嘿，你的思路完全可行！用泰勒展开结合数学归纳法确实能严谨地完成这个证明，甚至可以说是最直接的路径之一。下面我一步步给你拆解整个过程：

1. 先利用泰勒展开铺垫基础 #

因为复多项式在整个复平面上是解析的，所以它在任意点$a$处的泰勒展开就是多项式本身，没有收敛性问题：
$$p(z) = p(a) + p'(a)(z-a) + \frac{p''(a)}{2!}(z-a)^2 + \dots + \frac{p^{{(n)}(a)}{n!}(z-a)}n$$
其中$n$是多项式$p(z)$的次数。

把$p(a)$移到左边，就能得到：
$$p(z)-p(a) = (z-a)\left[p'(a) + \frac{p''(a)}{2!}(z-a) + \dots + \frac{p^{{(n)}(a)}{n!}(z-a)}{n-1}\right]$$

2. 用数学归纳法完成证明 #

基例：一次多项式 #

如果$p(z)$是一次多项式，设$p(z)=cz+d$（$c≠0$），那么$p(z)-p(a)=c(z-a)$。此时取$k=1$，$q_1(z)=c$，显然$q_1(a)=c≠0$，且$k$只能是1（如果假设$k>1$，那右边会包含$(z-a)^k$因子，左边是一次式，矛盾），满足唯一性。

归纳假设 #

假设对于所有次数小于$n$的非平凡复多项式，结论都成立：即对任意$a$，存在唯一的$k≥1$，使得多项式减去在$a$处的值后，能分解为$(z-a)^k$乘以一个在$a$处非零的多项式。

归纳步骤：$n$次多项式 #

现在考虑$n$次多项式$p(z)$：

• 情况1：$p'(a)≠0$
  从泰勒展开式可以看到，$p(z)-p(a)$提取$(z-a)$后，括号内的多项式在$z=a$处的值就是$p'(a)≠0$，所以直接取$k=1$，$q_1(z)$就是括号内的多项式，满足$q_1(a)≠0$。
  唯一性：如果假设存在$k'>1$使得$p(z)-p(a)=(z-a)^{{k'}q_{k'}(z)$，那么对两边求导后代入$z=a$，左边是$p'(a)≠0$，右边因为$k'≥2$，$(z-a)}{k'}$的导数在$a$处为0，整个右边导数在$a$处为0，矛盾，所以$k$只能是1。

• 情况2：$p'(a)=0$
  此时$p(z)-p(a)$可以提取$(z-a)^2$，得到：
  $$p(z)-p(a) = (z-a)^2\left[\frac{p''(a)}{2!} + \frac{p'''(a)}{3!}(z-a) + \dots + \frac{p^{{(n)}(a)}{n!}(z-a)}{n-2}\right]$$
  令$r(z)$为括号内的多项式，它是次数为$n-2$的多项式（次数小于$n$）。根据归纳假设，对$r(z)$和点$a$，存在唯一的$m≥1$，使得$r(z)=(z-a)^m q_k(z)$，其中$q_k(a)≠0$。那么$p(z)-p(a)=(z-a)^{2+m}q_k(z)$，取$k=2+m$，就满足条件。
  另外，我们也可以直接找最小的$k≥1$使得$p^{{(k)}(a)≠0$（因为$p$是$n$次多项式，$p}{(n)}(a)=n!\cdot c_n≠0$，$c_n$是首项系数，所以这样的$k$一定存在），此时泰勒展开中前$k-1$项导数都为0，提取$(z-a)^{k$后，括号内的多项式在$a$处的值为$\frac{p}{(k)}(a)}{k!}≠0$，直接得到分解式。

唯一性的统一证明 #

假设存在两个不同的整数$k_1≥1$和$k_2≥1$（不妨设$k_1<k_2$），使得：
$$p(z)-p(a)=(z-a)^{{k_1}q_{k_1}(z)=(z-a)}{k_2}q_{k_2}(z)$$
其中$q_{k_1}(a)≠0$，$q_{k_2}(a)≠0$。两边除以$(z-a)^{k_1}$，得到：
$$q_{k_1}(z)=(z-a)^{k_2-k_1}q_{k_2}(z)$$
代入$z=a$，左边是$q_{k_1}(a)≠0$，右边是0，矛盾。因此$k$是唯一的。

这样就完整证明了结论，你的思路完全没问题，泰勒展开+归纳法的组合刚好能完美覆盖这个问题的所有情况~

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Peetrius