证明. 作带余除法, $a=qb+r$. 因为$\gcd (b,r)|b$且$\gcd (b,r)|r$, 所以$\gcd (b,r)|qb+r$, 即$\gcd (b,r)|a$. 于是, $\gcd (b,r)$是$a$和$b$的公因数, 可知$\gcd (b,r)\le \gcd (a,b)$. 类似地, $\gcd (a,b)\le \gcd (b,r)$. 因此, $\gcd (a,b)=\gcd (b,r)$.

证明. 如果$e_1$和$e_2$是$X$的单位元, 那么$$e_1=e_1⁎e_2=e_2\text{.}$$

证明. 设$e$是$X$的单位元, 设$y$和$z$都是$x$的逆, 那么$$y=y⁎e=y⁎(x⁎z)=(y⁎x)⁎z=e⁎z=z\text{.}$$

证明. 设$\{{\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n\}$是$V$的一个有序基, 而$A$是$T$在此有序基下的矩阵表示. 令$B=xI-A$, 这是多项式环上的矩阵. 另外, 设$f$是$T$的特征多项式, 那么我们知道$\det (B)=f$, 以及$B(\mathrm{adj}B)=fI$. 根据$A$的定义, 我们知道$$\sum _{i=1}^n{B}_{i,j}(T){\alpha }_i=0,1\le j\le n\text{.}$$这里的$B_{i,j}$是一个多项式. 应用一个多项式于线性算子的结果是一个线性算子. 接着, 我们可以推出对于$k=1,\dots ,n$有$$\begin{array}{rcl}0& =& {(\mathrm{adj}B)}_{j,k}(T)\left(\sum _{i=1}^n{B}_{i,j}(T){\alpha }_i\right)\\ & =& \sum _{i=1}^n{(\mathrm{adj}B)}_{j,k}(T)B_{i,j}(T){\alpha }_i\\ & =& \sum _{i=1}^n[{(\mathrm{adj}B)}_{j,k}{B}_{i,j}](T){\alpha }_i\\ & =& \sum _{i=1}^n[B_{i,j}{(\mathrm{adj}B)}_{j,k}](T){\alpha }_i\end{array}$$在$j$上求和, 我们得到$$\begin{array}{rcl}0& =& \sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^n[B_{i,j}{(\mathrm{adj}B)}_{j,k}](T){\alpha }_i\\ & =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[B_{i,j}{(\mathrm{adj}B)}_{j,k}](T){\alpha }_i\\ & =& \sum _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^n[B_{i,j}{(\mathrm{adj}B)}_{j,k}](T)\right){\alpha }_i\\ & =& \sum _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^n{B}_{i,j}{(\mathrm{adj}B)}_{j,k}\right)(T){\alpha }_i\\ & =& \sum _{i=1}^n\delta (i,k)(\det B)(T){\alpha }_i\\ & =& \sum _{i=1}^n\delta (i,k)f(T){\alpha }_i\end{array}$$分别令$k=1,\dots ,n$, 可得$$f(T){\alpha }_k=0,1\le k\le n$$既然$\{{\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n\}$是$V$的一个基, 而$f(T)$在基的每个向量上都为零, 那么$f(T)$本身肯定是一个零变换.

证明. 设$p_1,\dots ,p_k$互异. 若$f$和$f^{\prime }$不互素, 存在$i$使得$p_i$整除$f$和$f^{\prime }$. 令$f_j=f/p_j$, 那么$$f^{\prime }=p_1^{\prime }{f}_1+\cdots +p_k^{\prime }{f}_k\text{.}$$对于$j\ne i$, 我们知道$p_i$整除$f_j$. 又因为$p_i$整除$f^{\prime }$, 所以$p_i$整除$p_i^{\prime }{f}_i$, 这等价于$p_i$整除$p_i^{\prime }$或$f_i$. 但是, $p_i$不可能整除$p_i^{\prime }$, 鉴于$p_i^{\prime }$的次数小于$p_i$的次数. 而且, $p_i$也不可能整除$f_i$, 鉴于$p_1,\dots ,p_k$是互异的. 这就推导出了一个矛盾, 于是$f$和$f^{\prime }$必然是互素的.
反过来, 设$f$和$f^{\prime }$互素. 若$f$的素因子分解中出现重复的因子$p$, 那么存在多项式$h$使得$f=p^{2}h$, 于是$$f^{\prime }=p^2{h}^{\prime }+2p{p}^{\prime }h=p(p{h}^{\prime }+2p^{\prime }h)\text{.}$$因此, $p$也整除$f^{\prime }$, 但这与$f$和$f^{\prime }$矛盾. 换言之, $p_1,\dots ,p_k$互异.
证明的最后, 我们想要澄清一下$f=1$的极端情况. 此时, $f$的素因子分解应该理解为"空积", 因而互异的条件得到满足. 鉴于$1^{\prime }=0$, $\gcd (1,0)=1$, $f$和$f^{\prime }$也是互素的. 我们看到, 即便是$f=1$, 定理也是成立的.

证明. 对于集合$X=\{n\cdot x|n\in \mathbb{N}\}$, 若对于每个$n\in \mathbb{N}$有$n\cdot x\le y$, 那么$y$就是集合$X$的上界. 显然$X$是非空的, 所以$X$有最小上界$y_0$. 对于每个$n\in \mathbb{N}$, 我们知道$(n+1)\in \mathbb{N}$, 于是$(n+1)\cdot x\le y_0$, 即$n\cdot x\le y_0-x$. 那么, $y_0-x$也是一个上界, 这与$y_0$是最小上界矛盾.

证明. 根据归纳即得.

证明. 注意到对于每个$k\in \mathbb{N}$, $\phi (k)\ge k$.

证明. 级数$\sum _{n=0}^{\infty }{y}_n$收敛的话, 说明其部分和有上界, 并且当然收敛至最小上界. 可以看出, 对于级数$\sum _{n=0}^{\infty }{x}_n$而言, 有$$\sum _{n=0}^k{x}_n\le \sum _{n=0}^k{y}_n\le \sum _{n=0}^{\infty }{y}_n,k\in \mathbb{N}\text{.}$$于是, 其部分和亦有上界, 且以$\sum _{n=0}^{\infty }{y}_n$为一个上界. 而$\sum _{n=0}^{\infty }{x}_n$又是最小上界, 故$\sum _{n=0}^{\infty }{x}_n\le \sum _{n=0}^{\infty }{y}_n$.