先证明存在性。接下来按次数进行分类讨论，记\(\deg g(x)=m\)。注意到\(g(x)\ne 0\)，所以 \(m\ge 0 \)。
情形1：\(m=0\)。此时\(g(x)=b_0\neq 0\)。于是，
\begin{equation*}
f(x)=g(x)\left[\frac{1}{b_0}f(x)\right]+0,
\end{equation*}
取 \(q(x)=\left[\frac{1}{b_0}f(x)\right] \)， \(r(x)=0\)， 其中\(\deg 0 = -\infty <\deg g(x)=0\)。
情形2：\(m > 0\)，且\(\deg f(x)<m\)。此时
\begin{equation*}
f(x)=g(x) 0+f(x),
\end{equation*}
取 \(q(x)= 0,\ r(x)=f(x) \)， 其中\(\deg f(x)<m=\deg g(x)\)。
情形3：\(m>0\)，且\(\deg f(x)\geq m\)。对被除式的次数\(n\)作数学归纳法。假设对于次数小于\(n\)的被除式存在性命题成立，以下考虑\(n\)次多项式\(f(x)\)，其中\(n\geq m\)。设
\begin{equation*}
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0,
\end{equation*}
\begin{equation*}
g(x)=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_0,
\end{equation*}
其中\(a_n\ne 0,b_m\ne 0\)。令
\begin{equation}
f_1(x)=f(x)-g(x)\left(\frac{a_n}{b_m}x^{n-m}\right),\tag{1.2.1}
\end{equation}
则\(\deg f_1(x)<n\)。根据归纳假设，存在\(q_1(x),r_1(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation}
f_1(x)=g(x)q_1(x)+r_1(x),\tag{1.2.2}
\end{equation}
\begin{equation*}
\begin{array}{ccl}
f(x)& = & f_1(x)+g(x)\left(\frac{a_n}{b_m}x^{n-m}\right)\\
& = & g(x)\left[q_1(x)+\frac{a_n}{b_m}x^{n-m}\right]+r_1(x).
\end{array}
\end{equation*}
令\(q(x)=q_1(x)+\frac{a_n}{b_m}x^{n-m},r(x)=r_1(x)\)，可知结论成立。
下面证明唯一性：设存在\(q(x),r(x),q_0(x),r_0(x)\in\F[x]\)，使得
\begin{equation*}
f(x)=g(x)q(x)+r(x),\ f(x)=g(x)q_0(x)+r_0(x),
\end{equation*}
其中\(\deg r(x)<\deg g(x),\deg r_0(x)<\deg g(x)\)。则
\begin{equation}
g(x)\left[q(x)-q_0(x)\right]=r_0(x)-r(x).\tag{1.2.3}
\end{equation}
假如
\(q(x)\neq q_0(x)\)，则
\(\deg \left(q(x)-q_0(x)\right)\geq 0\)。由
(1.2.3) 得
\begin{equation*}
\deg\left[r_0(x)-r(x)\right]=\deg g(x)+\deg \left[q(x)-q_0(x)\right]\geq \deg g(x).
\end{equation*}
而
\begin{equation*}
\deg\left[r_0(x)-r(x)\right]\leq\max\{\deg r_0(x),\deg r(x)\}< \deg g(x),
\end{equation*}
矛盾，因此\(q(x)=q_0(x)\)。从而
\begin{equation*}
r_0(x)-r(x)=g(x)\left[q(x)-q_0(x)\right]=0,
\end{equation*}
即\(r(x)=r_0(x)\)。
