Bổ đề. Cho $a, b \in \mathbb{C}$, ta có bất đẳng thức $|a + b| \le |a| + |b|$, dấu bằng xảy ra nếu và chỉ nếu $\text{Re}(a).\text{Im}(b) = \text{Im}(a).\text{Re}(b)$
Hệ quả. Ta có $|a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}| \le |a_{1}| + |a_{2}| + \cdots + |a_{n}|$ và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\text{Re}(a_{i}).\text{Im}(a_{j}) = \text{Im}(a_{i}).\text{Re}(a_{j})$ với mọi $i \neq j$
Bổ đề trên là hiển nhiên, mình sẽ không chứng minh lại.
Quay lại bài toán, dễ thấy nếu $z = -1$ thì $n$ lẻ từ đó suy ra $z^{n + 1} = 1$. Xét $z \neq -1$
i) Đầu tiên, ta sẽ chứng minh $|z| = 1$. Dĩ nhiên, $z \neq 1$, hay $\text{Im}(z) \neq 0$. Vì $z$ là một nghiệm của đa thức đã cho:
$$P(z) = 0 \implies (z - 1)P(z) = 0 \implies z^{n + 1} = (1 - a_{n - 1})z^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})z + a_{0}$$
Áp dụng hệ quả , \begin{align*} |z|^{n + 1} & = |(1 - a_{n - 1})z^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})z + a_{0}| \\&\le (1 - a_{n - 1})|z|^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})|z|^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})|z| + |a_{0}|\\&\le |z|^{n}[(1 - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + \cdots + \cdots + (a_{1} - a_{0}) + a_{0}] \\&= |z|^{n} \end{align*}
Điều này suy ra $|z| \le 1$. Từ giả thiết, ta thu được $|z| = 1$
ii) Tiếp theo,
\begin{align*} 1 = |z|^{n + 1} & = |(1 - a_{n - 1})z^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})z + a_{0}| \\&\le (1 - a_{n - 1})|z|^{n} + (a_{n - 1} - a_{n - 2})|z|^{n - 1} + \cdots + (a_{1} - a_{0})|z| + |a_{0}| = 1 \end{align*}
Dấu bằng xảy ra nếu $\begin{cases} \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(1 - a_{n - 1})z^{n}] = \text{Im}(a_{0}).\text{Re}[(1 - a_{n -1})z^{n}] \\ \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1}] = \text{Im}(a_{0}).\text{Re}[(a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1}] \\ \cdots \\ \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(a_{1} - a_{0})z] = \text{Im}(a_{0}).\text{Re}[(a_{1} - a_{0})z] \end{cases}$
$$\implies \begin{cases}\text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(1 - a_{n - 1})z^{n}] = 0 \\ \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1}] = 0 \\ \cdots \\ \text{Re}(a_{0}).\text{Im}[(a_{1} - a_{0})z] = 0 \end{cases} \implies \begin{cases}\text{Im}[(1 - a_{n - 1})z^{n}] = 0 \,(1) \\ \text{Im}[(a_{n - 1} - a_{n - 2})z^{n - 1}] = 0 \,(2) \\ \cdots \\ \text{Im}[(a_{1} - a_{0})z] = 0 \,(n) \end{cases}$$
Nếu tồn tại $1\le k \le n$ (gọi ra $k$ là số nhỏ nhất) sao cho $a_{k} - a_{k - 1} \neq 0$, hay nói cách khác $\text{Im}(z^{k}) = 0$. Do $\text{Im}(z^{k}) = 0$ nên viết lại $z = \left(|z|.e^{i\frac{2\pi}{k}}\right)$ hoặc $z \in \left(|z|.e^{0}\right) \implies z \in \mathbb{R}$ (do $z \neq \pm 1$ nên ta loại TH này)
Từ đó suy ra $z$ là căn đơn vị $x^{k - 1} + x^{k - 2} + \cdots + 1 = 0$ (*) và $\begin{cases} 1 - a_{n - 1} = a_{n - 1} - a_{n - 2} = \cdots = a_{k + 1} - a_{k} = 0 \\ a_{k - 1} - a_{k - 2} = \cdots = a_{1} - a_{0} = 0\end{cases}$
$\implies \begin{cases} 1 = a_{n - 1} = \cdots = a_{k} \\ a_{k - 1} = a_{k - 2} = \cdots = a_{0} = L\end{cases}$
Do $z$ là nghiệm của đa thức, $z^{n} + z^{n - 1} + \cdots + z^{k} + Lz^{k - 1} + \cdots + L = 0$
Từ (*), $z^{k}(z^{n - k} + z^{n - k - 1} + \cdots + 1) = 0 \implies z^{n - k} + z^{n - k - 1} + \cdots + 1 =0$. Tóm lại, $k\mid n + 1$. Chúng ta cũng có $z^{k} = 1 \implies z^{n + 1} = 1$. Vậy bài toán được chứng minh.
Ngược lại, $1 = a_{n - 1} = a_{n - 2} = \cdots a_{0} \implies z^{n} + z^{n - 1} + z^{n - 2} + \cdots + 1 = 0 \implies z^{n + 1} = 1$.
Tóm lại, bài toán luôn đúng. $\bigstar$