3的倍數）
話說此題還有一個很神奇的做法：
如果a>1，(4(a^9+1))/(4(a^3+1))=a^6-a^3+1可以被夾在兩個相鄰立方數之間……
練習題
1.求所有正整數a,b>1使得a^b|b^a-1
2.求(n-1)!+1=n^m的正整數解(n,m)
3.是否存在正整數n使得n|2^n+1且n有恰好10086個素因數
4.實數a,b滿足若對所有正整數n，a^n-b^n是整數，證明a,b都是整數
5.正整數a>b>1和n滿足b是奇數和a^n|b^n-1，證明：a^b>3^n/n
6.求所有正整數n，使得n^2|2^n+1
7.給定正整數u>1，證明：至多存在有限個三元正整數組(n,a,b)滿足n!=u^a-u^b