Los orígenes exactos del lema no están claros; el resultado con su nombre actual y forma, han sido notado en la primera década del siglo XXI. Sin embargo varias de sus ideas principales utilizadas para su demostración eran conocidas por Gauss y referenciadas en su obra Disquisitiones arithmeticae.^[1]​ A pesar de apareceer principalmente en problemas de competencias, a veces se aplica a temas de investigación, como las curvas elípticas.^[2]​

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.

Para ${\displaystyle x,y}$  enteros, un entero positivo ${\displaystyle n}$ , y un número primo ${\displaystyle p}$  tal que ${\displaystyle p\nmid x}$  y ${\displaystyle p\nmid y}$ , las siguientes afirmaciones se cumplen:

• Cuando ${\displaystyle p}$  es impar:
  • Si ${\displaystyle p\mid x-y}$ , entonces ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}(x-y)+\nu _{p}(n)}$ .
  • Si ${\displaystyle n}$  es impar y ${\displaystyle p\mid x+y}$ , entonces ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})=\nu _{p}(x+y)+\nu _{p}(n)}$ .

• Cuando ${\displaystyle p=2}$ :
  • Si ${\displaystyle 2\mid x-y}$  y ${\displaystyle n}$  es impar, entonces ${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)}$ . (Es consecuencia del caso general.)
  • Si ${\displaystyle 4\mid x-y}$ , entonces ${\displaystyle \nu _{2}(x+y)=1}$  y por tanto ${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(n)}$ .
  • Si ${\displaystyle 2\mid x-y}$  y ${\displaystyle n}$  es par, entonces ${\displaystyle \nu _{2}(x^{n}-y^{n})=\nu _{2}(x-y)+\nu _{2}(x+y)+\nu _{2}(n)-1}$ .

• Para todo ${\displaystyle p}$ :
  • Si ${\displaystyle \operatorname {mcd} (n,p)=1}$  y ${\displaystyle p\mid x-y}$ , entonces ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}-y^{n})=\nu _{p}(x-y)}$ .
  • Si ${\displaystyle \operatorname {mcd} (n,p)=1}$ , ${\displaystyle p\mid x+y}$  y ${\displaystyle n}$  impar, entonces ${\displaystyle \nu _{p}(x^{n}+y^{n})=\nu _{p}(x+y)}$ .

Encuentre todos los ${\displaystyle n}$  naturales tales que ${\displaystyle 2^{n}\mid 3^{n}-1}$ .

Solución. Para ${\displaystyle n=1}$ , ${\displaystyle 2\mid 3-1}$  es verdadera.

Para ${\displaystyle n\geq 2}$ , ${\displaystyle 3^{n}-1\equiv (-1)^{n}-1\equiv 0({\bmod {4}})}$  por tanto ${\displaystyle n}$  debe ser par. Para los casos ${\displaystyle n=2}$ , ${\displaystyle 2^{2}\mid 3^{2}-1}$  y ${\displaystyle n=4}$ , ${\displaystyle 2^{4}\mid 3^{4}-1}$  son verdaderas.

Ahora, aplicando el lema LTE

${\displaystyle v_{2}(3^{n}-1)=v_{2}(3-1)+v_{2}(3+1)+v_{2}(n)-1=v_{2}(n)+2}$ 

Sabemos que si ${\displaystyle 2^{n}\mid 3^{n}-1}$  debe de suceder que ${\displaystyle 2^{n}\mid 2^{v_{2}(3^{n}-1)}}$ , por tanto ${\displaystyle n\leq v_{2}(n)+2}$ . De ahí podemos decir

${\displaystyle v_{2}(n)\geq n-2\Leftrightarrow n\geq 2^{n-2}}$ 

Resulta que para ${\displaystyle n\geq 5}$ , ${\displaystyle 2^{n-2}>n}$ . Esto se puede probar por inducción, terminando así la prueba. ${\displaystyle \blacksquare }$ 

• Teoría de números
• Lema de Hensel

• «Lifting the exponent - Demostración». 28 de septiembre de 2018 – via YouTube. 
• «Lifting the exponente - Problemas». 29 de septiembre de 2018 – via YouTube.