设 $h\in{}_{n-1}\mathcal{O}_0[z_n]$ 是 $k$ 阶 Weierstrass 多项式, 则对任意 $f\in{}_n\mathcal{O}_0$, 有
\[
f=gh+r,\quad g\in{}_n\mathcal{O}_0,\quad r\in{}_{n-1}\mathcal{O}_0[z_n]
\]
其中 $r$ 是阶数小于等于 $k-1$ 的关于 $z_n$ 的多项式.
1
取区域 $\Delta(0,\delta)$, 使得 $h$ 在 $\{z\mid |z_i| < \delta_i,\ |z_n|=\delta_n\}$ 上不为零. （这里 $z=(z',z_n)$）
\[
g(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=\delta_n}\frac{f(z',\xi)}{h(z',\xi)(\xi-z_n)}d\xi
\]
是全纯的, 令 $r=f-gh$, 则 $r$ 也是全纯的.
\[
\begin{split}
r(z)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=\delta_n}\frac{f(z',\xi)}{\xi-z_n}d\xi-\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=\delta_n}h(z',z_n)\cdot\frac{f(z',\xi)}{h(z',\xi)(\xi-z_n)}d\xi\\
&=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=\delta_n}\frac{f(z',\xi)}{h(z',\xi)}\cdot\frac{h(z',\xi)-h(z',z_n)}{\xi-z_n}d\xi
\end{split}
\]
其中
\[
\frac{h(z',\xi)-h(z',z_n)}{\xi-z_n}=\frac{(\xi^k-z_n^k)+a_1(z')(\xi^{k-1}-z_n^{k-1})+\cdots+a_{k-1}(z')(\xi-z_n)}{\xi-z_n}
\]
是一个关于 $z_n$ 阶数小于等于 $k-1$ 的多项式, 属于 ${}_{n-1}\mathcal{O}_0[z_n]$. 由于积分是关于 $\xi$ 的, 因此 $r\in{}_{n-1}\mathcal{O}_0[z_n]$.
[唯一性]
假设 $f=gh+r=g_1 h+r_1$, 则 $r-r_1=(g_1-g)h$. 这里 $h$ 是关于 $z_n$ 的 $k$ 阶多项式, 有 $k$ 个零点. 而 $r$ 和 $r_1$ 均是关于 $z_n$ 阶数小于等于 $k-1$ 的多项式, 所以 $r-r_1$ 如果不等于零, 则至多有 $k-1$ 个零点. 因此, 必有 $r=r_1$.
[Remark]
特别的, 如果 $f\in{}_n\mathcal{O}_0[z_n]$, 则 $g\in{}_{n-1}\mathcal{O}_0[z_n]$.