Se considera la siguiente ecuación polinómica de primer grado:
$$ a·x + b = 0, a≠0, (a,b)∈ℝ $$

Se suma el opuesto de \( b \) a ambos miembros (se mantiene la igualdad por propiedad uniforme):
$$ a·x + b - b = -b $$
Se anulan los términos opuestos (propiedad cancelativa de la adición):
$$ a·x = -b $$
Se divide a ambos miembros entre \( a \), esto se puede debido \( a≠0 \) según hipótesis (se mantiene la igualdad por propiedad uniforme):
$$ \frac {a·x}{a} = - \frac {b}{a} $$
Se cancelan factores repetidos dentro del mismo término (propiedad cancelativa del producto):
$$ x = - \frac {b}{a} ∎ $$

Una ecuación cuadrática tiene como forma general:
$$ a·x^2 + b·x + c = 0 $$

Lo que nos importa e intentaremos hacer es: despejar (dejar sola) a la incógnita \( x \), para esto seguiremos un conjunto de pasos.
1. Multiplicamos ambos miembros por \( 4·a \).
$$ 4·a^2·x^2 + 4·a·b·x + 4·a·c = 0 $$
2. Pasamos el término independiente para el otro miembro:
$$ 4·a^2·x^2 + 4·a·b·x = - 4·a·c $$
3. Sumamos el término \( b^2 \) a ambos miembros:
$$ 4·a^2·x^2 + 4·a·b·x + b^2 = - 4·a·c + b^2 $$
4. Factorizamos con cuadrado de un binomio el primer miembro:
$$ (2·a·x + b)^2 = - 4·a·c + b^2 $$
5. Hacemos raíz cuadrada a ambos miembros:
$$ 2·a·x + b = ± \sqrt {- 4·a·c + b^2} $$
6. Pasamos el término \( b \) para el otro miembro:
$$ 2·a·x = - b ± \sqrt {- 4·a·c + b^2} $$
7. Despejamos \( x \), pasando dividiendo el factor \( 2·a \):
$$ x = \frac {- b ± \sqrt {b^2 - 4·a·c}}{2·a} $$

Hipótesis:
\( x^2 + b·x + c = 0, (b,c)∈ℝ \)
\( (\alpha, \beta)∈ℂ \) son las raíces de la ecuación

Tesis:
\( b = -(\alpha+\beta) \)
\( c = \alpha·\beta \)

Demostración:
Se considera la ecuación cuadrática de la hipótesis. Por teorema de descomposición factorial, dicho polinomio podrá expresarse como: \( (x-\alpha)·(x-\beta) = 0 \). Se realiza distributiva, y se agrupa convenientemente, resultando en: \( x^2 + (-\alpha-\beta)·x + \alpha·\beta = 0 \).
Se consideran las siguientes igualdades: \( b = -(\alpha+\beta) \) y \( c = \alpha·\beta \). Y se sustituyen en la anterior expresión.

Resulta en: \( x^2 + b·x + c = 0 \)

Demostración:
Sea \( f(x) = a_{n}·x^{n} + a_{n-1}·x^{n-1} + ... + a_{1}·x \)
\( f(0) = a_{n}·0^{n} + a_{n-1}·0^{n-1} + ... + a_{1}·0 ⇔ f(0) = 0 ⇔ x = 0 \)

Demostración:
Sea \( f(x) = a_{n}·x^{n} + a_{n-1}·x^{n-1} + ... + a_{1}·x + a_{0} \).
Considerando que para todo número natural \( i \), se cumple que \( (1)^{i} = 1 \).
\( f(1) = a_{n}·1^{n} + a_{n-1}·1^{n-1} + ... + a_{1}·1 + a_{0} ⇔ f(1) = a_{n} + a_{n-1} + ... + a_{1} + a_{0} \)
Si la suma de todos los coeficientes es nula (como anticipamos en la hipótesis): \( a_{n} + a_{n-1} + ... + a_{1} + a_{0} = 0 \), se tiene que \( p(1) = 0 \), y en consecuencia \( x = 1 \).

Demostración:
Sea \( f(x) = a_{n}·x^{n} + a_{n-1}·x^{n-1} + ... + a_{1}·x + a_{0} \), y tener en cuenta que: \( a_{0}·x^{0} = a_{0} \), por lo que es de exponente par.
Sea \( k_{1} \) la suma de los coeficientes de términos de grado impar, y \( k_{2} \) la suma de los coeficientes de términos de grado par, tal que: \( a_{n} + a_{n-1} + ... + a_{1} + a_{0} = k_{1} + k_{2} \).
Recordemos que para todo natural \( i \) se cumple que:
$$ (-1)^{i} =
\begin{cases}
1 & \mbox{si } i \mbox{ es par} \\
-1 & \mbox{si } i \mbox{ es impar}
\end{cases} $$
Luego se cumple que \( p(-1) = k_{1}·(-1) + k_{2}·(1) \). Como la regla establece que \( k_{1} = k_{2} \), resulta \( p(-1) = -k_{1}+k_{1} ⇔ p(-1) = 0 ⇔ x = -1 \).