$f = 0 \Rightarrow q = r = 0$，唯一性显然
$\deg(f) < \deg(g) \Rightarrow q = 0, r = f$，唯一性显然
以下仅考虑 $\deg(f) \geq \deg(g)$ 即可

对 $n := \deg(f)$ 用强归纳法证明
$n=0$ 时，$f,g$ 为常数多项式，令 $q = f g^{-1}, r = 0$，在 $l_c(g) \in R^\times$ 下逆元存在所以 $q \in R[x]$ 成立

$n>0$ 时，设 $m := \deg(g)$，有 $n \geq m$，强归纳法假设结论对所有比 $n$ 小的次数成立
令 ($a_n b_m \neq 0$)

$$f = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n$$

$$g = b_0 + b_1 x + \cdots + b_m x^m$$

取（我们相当于将 $g$ 的次数补到和 $f$ 次数一致，然后让 $f$ 作差，从而会只剩下余数）

$$f_1 = f - \frac{a_n}{b_m} x^{n-m} g$$

那么 $\deg(f_1) < n$
由强归纳假设，存在 $q_1, r_1 \in R[x]$ 使得

$$f_1 = q_1 g + r_1,\quad \deg(r_1) < \deg(g)$$

所以

$$f = \frac{a_n}{b_m} x^{n-m} g + f_1 = \frac{a_n}{b_m} x^{n-m} g + q_1 g + r_1 = (\frac{a_n}{b_m} x^{n-m} + q_1) g + r_1$$

令 $q = \frac{a_n}{b_m} x^{n-m} + q_1, r = r_1$，唯一性由 $f,g$ 唯一性可得

($\subset$)
令 $f \in (R[x])^\times$，则存在 $g \in R[x]$ 使得 $fg = 1$
由前述多项式次数的性质可得

$$\deg(fg) = \deg(f) + \deg(g) = \deg(1) = 0$$

所以 $\deg(f) = 0$ 且 $\deg(g) = 0$，即 $f,g$ 均为常数多项式
所以 $f,g \in R$，并且 $fg = 1$，即 $f \in R^\times$
($\supset$)
令 $r \in R^\times$，则存在 $s \in R$ 使得 $rs = 1$
将 $r,s$ 看作常数多项式，则 $r,s \in R[x]$，并且 $rs = 1$，即 $r \in (R[x])^\times$
$\square$

令 $f(x) = \mathrm{cont}(f) \cdot f_0(x)$，其中 $f_0$ 本原
那么此时有

$$\mathrm{cont}(f) \in (R[x])^\times = R^\times \text{ or } f_0 \in (R[x])^\times$$

由于 $\deg(f) \geq 1$，所以 $f_0 \not\in (R[x])^\times$
所以 $\mathrm{cont}(f) \in R^\times$，即 $f$ 为本原多项式
$\square$

取任意 $R$ 中的素元 $p \in R$，定义映射

$$\pi_p:R[x] \to (R/(p))[x],\quad \pi_p(h(x)) = \overline{h(x)}$$

为通过对多项式系数逐一取模 $p$ 实现，此时

$$h(x) \text{ 本原} \iff {}^\forall p:prime, \pi_p(h(x)) \neq 0$$

所以 $\overline{f(x)}, \overline{g(x)} \neq 0$，由于 $(R/(p))[x]$ 为整环，所以

$$\overline{f(x) g(x)} = \overline{f(x)} \cdot \overline{g(x)} \neq 0$$

所以 $f(x) g(x)$ 本原
$\square$

（分解可能性）
取 $f(x) \in R[x]$
在 $R$ 的分式域中对其分解

$$f(x) = p_1(x) p_2(x) \cdots p_n(x) \in F[x]$$

可以写为

$$p_i(x) = \mathrm{cont}(p_i) \cdot p_{i0}(x)$$

其中 $p_{i0}(x) \in R[x]$ 为本原多项式，且 $\mathrm{cont}(p_i) \in F$
那么可以将 $f(x)$ 写为

$$f(x) = \left[ \prod_{i=1}^n \mathrm{cont}(p_i) \right] \cdot \left[ \prod_{i=1}^n p_{i0}(x) \right] = \mathrm{cont}(f) \cdot f_0(x)$$

