لم۱:اگر $c \mid b$ انگاه $\vert{b}\vert \ge \vert{c}\vert$.
اثبات:چون $c \mid b$ عدد صحیحی مانند $a$ وجود دارد که $b=ac$ چون $b$ نامساوی صفر است پس $\vert{a}\vert \ge 1$.داریم:
$\vert{b}\vert=\vert{ac}\vert=\vert{a}\vert \vert{c}\vert \ge\vert{c}\vert$
$\Rightarrow \vert{b}\vert \ge \vert{c}\vert$
لم۲:تعداد مقسوم علیه های هر عدد متناهی است.
اثبات:اگر عدد $b$ را در نظر بگیریم با توجه به لم۱ متوجه می شویم که عدد $c$ تنها در صورتی مقسوم علیه ان است که $c \mid b$ که $\vert{b}\vert \ge \vert{c}\vert$که از این معادله نتیجه می شود:
$-b\ge c \ge b$
که چون صفر نمی تواند مقسوم علیه باشد این عدد حداکثر $2b$مقسوم علیه دارد که عددی متناهی است.
می دانیم که $f^n(x)$ یعنی اینکه عمل $f$،$n$ بار روی $x$انجام شده است.
دنباله زیر را در نظر بگیرید:
$1,f(1),f^2(1),f^3(1),\dots$
با استقرا نشان می دهیم که همه ی اعضا این مجموعه عضو مجموعه $A$(مجموعه مقسوم علیه های عدد $n$)هستند.گام های استقرایی:
۱.عدد۱ بر هر عددی بخش پذیر است پس عضو این مجموعه است.
۲.فرض می کنیم$f^n(1)$ عضو $A$ باشد.
۳.اثبات می کنیم $f^{n+1}(1)$ عضو $A$ می باشد.
$f^n (1) \in A \Rightarrow f(f^n(1)) \in A \Rightarrow f^{n+1}(1) \in A$
فرض کنید $a_i=f^i(1)$ با استفاده از استقرا ثابت می کنیم $a_k \mid a_{k+1}$.گام های استقرایی:
۱.عدد ۱ بر هر عددی بخشپذیر است پس بر $f(1)=a_1$ نیز بخشپذیر است.
۲.فرض می کنیم $a_{n-1} \mid a_n$.
۳.اثبات می کنیم $a_n \mid a_{n+1}$
$a_n \mid a_{n+1} \Rightarrow f^{n-1}(1) \mid f^n(1) \Rightarrow f(f^{n-1}(1)) \mid f(f^n(1)) \Rightarrow f^n(1) \mid f^{n+1}(1) \Rightarrow a_n \mid a_{n+1}$
نتیجه می گیریم:
$a_0 \mid a_1 \mid a_2 \mid a_3 \mid \dots$
طبق لم ۱ داریم:
$\vert{a_0}\vert \ge \vert{a_1}\vert \ge \vert{a_2}\vert \ge \vert{a_3}\vert \ge \dots$
چون همه مقسوم علیه ها مثبت هستند می توان نوشت:
$a_0 \ge a_1 \ge a_2 \ge a_3 \ge \dots$
فرض می کنیم در بین $a_i$ ها علامت مساوی وجود نداشته باشد.انگاه طبق لم ۲ چون تعداد مقسوم علیه ها متناهی است پس به $n$ می رسیم و چون $n$ بزرگترین مقسوم علیه است دیگر نمی توانیم علامت کوچکتر داشته باشیم و باید علامت مساوی داشته باشیم که خلاف فرض است.پس حتما علامت مساوی بین $a_j$ و $a_{j+1}$ وجود دارد.
