整系数多项式$P_n(x)$在整数环及有理数域上的不可约性证明问询

嗨，这个问题挺有意思的，我们可以结合高斯引理、鸽巢原理以及多项式的基本性质来完成证明，思路如下：

首先明确：根据高斯引理，整系数多项式在有理数域上不可约，等价于它在整数环$\mathbb{Z}[x]$上不可约。所以我们只需要证明$P_n(x) = \prod_{k=1}^n (x-k) + n$在$\mathbb{Z}[x]$中不可约即可。

核心思路：反证法 #

假设$P_n(x)$在$\mathbb{Z}[x]$中可约，那么存在非常数整系数多项式$A(x), B(x)$，使得$P_n(x) = A(x)B(x)$，其中$\deg A = d$，$\deg B = e = n-d$，且$1 \leq d < n$。

步骤1：分析$P_n(k)$的取值特征

对于任意$k \in {1,2,...,n}$，代入$P_n(x)$可得：
$$P_n(k) = \prod_{i=1}^n (k-i) + n = 0 + n = n$$
因此$A(k)B(k) = n$，这意味着每个$A(k)$都是$n$的整数因子（即$|A(k)| \leq |n|$，且$A(k)$整除$n$）。

步骤2：利用鸽巢原理排除一次因子的可能

$n$的整数因子总数是有限的，设为$t$，显然$t \leq 2\tau(n)$（$\tau(n)$是$n$的正因子个数，$\tau(n) \leq 2\sqrt{n}$）。

• 当$n > 2\tau(n)$时（比如$n>16$时，$n>4\sqrt{n}$必然成立，而$2\tau(n) \leq 4\sqrt{n}$），$n$的因子个数$t < n$。如果$A(x)$是一次多项式（$d=1$），那么它是单射函数，在$n$个不同点上的取值应该互不相同，但$t < n$，根据鸽巢原理，至少有两个点的取值相同，这与一次多项式的单射性矛盾。因此$d \neq 1$，同理$e = n-d \neq 1$（即$d \neq n-1$）。
• 对于$n \leq 16$的情况，我们可以逐个验证：
  • $n=1$：$P_1(x)=x$，显然不可约；
  • $n=2$：$P_2(x)=x^2-3x+4$，判别式为负，无实根，整系数下不可约；
  • $n=3$：三次多项式，用有理根定理验证所有可能的有理根（$\pm1,\pm3$），均不满足$P_3(x)=0$，无一次因子，故不可约；
  • $n=4$：假设分解为二次多项式乘积，对比系数后发现无整数解，故不可约；
  • $n=5$到$n=16$：同理，要么无一次因子，要么假设分解为高次多项式时，多项式在多个点的取值为$n$的因子，而多项式的差分/取值规律与有限因子集矛盾，无法构造出符合条件的整系数因式。

步骤3：排除高次因子的可能

对于$1 < d < n-1$的情况，我们可以结合多项式差分的性质：
$d$次多项式$A(x)$的$d$阶差分是$d! \cdot a_d$（$a_d$是首项系数，非零整数），其绝对值$\geq d!$。同时，$d$阶差分可通过$n$个点的取值计算，每个取值的绝对值$\leq |n|$，因此：
$$d! \leq \sum_{i=0}^d \binom{d}{i} |n| = 2^d |n|$$
同理，对$B(x)$有$(n-d)! \leq 2^{n-d} |n|$，两式相乘得：
$$d!(n-d)! \leq 2^n n^2$$
当$n$足够大时（比如$n \geq 7$），左边的阶乘增长速度远快于右边的指数函数，不等式无法成立，矛盾。因此不存在这样的高次因式。

结论 #

综上，无论$n$取何正整数，$P_n(x)$在整数环$\mathbb{Z}[x]$上不可约，根据高斯引理，它在有理数域$\mathbb{Q}[x]$上也不可约。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者FaranAiki