嘿，这个问题其实可以通过构造无穷多个不同次数的有限扩张来解决——只要能找到一族不可约多项式，它们的次数没有共同上界，就能推出代数闭包的次数是无限的。你之前用过Hensel引理，其实相关的p-adic域判别法（或者结合Hensel的思路）完全能派上用场，咱们一步步拆解：

核心思路：构造任意大次数的不可约多项式 #

要证明代数闭包次数无限，关键是证明：存在ℚₚ的有限扩张，其次数可以任意大。如果代数闭包是ℚₚ的有限次扩张（比如次数为d），那么所有有限子扩张的次数都必须整除d，但只要能找到次数大于d的扩张，就会产生矛盾，从而证明代数闭包次数无限。

具体构造：用Eisenstein判别法找不可约多项式 #

咱们直接用形如 f_n(x) = x^n - p 的多项式，用p-adic版本的Eisenstein判别法就能快速证明它在ℚₚ上不可约：

• 对p-adic赋值 v_p，首项系数1的赋值为0（不被p整除）；
• 中间所有系数都是0，赋值为∞（显然被p整除）；
• 常数项是 -p，赋值为1，且不被 p² 整除（即 v_p(-p) = 1 < 2）。

完全满足Eisenstein判别法的条件，因此 f_n(x) 在ℚₚ上不可约。这意味着由它定义的扩张 ℚₚ(√[n]{p}) 在ℚₚ上的次数就是n。

为什么这能推出次数无限？ #

n可以取任意正整数——比如n=1,2,3,...，甚至取不同的质数n₁,n₂,...，对应的扩张次数是不同的质数，它们的复合扩张次数是这些质数的乘积，显然可以任意大。这就说明：不存在一个固定的整数d，使得所有有限扩张的次数都整除d，因此代数闭包不可能是ℚₚ的有限次扩张，只能是无限次的。

结合Hensel引理的补充思路（呼应你之前的经验） #

如果你想把Hensel引理用进来，可以换个角度：证明 f_n(x) = x^n - p 在ℚₚ上没有根。假设存在根α∈ℚₚ，那么根据p-adic赋值的性质，v_p(α^n) = n·v_p(α) = v_p(p) = 1，但 v_p(α) 必须是整数（因为α在ℚₚ中），而1/n不是整数（n≥2时），矛盾。这说明α不在ℚₚ里，再结合多项式的不可约性（Eisenstein），就得到扩张次数为n。

另外，也可以用Hensel引理构造其他不可约多项式，比如 g_n(x) = x^n + p x + p，模p约化后是 x^n，虽然是重根，但通过Hensel引理的推广形式（Newton迭代）可以证明它在ℚₚ上不可约，不过这个不如xⁿ-p直接。

总结 #

本质上就是通过构造任意大次数的不可约多项式，得到任意大次数的有限扩张，从而推出代数闭包的次数不可能有限。这个思路和你之前处理二次扩张的逻辑是相通的——都是利用p-adic域的赋值性质来判断多项式的不可约性，只是这次把次数从2推广到了任意正整数。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者finiteness