大部分高等代数教材证明两个多项式的最大公因式的存在性定理时，都充分展现了辗转相除这一过程. 在目前高考不要求数学归纳法的大背景下，我们在介绍数学归纳法的前提下，使用第二数学归纳法进行证明，让初学者对照教材上较为具体的辗转相除的过程，体会相对概括、相对抽象的方法. 在学习大学数学课程的初期，这不仅有助于同学们从对照中适应初等数学和高等数学的不同，体会到抽象方法的简洁，而且有助于同学们逐步掌握和使用抽象的方法.

下面两个结论由相关的定义直接验证可得：

推论1  令f(x)，g(x)∈$\mathbb{P}$[x]. 若f(x)|g(x)，则f(x)是f(x)和g(x)的一个最大公因式.

引理1  关于f(x)，g(x)，h(x)，k(x)∈$\mathbb{P}$[x]，若

则f(x)和g(x)的最大公因式与g(x)和k(x)的最大公因式相同.

现在我们用第二数学归纳法给出以下重要定理的较为简洁的证明.

定理1  关于任意f(x)，g(x)∈$\mathbb{P}$[x]，存在f(x)和g(x)的最大公因式d(x)∈$\mathbb{P}$[x]，且存在u(x)，v(x)∈$\mathbb{P}$[x]，使得

证  据推论1，可假设f(x)，g(x)$\not\equiv$0，不妨设∂f(x)≤∂g(x). 令min{∂f(x)，∂g(x)}=n. 以下关于n使用第二数学归纳法.

当n=0时，据推论1，f(x)即为f(x)和g(x)的一个最大公因式，且f(x)=1f(x)+0g(x).

现假设0≤n＜k时结论成立. 当n=k时，由带余除法知，存在q(x)，r(x)∈$\mathbb{P}$[x]，使得

若r(x)=0，则根据推论1，f(x)是f(x)和g(x)的一个最大公因式，仍选u(x)=1，v(x)=0即可. 若r(x)≠0，由于∂r(x)＜k，据归纳假设，r(x)，f(x)存在最大公因式d(x)，且存在u₁(x)，v₁(x)∈$\mathbb{P}$[x]，使得d(x)=u₁(x)r(x)+v₁(x)f(x). 据引理1，d(x)也是f(x)和g(x)的一个最大公因式. 结合(1)式可知，d(x)=(v₁(x)-u₁(x)q(x))f(x)+u₁(x)g(x)，即只需选u(x)=v₁(x)-u₁(x)q(x)，v(x)=u₁(x).

现有诸多教材在处理有理系数多项式涉及本原多项式的相关内容时，通常给出并应用这一结论，而且在多处使用该结论的证明方法：若一个整系数多项式可以写成一个有理系数多项式与一个本原多项式的乘积，则该有理系数多项式必为整系数多项式. 针对于此，我们抽象并提取出了一个简单的引理(下文的引理2)，以期更为简洁地组织这部分内容. 这一处理手段，是高等数学乃至数学研究中所采用的常用手段：从具有共性的数学对象、数学现象中提取概念、结论，然后加以应用，解决理论或实际问题.

首先不难验证：

推论2  关于任意f(x)∈$\mathbb{Q}$[x]，存在r∈$\mathbb{Q}$和本原多项式g(x)，使得f(x)=rg(x).

下面引入一个简单的引理：

引理2  令f(x)∈$\mathbb{Z}$[x]-{0}，r∈$\mathbb{Q}$，g(x)为一本原多项式. 若f(x)=rg(x)，则r∈$\mathbb{Z}$.

证  令$r=\frac{n}{m}$，m，n∈$\mathbb{Z}$，且(m，n)=1. 因为rg(x)=f(x)为一整系数多项式，且m，n互素，所以m整除g(x)的每一系数，而g(x)是本原的，即各系数的最大公因数是±1，因此m=±1，即有r∈$\mathbb{Z}$.

推论3  令f(x)∈$\mathbb{Q}$[x]-{0}，且f(x)=r₁g₁(x)=r₂g₂(x)，其中，r₁，r₂∈$\mathbb{Q}$，g₁(x)，g₂(x)为本原多项式. 则r₁=±r₂.

证  由假设知，${{g}_{1}}(x)=\frac{{{r}_{2}}}{{{r}_{1}}}{{g}_{2}}(x)$. 据引理2，$\frac{{{r}_{2}}}{{{r}_{1}}}$∈$\mathbb{Z}$，而g₂(x)是一本原多项式，因此$\frac{{{r}_{2}}}{{{r}_{1}}}$=±1，即r₁=±r₂.

以下引理3的证明各高等代数教材所提供的方法基本相同，此处从略.

引理3  两个本原多项式的乘积仍是本原多项式.

定理2  令f(x)∈$\mathbb{Z}$[x]，∂f(x)≥1. 则f(x)在$\mathbb{Q}$ 上可约当且仅当f(x)在$\mathbb{Z}$上可约.

证  我们仅证必要性部分.

若f(x)∈$\mathbb{Z}$[x]在$\mathbb{Q}$上可约，则据定义，存在g(x)，h(x)∈$\mathbb{Q}$[x]，使得f(x)=g(x)h(x)，其中，∂g(x)＜∂f(x)，∂h(x)＜∂f(x). 据推论2，存在r，s∈$\mathbb{Q}$和本原多项式g₁(x)，h₁(x)，使得g(x)=rg₁(x)，h(x)=sh₁(x). 于是f(x)=rsg₁(x)h₁(x). 据引理3，g₁(x)h₁(x)是本原的，再据引理2，rs∈$\mathbb{Z}$. 从而易知f(x)在$\mathbb{Z}$上可约.

关于$\mathbb{Z}$上多项式的有理根的问题，我们有：

定理3  令

且∂f(x)≥1. 若$\frac{r}{s}$∈$\mathbb{Q}$为f(x)的一个根，(r，s) =1，则s|a_n，r|a₀.

证  若$\frac{r}{s}$为f(x)的一个根，则在$\mathbb{Q}$上有$\left(x-\frac{r}{s} \right)|f(x)$，从而有(sx-r)|f(x). 因此存在g(x)∈$\mathbb{Q}$[x]，使得f(x)=(sx-r)g(x). 由于sx-r是本原的，据推论2，存在q∈$\mathbb{Q}$和本原多项式g₁(x)，使得g(x)=qg₁(x). 因此f(x)=q((sx-r)g₁(x)). 据引理3，(sx-r)g₁(x)是本原的. 由引理2知，q∈$\mathbb{Z}$，从而g(x)∈$\mathbb{Z}$[x]. 不妨设g(x)的首项系数和零次方项系数分别为b_n-1和b₀. 则通过比较系数，有a_n=sb_n-1，a₀=-rb₀，即s|a_n，r|a₀.

自笔者在高等代数的教学实践中采用类似处理方式以来，收到了良好的效果，让学生逐步有了“抽象”的意识和能力，也期待该处理方式对同行们的教学或学生们的学习有一定的参考价值.