$\binom{p}{k} =\dfrac{p!}{k!(p-k)!} \in \mathbb{Z}$であり，$0\lt k\lt p$から$0\lt p-k\lt p$であるので，約分したときに分子の$p$は生き残る．よって$\binom{p}{k}$は$p$の倍数である．

$n$に関する帰納法で示す．$n=1$の時は明らか． $n \geq 2$を仮定する． $x=a_1+\cdots+a_{n-1}$として，二項展開すると \[ (a_1+\cdots+a_n)^p=(x+a_n)^p = \binom{p}{0} x^p a_n^0 + \binom{p}{1} x^{p-1}a_n^1 + \cdots + \binom{p}{p-1} x^1 a_n^{p-1} +\binom{p}{0} x^0 a_n^p \] である．一方，補題 2.17より$0 \lt k \lt p$に対して，$\binom{p}{k} \equiv_p 0$である．よって \[ (x+a_n)^p \equiv_p x^p + a_n^p \] が成り立つ． また帰納法の仮定より \[ x^p=(a_1+\cdots+a_{n-1})^p \equiv_p a_1^p +\cdots+a_{n-1}^p \] である．以上より， \[ (x+a_n)^p \equiv_p x^p + a_n^p \equiv_p a_1^p +\cdots+a_{n-1}^p + a_n^p \] が成り立つので，帰納法より主張が示された．

$n=0$のときは明らかである．$n \geq 1$とする． 補題 2.18で$a_1=\cdots=a_n=1$の場合を考えると， \[ (\underbrace{1+\cdots+1}_n)^p \equiv_p \underbrace{1^p+\cdots+1^p}_n \] となるから，$n^p \equiv_p n$である．

次に$n\lt 0$とする．$k=-n$とおくと，$k > 0$より上の証明から $k^p \equiv_p k$である． すると \begin{align*} -n = k \equiv_p k^p \equiv_p (-n)^p \equiv_p (-1)^p n^p \end{align*} となる．ここで，$(-1)^p \equiv_p -1$が任意の素数$p$で成り立つ（$p=2$の場合のみ注意する）． よって$-n \equiv_p (-1) n^p$である．この両辺に$-1$をかけることで$n^p \equiv_p n$を得る．

命題 2.7と補題 2.19より従う．