咱们先从核心定义入手：设$R$为交换环，$f\in R[x_1,x_2,\cdots,x_{n-1}]$（$n\geq 2$）是一个多元多项式。

若存在集合划分$$R=\coprod_{i=1}^n R_i,\ R_i\neq \varnothing$$（$\coprod$代表不交并），使得对任意序列$\mathbf{a}=(a_{i_1},\cdots,a_{i_{n-1}})$（其中每个$a_{i_j}\in R_{i_j}$），$f(\mathbf{a})$一定属于$R_{i_n}$——这里$(i_1,\cdots,i_n)$是$(1,\cdots,n)$的一个重排，则称$f$在$R$上是n-可分的。

给两个简单的例子帮你理解：

• 取$R=\mathbb{Z}$（整数环），$n=2$：很容易验证$f(x)=x+1$是2-可分的，对应的划分就是$\mathbb{Z}=$ {奇数} $\cup$ {偶数}——不管代入奇数还是偶数，$x+1$都会精准落到另一个集合里，完美符合定义要求。
• 再看$f(x)=2x+1$，它就不是2-可分的：比如代入$x=-1$，计算得$2\times(-1)+1=-1$，这个元素是“不动点”，没法找到满足条件的不交划分，自然不符合2-可分的定义。

一般情况下，我们有一个直接可证的断言：

对任意交换环$R$和一元多项式$f\in R[x]$，$f$...（原内容此处未完成，保留原样）

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Phil. Z