嘿，这个问题问得特别好——很多人会把多项式分解的存在性和唯一性混为一谈，但其实复数域上多项式的分解唯一性，完全不用依赖代数基本定理，用纯代数的初等方法就能证明。我给你一步步拆解清楚：

首先得明确几个基础概念：

• 我们说的分解唯一性，是指把多项式分解为不可约多项式乘积的情况下，不计因式的顺序和非零常数因子，分解方式是唯一的。这里的不可约多项式定义很简单：一个非零非常数多项式$p(x)$，如果不能写成两个次数都小于它的多项式的乘积，那它就是不可约的。
• 复数域$\mathbb{C}$是一个域，这是关键前提，因为域上的多项式环有很好的代数性质，这些性质都能用初等方法推导，不用分析工具。

接下来是核心步骤，全是纯代数操作：

1. 带余除法与最大公因式（gcd）的存在性
   对于任意两个多项式$f(x), g(x) \in \mathbb{C}[x]$，我们可以做带余除法：存在唯一的多项式$q(x), r(x)$，使得$f(x) = q(x)g(x) + r(x)$，其中$r(x)=0$或者$\deg(r) < \deg(g)$。基于这个，我们能像整数的欧几里得算法那样，求出$f$和$g$的最大公因式$d(x)$——也就是能同时整除$f$和$g$的次数最高的多项式，而且任何能同时整除$f$和$g$的多项式，都能整除$d(x)$。这个过程完全是代数运算，和分析一点关系都没有。

2. 欧几里得引理的证明
   这是唯一性证明的关键：如果一个不可约多项式$p(x)$整除两个多项式的乘积$f(x)g(x)$，那么$p(x)$必然整除$f(x)$或者$g(x)$。
   怎么证？假设$p(x)$不整除$f(x)$，那由于$p(x)$不可约，它和$f(x)$的gcd只能是非零常数（因为$p(x)$的因子只有常数和它自身）。根据贝祖等式，我们能找到多项式$a(x), b(x)$，使得：
   a(x)p(x) + b(x)f(x) = 1
   两边同时乘以$g(x)$，得到：
   a(x)p(x)g(x) + b(x)f(x)g(x) = g(x)
   左边两项都能被$p(x)$整除（第一项明显，第二项因为$p(x)$整除$f(x)g(x)$），所以右边的$g(x)$也必然被$p(x)$整除。引理得证。

3. 用归纳法证明分解唯一性
   我们对多项式的次数做归纳：

   • 基例：次数为0的多项式（非零常数），分解就是它本身，显然唯一。
   • 归纳假设：假设所有次数小于$n$的多项式，分解为不可约多项式乘积的方式都是唯一的（不计顺序和常数因子）。
   • 归纳步骤：考虑次数为$n$的多项式$P(x)$，假设它有两种分解：
     $P(x) = c_1 p_1(x)p_2(x)\dots p_k(x) = c_2 q_1(x)q_2(x)\dots q_m(x)$
     其中$c_1, c_2$是非零常数，$p_i, q_j$都是不可约多项式。
     首先，$p_1(x)$整除右边的乘积，根据欧几里得引理，它必然整除某个$q_j$，不妨设是$q_1(x)$。因为$q_1(x)$也是不可约的，所以$q_1(x) = d p_1(x)$，其中$d$是非零常数（不可约多项式的因子只能是常数或自身的常数倍）。
     把$q_1(x)$替换成$d p_1(x)$，两边同时约掉$p_1(x)$（多项式环是整环，没有零因子，约掉没问题），得到：
     $c_1 p_2(x)\dots p_k(x) = c_2 d q_2(x)\dots q_m(x)$
     左边的次数是$n - \deg(p_1) < n$，根据归纳假设，左边和右边的分解本质上一致：$k-1 = m-1$（即$k=m$），剩下的$p_i$和$q_j$（除了$q_1$）可以重新排序，每个$p_i$都是对应$q_j$的常数倍，再结合常数因子$c_1 = c_2 d$乘以这些常数的乘积，就能得出两种分解是等价的。

你看，整个过程完全没用到代数基本定理——代数基本定理是用来证明“任何复数域上的多项式都能分解成一次因式的乘积”，也就是分解的存在性，但唯一性的证明根本不需要这个存在性结论，只需要域上多项式环的初等代数性质就行。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者pbpb