由于 $\mathrm{cont}(f)$ 与 $\prod_{i=1}^n \mathrm{cont}(p_i)$ 在 $R$ 中互伴，所以 $\mathrm{cont}(f) \in R$
并且可以得到 $\prod_{i=1}^n \mathrm{cont}(p_i)$ 可以被表示为 $R$ 中的不可约元与单位的乘积
所以 $f$ 可以由 $R[x]$ 中的不可约元与单位的乘积表示
（唯一性）
只需要证明 $R[x]$ 中的不可约元为素元
令 $f$ 为 $R[x]$ 中的不可约元且 $\deg f \geq 1$，取 $g,f \in R[x]$ 使得 $g h \in (f)$
由于分式域 $F[x]$ 为 PID，所以 $f$ 在 $F[x]$ 中为素元
即 $g,h$ 属于素理想 $(fF[x])$，那么 $g \in (fF[x])$ 或 $h \in (fF[x])$ 成立
假设 $g \in (fF[x])$，则存在 $q(x) \in F[x]$ 使得 $g(x) = f(x) q(x)$
提取内容得到

$$\mathrm{cont}(g) = \mathrm{cont}(f) \cdot \mathrm{cont}(q)$$

其中 $\mathrm{cont}(g) \in R, \mathrm{cont}(f) \in R^\times$
所以 $\mathrm{cont}(q) \in R$，进一步有

$$q(x) \in R[x] \implies g(x) \in (f) = f(x) R[x]$$

从而 $f$ 为素元
$\square$

（存在性）
取 $f(x) \in F[x]$，则存在 $d \in \mathbb N$，使得 $d f(x) \in R[x]$，对其分解

$$d f(x) = \mathrm{cont}(d f) \cdot f_0(x)$$

其中 $f_0$ 为本原多项式，两边除以 $d$ 即得

$$f(x) = \dfrac{\mathrm{cont}(d f)}{d} \cdot f_0(x)$$

取 $c = \dfrac{\mathrm{cont}(d f)}{d} \in F$ 即得到存在性
（唯一性）
接下来证明唯一性，令非单位 $f(x) = c f_0(x) = d g_0(x)$，其中 $c,d \in F$，$f_0,g_0 \in R[x]$ 均为本原多项式
着眼等式

$$c f_0(x) = d g_0(x)$$

通过对两边进行倍数乘法约掉 $c,d$ 中的分母，得到新的多项式等式

$$c' f_0(x) = d' g_0(x)$$

此时 $c', d' \in R$，并且均非零，将其替换回原来的等式，回到

$$c f_0(x) = d g_0(x), \quad c, d \in R$$

各自设定其系数为

$$f_0(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0$$

$$g_0(x) = b_m x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b_0$$

那么对比系数可以得到

$$c a_i = d b_i,\quad i = 0, 1, \ldots, \min(n,m)$$

由于 $\mathrm{cont}(f_0), \mathrm{cont}(g_0) \in R^\times$，所以 $\mathrm{cont}(c f_0) = c$，$\mathrm{cont}(d g_0) = d$
由于 $c f_0 = d g_0$，所以 $c$ 与 $d$ 在 $R$ 中互伴
并且进一步 $f_0(x)$ 与 $g_0(x)$ 在 $R[x]$ 中互伴，从而唯一性得证
（其他结论）
对于 $f(x) \in R[x]$，若 $c \not\in R$，则 $f_0(x) \not\in R[x]$，矛盾
所以 $c \in R$
反之，若 $c \in R$，则显然 $f(x) \in R[x]$
并且由于 $f_0$ 为本原多项式，所以 $\mathrm{cont}(f) = c$，从而 $c$ 与 $\mathrm{cont}(f)$ 在 $R$ 中互伴
$\square$

