Bài toán: Cho $p$ là một số nguyên dương lẻ. Chứng minh rằng khi đó tổng các lũy thừa bậc $p$ của $p$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $p^2$
Lời giải:
Xét $p$ số nguyên liên tiếp $n, n+1, n+2,..., n+p-1$. $p$ số này khi chia cho $p$ được $p$ số dư khác nhau và tập hợp các số dư đó là $\{0, 1, 2,...,p-1\}$. Lúc đó, ta có thể biểu diễn: $$n+i=kp+j, \forall k\in \mathbb{N}$$ Từ đó: $$(n+i)^p-j^p=(pk+j)^p-j^p\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Sử dụng khai triển nhị thức Newton, ta có: $$(n+i)^p-j^p=\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t} (pk)^{p-t}j^t+\binom{p}{p-1} (pk)j^{p-1}=p^2\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}k^{p-t}j^t+p^2kj^{p-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(2)$ suy ra  $(n+i)^p-j^p\vdots p^2$, hay nói cách khác: $$(n+i)^p\equiv j^p(mod\;\;\; p^2) \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Chú ý rằng khi chia $n, n+1, n+2,...,n+p-1$ cho $p$ ta được các số dư khác nhau nên: $$\sum^{p-1}_{t=1}(n+t)^p\equiv 1+2^p+...+(p-1)^p(mod \;\;\;p^2)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Do $p$ là số nguyên dương lẻ nên: $$1+2^p+...+(p-1)^p=[1+(p-1)^p]+[2^p+(p-2)^p]+...+\left[\left(\dfrac{p-1}{2}\right)^p+\left(\dfrac{p+1}{2}\right)^p\right]\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Ta lại có khi $j\in\left\{1, 2, ...,\dfrac{p-1}{2}\right\}$ theo khai triển nhị thức Newton thì: $$j^p+(p-j)^p=j^p+\sum^{p}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t=j^p+\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t+\binom{p}{p-1}p(-1)^{p-1}j^{p-1}+(-1)^pj^p\\=p^2\left[\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}(-1)^tj^t+j^{p-1}\right]\;\;\;\;(6).$$ Từ $(6)$ suy ra: $$j^p+(p-j)^p\;\vdots\; p^2,\forall j\in\left\{1, 2,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(7)$$ Từ $(5)$ và $(7)$ suy ra: $$1+2^p+...+(p-1)^p\;\vdots\; p^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(8)$$ Kết hợp $(4)$ và $(8)$, ta thu được: $$n^p+(n+1)^p+(n+2)^p+...+(n+p-1)^p\;\vdots\; p^2$$ Đây chính là đpcm.