Bài toán sau đây có sử dụng đến định giá p-adic, nội dung như sau

Bài toán. Cho số nguyên tố $p$ và các số tự nhiên $x;\,y;\,m$, với $x;\,y>1$ thỏa mãn \[\frac{x^p+y^p}{2}=\left(\frac{x+y}{2}\right)^m.\] Chứng minh rằng $m=p$.
Lời giải. Giả sử $m\ne p$, theo bất đẳng Jensen ta có\[{\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^m} = \frac{{{x^p} + {y^p}}}{2} \ge {\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^p}.\]Từ đó, $m>p\ge 2$ ta giả sử $\gcd(x;\,y)=d$ và viết $x=da;\,y=db$ với $\gcd(a;\,b)=1$ để có\[{2^{m – 1}}\left( {{a^p} + {b^p}} \right) = {d^{m – p}}{\left( {a + b} \right)^m}.\]Nếu $a+b$ có ước nguyên tố lẻ là $q$, khi đó\[\begin {align*}m{v_q}\left( {a + b} \right)& \le {v_q}\left( {{d^{m – p}}{{\left( {a + b} \right)}^m}} \right) = {v_q}\left( {{2^{m – 1}}\left( {{a^p} + {b^p}} \right)} \right) \\&= {v_q}\left( {{a^p} + {b^p}} \right) \le {v_q}\left( {a + b} \right) + {v_q}\left( p \right).\end {align*}\]Bất đẳng thức đó không thể đúng, do $m\ge 3$ và $v_q(p)\le 1\le v_q(a+b)$. Như vậy, phải tồn tại $n\in\mathbb Z^+$ sao cho $a+b=2^n$ và ta có\[{a^p} + {b^p} = {2^{mn – m + 1}}{d^{m – p}}.\]
Để ý $\gcd(a;\,b)=1$ nên $a;\,b$ cùng lẻ, ta xét hai trường hợp

1. Nếu $p$=2 khi đó do $a^2+b^2\equiv 2\pmod 4$ và do vậy\[{v_2}\left( {{a^p} + {b^p}} \right) = {v_2}\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 1 \ge mn – m + 1.\]Từ đây có $n=1$ và từ $a+b=2$ ta dẫn đến $a=b=d=1$ kéo theo điều trái với giả thiêt là $x=y=1$.
2. Nếu $p>2$, ta có\[n = {v_2}\left( {a + b} \right) = {v_2}\left( {{a^p} + {b^p}} \right) \ge mn – m + 1.\]Từ đây lại có $n=1$ và tương tự trường hợp trên có điều vô lý.

Ta có điều cần chứng minh từ các trường hợp đã xét.

$\square$

PS. Khi $p=m$, thì theo bất đẳng thức Jensen ta cũng có luôn $x=y$.