LTEの補題の証明はいくつか知られているが今回自分が思いついた証明は少なくとも自分は見たことが無かったので紹介させていただきます(既出だったり嘘をついてたりしてたら教えていただけるとありがたいです.)
奇素数p,x≡y≢0(modp)なる整数x,y,正整数nに対してvp(xn−yn)=vp(x−y)+vp(n)が成り立つ.
n=pk×m(mはpと互いに素な整数)としよう.このときxpk×m−ypk×m=(xpk−ypk)∑t=0m−1(xpk)t(ypk)m−1−t.
∑t=0m−1(xpk)t(ypk)m−1−tはpで割り切れないので結局nがpのべきの場合のみを考えればよいことがわかる.またk=0の時の成立は明らかであるのでk>0の場合を考える.k=1のとき,xp−yp=(x−y)∑t=0p−1(xtyp−1−t)
vp(∑t=0p−1(xtyp−1−t))=1を示せばよい.x,yがpと互いに素であることをふまえると∑t=0p−1(xtyp−1−t)≡yp−1∑t=0p−1(xy−1)t(modp2)
x≡y(modp2)のとき∑t=0p−1(xy−1)t≡∑t=0p−11t≡p(modp2)より従う.
x≢y(modp2)であるときある1以上p−1未満の正整数mが存在してxy−1≡mp+1(modp2)となること,二項定理より(mp+1)t=∑k=0t(mp)ktCk≡mtp+1(modp2)となることから∑t=0p−1(xy−1)t≡∑t=0p−1mtp+1≡p+mp∑t=0p−1t≡p(modp2)となるのでvp(xp−yp)=vp(x−y)+1がわかる.ここでn=pkのときに補題が成り立てばvp(xpk+1−ypk+1)=vp((xpk)p−(ypk)p)=vp(xpk−ypk)+1=vp(x−y)+k+1となるので帰納的に任意のkについて補題は示され,それと同時に任意のnについても補題は示された.
結局nがpのべきになる場合に帰着されn=pの場合について考察した後に帰納法を回すという手法は他の多くの証明でも取られているがvp(∑t=0p−1(xtyp−1−t))=1の示し方がすこし新しいかもしれない.読んでいただきありがとうございました.
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