LTE para p = 2: la trampa que casi todos pisan

Por qué $p = 2$ es distinto

La demostración del LTE para primo impar usó de manera crucial que $p$ divide a exactamente $p$ términos de la factorización de $a^p - b^p$, y que el Pequeño Teorema de Fermat garantiza $b^{p-1} \not\equiv 0 \pmod{p}$. Nada de esto cambia para $p = 2$... en apariencia. Pero hay una diferencia estructural profunda.

Para $p = 2$, la factorización $a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1} + \cdots + b^{n-1})$ ya no captura toda la información 2-ádica. Cuando $n$ es par, podemos factorizar adicionalmente: $a^n - b^n = (a^{n/2} - b^{n/2})(a^{n/2} + b^{n/2})$. El factor $a^{n/2} + b^{n/2}$ también puede ser par, y eso aporta potencias adicionales de 2 que la fórmula del LTE para impar no contabiliza.

En concreto: si $2 \mid a - b$ (es decir, $a$ y $b$ tienen la misma paridad), también $a + b \equiv 2b \pmod{4}$, y la valuación de $a + b$ puede ser 1, 2, 3,... según los valores concretos de $a$ y $b$. La fórmula correcta debe incluir $v_2(a+b)$ explícitamente.

El enunciado correcto para $p = 2$

Sea $n$ un entero positivo y $a, b$ enteros impares (en particular $2 \mid a - b$). Entonces:

Nota los tres ingredientes: $v_2(a-b)$ como en el caso impar, más $v_2(a+b)$ que es el término nuevo, más $v_2(n)$, menos 1 que compensa el doble conteo. Este "$-1$" es la firma de que el caso $p=2$ tiene un factor extra de estructura.

Para $n$ impar, $v_2(n) = 0$ y la fórmula simplifica a $v_2(a^n - b^n) = v_2(a-b)$. Esta coincidencia no es accidental: para $n$ impar, no hay factorización de la forma $a^{n/2} \pm b^{n/2}$, y el argumento del caso impar funciona directamente.

La demostración a través de factorización iterada

Para ilustrar el origen de la fórmula, trabajemos el caso $n$ par con $n = 2^s m$, $m$ impar.

Comenzamos con $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$, de donde $v_2(a^2 - b^2) = v_2(a-b) + v_2(a+b)$. Si $a \equiv b \equiv 1 \pmod{2}$ entonces $v_2(a-b) \ge 1$ y $v_2(a+b) \ge 1$, pero en general $v_2(a+b) \ne v_2(a-b)$.

Para $n = 2^s m$ con $m$ impar, aplicamos la factorización $s$ veces: en cada paso duplicamos el exponente y cada factorización aporta exactamente un factor $(A^k - B^k)(A^k + B^k)$ donde $A = a^{m}$, $B = b^{m}$. El factor de diferencia contribuye $v_2(a^m - b^m) = v_2(a-b)$ (por el caso impar). Cada uno de los $s$ factores de suma contribuye exactamente $1$ excepto el primero, que contribuye $v_2(a+b)$. El resultado total es $v_2(a-b) + v_2(a+b) + (s-1) = v_2(a-b) + v_2(a+b) + v_2(n) - 1$.

El error clásico y cómo evitarlo

El error. Un competidor aplica el LTE para primo impar directamente con $p = 2$. Escribe: "$v_2(3^n - 1) = v_2(3 - 1) + v_2(n) = 1 + v_2(n)$". Para $n = 4$, esto daría $v_2(3^4 - 1) = 1 + 2 = 3$. Pero $3^4 - 1 = 80 = 2^4 \cdot 5$, entonces $v_2(80) = 4$. ¡La respuesta es incorrecta por 1!

Por qué falla. $3$ y $1$ son ambos impares, $v_2(3 - 1) = v_2(2) = 1$ y $v_2(3 + 1) = v_2(4) = 2$. La fórmula correcta da $v_2(3^4 - 1) = 1 + 2 + 2 - 1 = 4$. El término $v_2(a+b) = v_2(4) = 2$ fue ignorado y el $-1$ también.

Cómo evitarlo. Memoriza la frase: "para $p = 2$, necesito tanto $a - b$ como $a + b$". Siempre que trabajes con una diferencia $a^n - b^n$ con $a, b$ impares y $n$ par, revisa el valor de $v_2(a + b)$ antes de aplicar nada.

Otra señal de alerta: si tu cálculo 2-ádico da $v_2(a^n - b^n) < v_2(a - b) + v_2(a + b)$, algo está mal. El factor $(a - b)(a + b)$ divide $a^2 - b^2$, que divide $a^n - b^n$ (para $n$ par), así que $v_2(a^n - b^n) \ge v_2(a-b) + v_2(a+b)$.

Aplicación: ¿para qué $n$ vale $2^n \mid 3^n - 1$?

Queremos determinar todos los enteros positivos $n$ con $v_2(3^n - 1) \ge n$.

**Caso $n$ impar.** Aquí $v_2(n) = 0$, y para $n$ impar la fórmula del LTE da $v_2(3^n - 1) = v_2(3 - 1) = 1$ (el término $v_2(a+b)$ solo aparece en la fórmula para $n$ par). La condición $1 \ge n$ fuerza $n = 1$. Verificamos: $2^1 \mid 3^1 - 1 = 2$. Sí.

**Caso $n$ par.** Usamos la fórmula completa: $v_2(3^n - 1) = v_2(3-1) + v_2(3+1) + v_2(n) - 1 = 1 + 2 + v_2(n) - 1 = 2 + v_2(n)$. La condición se convierte en $2 + v_2(n) \ge n$. Sea $n = 2^k \cdot m$ con $m$ impar y $k \ge 1$. Entonces la condición es $2 + k \ge 2^k m \ge 2^k$, es decir $2 + k \ge 2^k$. Esto se cumple solo para $k = 1$ ($2+1 = 3 \ge 2$) y $k = 2$ ($2+2=4 \ge 4$). Para $k \ge 3$: $2 + k < 2^k$. Con $k = 1$: $n = 2m$ y la condición $3 \ge 2m$ da $m = 1$, es decir $n = 2$. Con $k = 2$: $n = 4m$ y la condición $4 \ge 4m$ da $m = 1$, es decir $n = 4$.

Verificamos: $n = 2$: $4 \mid 8$. $n = 4$: $16 \mid 80$. Ambos son válidos.

Resumen: las dos versiones del LTE cara a cara

Para fijar las dos fórmulas en la memoria, conviene verlas juntas. El punto crucial es que para $p$ impar solo necesitamos $v_p(a - b)$ y $v_p(n)$. Para $p = 2$ aparece el tercer ingrediente $v_2(a + b)$ y el ajuste de $-1$.

Un mnemónico útil: "El dos siempre quiere más — necesita la suma además de la diferencia, y devuelve uno de lo que ganó". Este "uno que devuelve" es el $-1$ de la fórmula, que compensa el hecho de que $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$ ya contiene el factor $a^2 - b^2$ completo, no $a^2 - b^2$ por separado.

En la próxima lección aprenderemos a reconocer, antes de ponernos a calcular, si un problema está pidiendo LTE para primo impar, LTE para $p=2$, o ninguno de los dos.