T1
证明：整系数多项式(f(x))与(g(x))相等的充要条件是(f(t) = g(t))，其中(t)是大于(f(x), g(x))的所有系数的绝对值2倍的某一整数。
不妨设(f(x) = sum^n_{i=0} a_i x^i)，(g(x) = sum^n_{i=0} b_i x^i)，其中(n = max(deg f(x), deg g(x)))，则(f(x) - g(x) = sum^n_{i=0} (a_i - b_i) x^i)
必要性显然，考虑充分性
法一：
注意到由于(f(t) - g(t) = 0)，故(a_0 - b_0 = t(sum^{n - 1}_{i= 0} (a_{i + 1} - b_{i + 1}) t^i))，即(t | a_0 - b_0)
而(a_0 - b_0 leq |a_0| + |b_0| < t)，因此只能有(a_0 = b_0)
而由于(a_0 = b_0)且(t eq 0)，故(sum^{n - 1}_{i = 0} (a_{i + 1} - b_{i + 1})t^i = 0)，即(a_1 - b_1 = t(sum^{n - 2}_{i= 0} (a_{i + 2} - b_{i + 2}) t^i))
同样的有(a_1 = b_1)，依次类推，有(f(x) = g(x))
法二：
先证引理，若(|a| > |b|)，则(a + b eq 0)
考虑反证，若(a + b = 0)，则(a^2 - b^2 = 0)，即(|a| = |b|)，矛盾，故引理得证
不妨设(a_n eq b_n)，则(|a_n - b_n| geq 1)，则(|a_n - b_n|t^n geq t^n)
而注意到(|sum_{i=0}^{n - 1} (a_i - b_i)t^i| leq sum (|a_i| + |b_i|)t^i leq sum (t-1)t^i = t^n - 1)
因此(|a_n - b_n|t^n > |sum_{i=0}^{n- 1} (a_i - b_i) t^i|)，依据引理有(f(t) - g(t) eq 0)，矛盾，因此(a_n = b_n)
再假设(a_{n - 1} eq b_{n - 1})，仍能导出(f(t) - g(t) eq 0)，因此(a_{n - 1} = b_{n - 1})
依次类推，(f(x) = g(x))
T2
证明：((a+b)^p geq a^p + b^p(a, b > 0, p>1))
注意到：((a+b)^p = (a+b)(a+b)^{p-1} = a(a+b)^{p-1} + b(a+b)^{p-1} geq a^p + b^p)