考慮首一多項式 fc(x) = xd+ c 屬於 K[x]，其中 K 是一數體，這裡我們考慮 K 是實 二次數體，d 為自然數，c 為實數且 [Q(c) : Q] ≤ 2，為了方便接下來的討論，我們定義
cn= fcn(0) 其中
fcn= f|c◦ fc◦ · · · ◦ f{z }c n 個
。
Lemma 1. 若 c 不是代數整數，則對於多項式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。
Proof. 使用反證法：
假設 0 是一個前週期點，根據前週期點的定義可得對於一些自然數 m > n，fcm(0) = fcn(0)。
由於 fcm(0) 可以看作以 c 為變數的首一整係數多項式，故存在次數為 m 的首一整係數多 項式 g(x) 使得 fcm(0) = g(c)。同理可得，存在次數為 n 的首一整係數多項式 h(x) 使得 fcn(0) = h(c)。可以從 fcm(0) = fcn(0) 推得 g(c)− h(c) = 0，且 g(x) − h(x) 是首一多項式，
則 c 為一代數整數。
Lemma 2. 若 c > 0 且 d 為任一自然數或是 c < 0 且 d 為任一奇數，則對於多項式 fc(x)，
0 是一個遊蕩點。
Proof. 已知 c1 = fc(0) = c，
c2 = fc2(0) = fc(fc(0)) = cd+ c，
(1) 由於 c > 0，對於任一自然數 d 可得 cd > 0，則 c2 = cd+ c > c = c1， 假設 cn > cn−1, 則
cn+1= fcn+1(0) = fc(fcn(0)) = f (cn) = cdn+ c > cdn−1+ c = cn，
根據數學歸納法，可知數列{cn}n∈N 為嚴格遞增數列，該數列含有無限多個元素，故 對於多項式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。
(2) c < 0 且 d 為任一基數時，可推得 cd < 0，則
c2 = cd+ c < c = c1，
假設 cn < cn−1 < 0，由於 d 為奇數, 則
cn+1= fcn+1(0) = fc(fcn(0)) = f (cn) = cdn+ c < cdn−1+ c = cn，
根據數學歸納法，可知數列{cn}n∈N 為嚴格遞減數列，該數列含有無限多個元素，故 對於多項式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。
Lemma 3. 若 c <−2d−11 且 d 是任一偶數，則對於多項式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。
Proof. 已知 c1 = fc(0) = c <−2d−11 ，則
c2 + c1 = cd1+ 2c1 = c1(cd1−1+ 2) > 0，
可以推得 c2 >−c1 > 1 且因為 d 是偶數
c3 = cd2+ c > (−c1)d+ c = cd1+ c = c2。 假設
cn−1> cn−2 >· · · > c3 > c2 > 1，
則對於所有 n≥ 4 的整數
cn= cdn−1+ c > cdn−2+ c = cn−1。
根據數學歸納法，可得數列 {cn}n∈N 為一嚴格遞增數列，該數列含有無限多個元素，故對 於多項式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。
由 Lemma 2 及 Lemma 3 可知，接下來只需考慮
−2d−11 ≤ c < 0
且 d 是偶數的情形，由於次數為 1 的代數整數即為整數，而整數的情況在一開始的介紹已 說明其結果，故對於多項式 fc(x) = xd+ c，我們假設 −2d−11 ≤ c < 0 且 c 是次數為 2 的 代數整數，從 Proposition 1 可知對於一些非平方整數 h 且 h ≥ 2，Q(c) = Q(√
h)，我們可 以將 c 寫成 s + t√
h 的形式，其中 s 及 t 為有理數。這裡將記作 cn= sn+ tn√
h 其中 sn 及 tn 皆為有理數且
s1 = s 和 t1 = t。
由於
sn+1 = (sdn+
根據數學歸納法，可知數列 {sn}n∈N 為一嚴格遞增數列，因為以 Q 為係數時，1 和
√h 是線性獨立的，所以數列 {c1, c2, c3, . . . , cn, . . .} 含有無限多個元素，故對於多項 式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。
Lemma 5. 假設 d 為偶數，當 −2d−11 ≤ s ≤ 0 時，若對於一些整數 n > 1 讓 sn > 2，則 對於多項式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。
Proof. 對於一些整數 n > 1 讓 sn > 2，由於 d 是偶數可得 ∑
k≥0
(d
2k
)sdn−2kt2kn hk 中，每一 項 sdn−2kt2kn hk ≥ 0，且 −2d−11 ≤ s ≤ 0 可得
0≤ s + 2 = s1+ 2≤ 2，
則
sn+1= (sdn+ (d
2 )
sdn−2t2nh1+· · ·+tdnhd2)+s1 ≥ sdn+s1 ≥ s2n+s1 > 2sn+s1 > sn+2+s1 ≥ sn， 假設
sn+k > sn+k−1 > sn> 2，
則
sn+k+1= (sdn+k+· · ·+tdnhd2)+s1 ≥ sdn+k+s1 ≥ s2n+k+s1 > 2sn+k+s1 > sn+k+2+s1 ≥ sn+k， 根據數學歸納法，可知數列 {sn, . . .} 為一嚴格遞增數列，因為以 Q 為係數時，1 和√
h 是 線性獨立的，所以數列 {c1, c2, c3, . . . , cn, . . .} 含有無限多個元素，故對於多項式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。
Lemma 6. 假設 −2d−11 ≤ c < 0 是次數為 2 的代數整數且 d 為偶數，若 Q(c) = Q(√ h)，
則對於所有非平方整數 h 且 h ≥ 2，對於多項式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。
Proof. 從引理 5 可知當 s > 0 或 s < −2d−11 時，對於多項式 fc(x)，0 是一個遊蕩點。因 此只須討論在 −2d−11 ≤ s ≤ 0 的情形。由於 d 是偶數且 −2d−11 ≤ c < 0，可知
−2 ≤ −2d−11 ≤ c = s + t√
h < 0，
推得
(1) − 2 − s ≤ t√
h <−s 以下將 h 分成兩種情形作討論：
(I) h̸≡ 1 (mod 4)
(b) s̸= 0