Bổ đề nâng lũy thừa

**Bước 1: Quy về trường hợp $n=p$ nhờ tính nhân.** Viết $n = p^{v_p(n)} \cdot m$ với $p \nmid m$. Áp dụng lặp lại trường hợp $n=p$ (chứng minh dưới đây) cho $a^m, b^m$ thay $a,b$ cho thấy $v_p(a^n-b^n) = v_p((a^m)^{p^{v_p(n)}} - (b^m)^{p^{v_p(n)}}) = v_p(a^m-b^m) + v_p(n)$, nên chỉ cần chứng minh $v_p(a^m - b^m) = v_p(a-b)$ khi $p \nmid m$, và chứng minh bước cơ sở $v_p(a^p-b^p) = v_p(a-b)+1$.

Bước 2: Chứng minh bước cơ sở bằng khai triển nhân tử. Phân tích $a^p - b^p = (a-b)(a^{p-1}+a^{p-2}b+\cdots+b^{p-1})$. Ta cần chỉ ra nhân tử thứ hai $S = \sum_{j=0}^{p-1} a^{p-1-j}b^j$ có $v_p(S) = 1$.

**Bước 3: Chỉ ra $p \mid S$.** Vì $p \mid a-b$, ta có $a \equiv b \pmod p$, nên mỗi số hạng $a^{p-1-j}b^j \equiv b^{p-1-j}b^j = b^{p-1} \pmod p$. Cộng cả $p$ số hạng, $S \equiv p\cdot b^{p-1} \equiv 0 \pmod p$ (dùng $p \nmid b$), nên $p \mid S$.

**Bước 4: Chỉ ra $p^2 \nmid S$.** Viết $a = b + pt$ với $t$ nguyên (được vì $p\mid a-b$). Khai triển mỗi số hạng $a^{p-1-j}b^j = (b+pt)^{p-1-j}b^j \equiv b^{p-1-j}b^j + (p-1-j)pt\, b^{p-2-j}b^j \pmod{p^2}$ (khai triển nhị thức, bỏ số hạng có $p^2$ trở lên). Cộng qua $j=0,\dots,p-1$: các số hạng dẫn đầu cộng thành $p\,b^{p-1}$ như trước, và số hạng hiệu chỉnh cộng thành $pt\,b^{p-2}\sum_{j=0}^{p-1}(p-1-j) = pt\,b^{p-2}\cdot\frac{p(p-1)}{2}$, chia hết cho $p^2$ (vì $p$ lẻ, $\frac{p-1}{2}$ là số nguyên, nên hiệu chỉnh này là $p^2\cdot(\text{integer})$, tức $\equiv 0 \pmod{p^2}$). Vậy $S \equiv p\,b^{p-1} \pmod{p^2}$, và vì $p \nmid b$, $p\,b^{p-1}$ chia hết cho $p$ nhưng không cho $p^2$, cho $v_p(S)=1$.

Bước 5: Kết hợp. Từ Bước 2–4, $v_p(a^p-b^p) = v_p(a-b) + v_p(S) = v_p(a-b)+1$. Kết hợp với phép quy ở Bước 1 (và sự kiện $v_p(a^m-b^m)=v_p(a-b)$ khi $p\nmid m$, chứng minh tương tự vì khi đó $S \equiv m\,b^{m-1} \not\equiv 0 \pmod p$), quy nạp theo $v_p(n)$ cho $v_p(a^n-b^n) = v_p(a-b)+v_p(n)$ với mọi số nguyên dương $n$.