环R[x]中不可约多项式的判定条件及相关疑问

首先，先解答你关于例子的论证是否有效的问题：你的结论是对的，但中间的逻辑需要补充一点细节，让它更严谨。

对于多项式$f(x)=x^2-2x-1$：

• 在$\mathbb{Q}[x]$中，因为$\mathbb{Q}$是域，而二次多项式在域上的不可约性等价于“没有根”——如果二次多项式能分解，必然拆成两个一次因式的乘积，每个一次因式对应一个域中的根。既然$f(x)$的根是$1\pm\sqrt{2}$，不在$\mathbb{Q}$中，所以它在$\mathbb{Q}[x]$里不可约。
• 然后推广到$\mathbb{Z}[x]$，这里要用到高斯引理：如果一个整系数本原多项式（系数的最大公约数为1）在$\mathbb{Q}[x]$中不可约，那么它在$\mathbb{Z}[x]$中也不可约。$f(x)$的系数是1、-2、-1，最大公约数是1，是本原多项式，所以由它在$\mathbb{Q}[x]$中的不可约性，能直接推出它在$\mathbb{Z}[x]$中不可约。

接下来是你第二个疑问：能不能直接说“因为$f(x)$在$\mathbb{Z}$中没有根，所以它在$\mathbb{Z}[x]$中不可约”？

对于二次（或三次）整系数多项式，这个结论是成立的！原因很简单：如果二次多项式在$\mathbb{Z}[x]$中可约，只能分解成两个一次整系数多项式的乘积，即$f(x)=(ax+b)(cx+d)$，其中$a,b,c,d\in\mathbb{Z}$，那么$x=-b/a$或$x=-d/c$就是$f(x)$的整数根（因为$a,c$是整数，且乘积为最高次项系数1，所以$a=c=\pm1$，根就是整数）。同理，三次多项式如果可约，必然能拆成一次因式加二次因式，同样会对应一个整数根。

但这个结论绝对不能推广到四次及以上的多项式！比如考虑多项式$f(x)=(x^2+1)(x2+2)\in\mathbb{Z}[x]$：

• 它在$\mathbb{Z}$中没有根，因为对于任何整数$x$，$x^{2\geq0$，所以$x}2+1\geq1$，$x^2+2\geq2$，乘积不可能为0；
• 但它明显是两个二次整系数多项式的乘积，所以在$\mathbb{Z}[x]$中是可约的。

这就回答了你最后一个问题：完全有可能存在多项式在环$R$中没有根，但在$R[x]$中可约——只要这个多项式的次数足够高，能分解成两个次数都≥2的因式，就不需要存在一次因式（也就不需要根）。

总结一下关键要点：

• 对于域$F$上的多项式：
  • 二次、三次多项式：不可约 ⇨ 没有根，反之亦然；
  • 四次及以上多项式：没有根≠不可约，可能分解成高次因式的乘积。
• 对于整环$R$（比如$\mathbb{Z}$）上的多项式：
  • 二次、三次本原多项式：没有根 ⇨ 不可约（结合高斯引理和域上的结论）；
  • 四次及以上多项式：即使没有根，也可能可约；
  • 非本原多项式还要先提取系数的最大公约数，再判断剩余部分的不可约性。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Ty Perkins