（$\Rightarrow$）
取对偶命题证明
令 $f(x) = g(x) h(x) \in F[x]$，其中 $\deg(g), \deg(h) \geq 1$
对其提取内容，得到

$$g(x) = \mathrm{cont}(g) \cdot g_0(x)$$

$$h(x) = \mathrm{cont}(h) \cdot h_0(x)$$

其中 $\mathrm{cont}(g), \mathrm{cont}(h) \in F$，$g_0(x), h_0(x) \in R[x]$ 均为本原多项式
所以

$$f(x) = [\mathrm{cont}(g) \cdot \mathrm{cont}(h)] \cdot [g_0(x) h_0(x)]$$

应用 Gauss 引理，$g_0(x) h_0(x)$ 仍为本原多项式
所以 $\mathrm{cont}(f)$ 与 $\mathrm{cont}(g) \cdot \mathrm{cont}(h)$ 在 $R$ 中互伴
由于 $f(x) \in R[x]$，所以 $\mathrm{cont}(f) \in R$
从而 $\mathrm{cont}(g), \mathrm{cont}(h) \in R$
所以 $g(x), h(x) \in R[x]$，从而 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中可约
（$\Leftarrow$）
取对偶命题证明
令 $f(x) = g(x) h(x) \in R[x]$，其中 $g(x), h(x) \in R[x] \subset F[x]$
所以 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中可约
并且由于 $f(x)$ 为本原多项式，$g(x), h(x)$ 也均为本原多项式
$\square$

利用多项式除法对 $f$ 除以 $x-c$，则存在 $q,r \in R[x]$ 使得

$$f = (x-c)q + r,\quad \deg(r) < \deg(x-c) = 1$$

所以 $r$ 为常数多项式，记作 $r = r_0 \in R$
代入 $c$ 得

$$f(c) = (c-c)q(c) + r_0 = r_0$$

由 $f(c) = 0$ 可得 $r_0 = 0$，所以 $f = (x-c)q$
$\square$

对 $n := \deg(f)$ 用数学归纳法证明
$n=0$ 时，$f$ 为常数多项式，显然无根
$n>0$ 时，假设结论对所有次数小于 $n$ 的多项式成立
如果 $f$ 无根，结论显然成立
否则，取 $c \in R$ 使得 $f(c) = 0$
由上一个命题，存在 $g \in R[x]$ 使得 $f = (x-c)g$，且 $\deg(g) = n-1$
由归纳假设，$g$ 在 $R$ 中的根的个数不超过 $n-1$
所以 $f$ 在 $R$ 中的根的个数不超过 $n$
$\square$

假设 $f(x)$ 在 $F$ 上可约，则存在 $g(x), h(x) \in R[x],\ \deg(g), \deg(h) \geq 1$，使得

$$f(x) = g(x) h(x)$$

设

$$g(x) = b_s x^s + b_{s-1} x^{s-1} + \cdots + b_0$$

$$h(x) = c_t x^t + c_{t-1} x^{t-1} + \cdots + c_0$$

其中 $s + t = n$
由 $a_n = b_s c_t$ 可知 $p \nmid b_s, p \nmid c_t$
由 $a_0 = b_0 c_0$ 可知 $p \mid b_0$ 或 $p \mid c_0$，不妨设 $p \mid b_0$
令 $m$ 为 $0 \leq m \leq s$ 中的最大值，使得 $p \mid b_i$ 对 $i = 0, 1, \ldots, m$ 成立
则 $p \nmid b_{m+1}$ 成立
考虑 $a_{m+1}$ 的展开式

$$a_{m+1} = \sum_{i=0}^{m+1} b_i c_{m+1-i}$$

由于 $p \mid b_i$ 对 $i = 0, 1, \ldots, m$ 成立，所以 $p \mid \sum_{i=0}^{m} b_i c_{m+1-i}$
但是由于 $p \nmid b_{m+1}$，所以 $p \nmid b_{m+1} c_0$，从而 $p \nmid a_{m+1}$
与 $p \mid a_i$ 对 $i = 0, 1, \ldots, n-1$ 矛盾
$\square$

取同态

$$\pi_p : R[x] \to (R/(p))[x],\quad \pi_p(h(x)) = \overline{h(x)}$$