记 \(\nu_p(n)\) 表示 \(n\) 的标准分解中素数 \(p\) 的幂次，即 \(p^{\nu_p(n)} \parallel n\)。
该引理分为两部分：设 \(a, \, b\) 为不等正整数且 \(p \mid a - b\)，\((p, \, ab) = 1\),
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若 \(p\) 为奇素数，则 \(\nu_p(a^n - b^n) = \nu_p(a - b) + \nu_p(n)\)
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若 \(p = 2\)，则 \(\nu_2(a^n - b^n) = \nu_2(a^2 - b^2) + \nu_2(n) - 1\)
证明：
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若 \(p\) 为奇素数，设 \(c = a - b\)，则 \(a^n - b^n = \sum\limits_{i = 1}^{n}\dbinom{n}{i}b^{n-i}c^i\)，讨论 \(p\) 在和式中的幂次：
- 当 \(k = 1\) 时，\(\nu_p(nb^{n-1}c) = \nu_p(a - b) + \nu_p(n)\)
- 当 \(k > 1\) 时，
\[\begin{aligned}\nu_p\left(\dbinom{n}{k}b^{n-k}c^k\right) &= \nu_p\left(\dfrac{n}{k}\dbinom{n-1}{k-1}b^{n-k}c^k\right) \\ &= \nu_p\left(\dfrac{n}{k}\right) + \nu_p\left(\dbinom{n-1}{k-1}b^{n-k}c^k\right) \\ &\ge k\nu_p(a - b) + \nu_p(n) - \nu_p(k)\end{aligned} \]而因为 \(\nu_p(a - b) \ge 1\)，考虑证明 \(k - 1 > \nu_p(k)\)，由 \(k > 2, \, p > 1\) 知 \(k - 1 > \log_p{k} \ge \nu_p(k)\)，因此 \(k\nu_p(a - b) + \nu_p(n) - \nu_p(k) > \nu_p(a - b) + \nu_p(n)\)，故 \(\nu_p(a^n - b^n) = \nu_p(a - b) + \nu_p(n)\)。
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若 \(p = 2\)，我们对 \(n\) 进行分讨：
- 当 \(n\) 为奇数时，同上证法可知 \(\nu_2(a^n - b^n) = \nu_2(a - b)\)。
- 当 \(n\) 为偶数时，设 \(n = 2^ts\)，其中 \(s\) 为奇数，可对 \(a^n - b^n\) 做因式分解：
\[a^n - b^n = (a^s - b^s)(a^s + b^s)(a^{2s} + b^{2s})\cdots(a^{2^{t - 1}s} + b^{2^{t - 1}s}) \]注意到，若 \(x, \, y\) 均为奇数，则 \(x^2 + y^2 \equiv 2 \pmod{4}\)，也即 \(\nu_2(x^2 + y^2) = 1\)。
由 \(\nu_2(a^n - b^n) = \nu_2(a - b)\) 可推导出 \(\nu_2(a^n + b^n) = \nu_2(a + b)\)，故原式等价于：\[\begin{aligned}\nu_2(a^n - b^n) &= \nu_2(a^s - a^s) + \nu_2(a^s + b^s) + \cdots + \nu_2(a^{2^{t - 1}s} + b^{2^{t - 1}s}) \\ &= \nu_2(a - b) + \nu_2(a + b) + t - 1 \\ &= \nu_2(a^2 - b^2) + \nu_2(n) - 1\end{aligned} \]
证毕。
