在不使用高斯引理的情况下证明UFD上多项式的容度性质$c(kp)=kc(p)$
嘿，我完全懂你这种“明明感觉应该很简单却卡壳”的滋味！咱们顺着你的思路往下走，把这个证明补完——全程不用高斯引理，就靠UFD的核心性质搞定。
首先明确目标：设$R$是唯一分解整环（UFD），$p(x) \in R[x]$，$k \in R \setminus {0}$，我们要证$c(kp) = kc(p)$，这里$c(f)$代表多项式$f(x)$所有系数的最大公因子（容度）。
你已经迈出了关键的第一步：
把$p(x)$写成$c(p) \cdot p''(x)$，其中$c(p'')=1$（也就是$p''$是本原多项式，系数的gcd为1）；同理$kp(x)=c(kp) \cdot p'(x)$，其中$c(p')=1$。
于是得到等式：$k \cdot c(p) \cdot p''(x) = c(kp) \cdot p'(x)$
因为$k$整除$kp(x)$的每一个系数，所以$k$必然整除$c(kp)$，因此可以设$c(kp)=kq$，其中$q \in R$。代入上面的等式并消去$k$（$R$是整环，$k \neq 0$所以可消），得到：$c(p) \cdot p''(x) = q \cdot p'(x)$
接下来就差最后一步：证明$q=c(p)$，咱们用UFD里“不可约元是素元”这个核心性质推导：
先证$q$整除$c(p)$
因为$c(p'')=1$，不存在$R$中的不可约元$r$能整除$p''(x)$的所有系数。看等式$c(p)a_i = q b_i$（$a_i$是$p''$的系数，$b_i$是$p'$的系数）：
假设$r$是$q$的一个不可约因子，那么$r$整除$c(p)a_i$对所有$i$。如果$r$不整除$c(p)$，由于UFD中不可约元是素元，$r$必须整除每个$a_i$——这和$c(p'')=1$矛盾。所以$q$的所有不可约因子都整除$c(p)$，也就是$q \mid c(p)$。再证$c(p)$整除$q$
同样看等式$c(p)a_i = q b_i$，$c(p)$整除$q b_i$对所有$i$。又因为$c(p')=1$，不存在不可约元$r$能整除所有$b_i$：
假设$r$是$c(p)$的一个不可约因子，如果$r$不整除$q$，那么素元$r$必须整除每个$b_i$——这和$c(p')=1$矛盾。所以$c(p)$的所有不可约因子都整除$q$，也就是$c(p) \mid q$。
在UFD这个整环里，两个非零元互相整除就意味着它们在相伴意义下相等，而容度的定义是取系数的最大公因子（单位元不影响gcd的本质），所以$q=c(p)$。代回$c(kp)=kq$，就得到$c(kp)=k c(p)$，证明完成！
另外给你一个更直接的思路，不用拆本原多项式：
- 设$c(p)=d$，则$p(x)=d p_1(x)$，其中$p_1(x)$是本原多项式（$c(p_1)=1$）。
- 那么$kp(x)=kd \cdot p_1(x)$，现在要证$c(kd p_1)=kd$：
- 显然$kd$整除$kd p_1(x)$的每一个系数；
- 假设$e$是$kd p_1(x)$所有系数的gcd，那么$e$整除$kd a_i$对所有$a_i$（$a_i$是$p_1$的系数）。因为$c(p_1)=1$，没有不可约元能整除所有$a_i$，所以$e$的所有不可约因子都必须整除$kd$，即$e \mid kd$。
- 因此$e=kd$（相伴意义下），也就是$c(kp)=kd=k c(p)$。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者JGJ7
