Lema Lifting the exponent

Se probará primero el caso base ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}(x-y)}$ cuando ${\displaystyle \operatorname {mcd} (n,p)=1}$. Ya que ${\displaystyle p\mid x-y\iff x\equiv y{\pmod {p}}}$,

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

El hecho que ${\displaystyle x^{n}-y^{n}=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^{2}+\dots +y^{n-1})}$ completa la demostración. ${\displaystyle \blacksquare }$

La condición ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})=\nu _{p}(x+y)}$ para ${\displaystyle n}$ impar es análoga.

Por medio de expansión binomial, la substitución ${\displaystyle y=x+kp}$ puede ser usada en (1) para mostrar que ${\displaystyle \nu _{p}(x^{p}-y^{p})=\nu _{p}(x-y)+1}$ ya que (1) es múltiplo de ${\displaystyle p}$ pero no de ${\displaystyle p^{2}}$. Similarmente, ${\displaystyle \nu _{p}(x^{p}+y^{p})=\nu _{p}(x+y)+1}$.

Entonces, si ${\displaystyle n}$ es escrito como ${\displaystyle p^{a}b}$ donde ${\displaystyle p\nmid b}$, el caso base nos da

${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}((x^{p^{a}})^{b}-(y^{p^{a}})^{b})=\nu _{p}(x^{p^{a}}-y^{p^{a}})}$.

Por inducción en ${\displaystyle a}$,

${\displaystyle {\begin{aligned}\nu _{p}(x^{p^{a}}-y^{p^{a}})&=\nu _{p}(((\dots (x^{p})^{p}\dots ))^{p}-((\dots (y^{p})^{p}\dots ))^{p})\quad {\text{(exponenciación usada }}a{\text{ veces por término)}}\\&=\nu _{p}(x-y)+a\end{aligned}}}$

Un argumento similar puede ser aplicado para ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})}$.

La prueba para el caso ${\displaystyle p}$ impar no puede ser directamente aplicada cuando ${\displaystyle p=2}$ porque el coeficiente binomial${\displaystyle {\binom {p}{2}}={\frac {p(p-1)}{2}}}$ es entero múltiplo de ${\displaystyle p}$ cuando ${\displaystyle p}$ es impar.

Sin embargo, se puede mostrar que ${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(n)}$ cuando ${\displaystyle 4\mid x-y}$ al escribir ${\displaystyle n=2^{a}b}$ donde ${\displaystyle a}$ y ${\displaystyle b}$ son enteros con ${\displaystyle b}$ impar y notando que

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

dado que ${\displaystyle x\equiv y\equiv \pm 1{\pmod {4}}}$, cada factor de la forma ${\displaystyle x^{2^{k}}+y^{2^{k}}}$ en el paso de diferencias de cuadrados es congruente a 2 módulo 4.

El resultado más fuerte ${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(x+y)+\nu _{2}(n)-1}$ cuando ${\displaystyle 2\mid x-y}$ se prueba análogamente.