Lemme LTE

On montre d'abord le cas où ${\displaystyle p\nmid n}$.

Si ${\displaystyle p\nmid x}$ , ${\displaystyle p\nmid y}$, ${\displaystyle p\nmid n}$ et ${\displaystyle p\mid x-y}$ , alors ${\displaystyle x\equiv y{\pmod {p}}}$ , donc

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

La formule de Bernoulli : ${\displaystyle x^{n}-y^{n}=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^{2}+\dots +y^{n-1})}$ permet donc d'affirmer que ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}(x-y)}$.

La formule ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})=\nu _{p}(x+y)}$ pour ${\displaystyle n}$ impair est obtenue de manière similaire.

On commence par le cas ${\displaystyle n=p}$, où l'on doit montrer que ${\displaystyle \nu _{p}(x^{p}-y^{p})=\nu _{p}(x-y)+1}$ ; on a cette fois ${\displaystyle x^{p-1}+x^{p-2}y+\dots +y^{n-1}\equiv px^{p-1}\equiv 0{\pmod {p}}}$. Via la formule du binôme, en effectuant la substitution ${\displaystyle y=x+kp}$, on montre que ${\displaystyle x^{p-1}+x^{p-2}y+\dots +y^{n-1}}$n'est pas multiple de ${\displaystyle p^{2}}$ d'où le résultat[6] . De même, ${\displaystyle \nu _{p}(x^{p}+y^{p})=\nu _{p}(x+y)+1}$ .

En écrivant ${\displaystyle n}$ sous la forme ${\displaystyle p^{a}b}$ où ${\displaystyle p\nmid b}$, le cas de base donne ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}((x^{p^{a}})^{b}-(y^{p^{a}})^{b})=\nu _{p}(x^{p^{a}}-y^{p^{a}})}$. Par récurrence sur ${\displaystyle a}$ ,

${\displaystyle {\begin{aligned}\nu _{p}(x^{p^{a}}-y^{p^{a}})&=\nu _{p}(((\dots (x^{p})^{p}\dots ))^{p}-((\dots (y^{p})^{p}\dots ))^{p})\ {\text{(exponentiation utilisée }}a{\text{ fois dans chaque terme)}}\\&=\nu _{p}(x-y)+a\end{aligned}}}$

Un argument similaire peut être appliqué à ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})}$ .

La preuve précédente ne peut pas être appliquée directement lorsque ${\displaystyle p=2}$ car le coefficient binomial ${\displaystyle {\binom {p}{2}}={\frac {p(p-1)}{2}}}$ n'est un multiple de ${\displaystyle p}$ que lorsque ${\displaystyle p}$ est impair.

Cependant, on peut montrer que ${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(n)}$ quand ${\displaystyle 4\mid (x-y)}$ en écrivant ${\displaystyle n=2^{a}b}$ où ${\displaystyle a}$ et ${\displaystyle b}$ sont des entiers avec ${\displaystyle b}$ impair et notant que

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

puisque comme ${\displaystyle x\equiv y\equiv \pm 1{\pmod {4}}}$, chaque facteur de la forme ${\displaystyle x^{2^{k}}+y^{2^{k}}}$ est congru à 2 modulo 4.

L'énoncé plus fort ${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(x+y)+\nu _{2}(n)-1}$ quand ${\displaystyle 2\mid (x-y)}$ se prouve de manière analogue[6].