多项式：添加常数获取不可约性的相关技术问题

嘿，咱们来逐个拆解这三个关于有理多项式族因式分解的问题，都是代数里挺经典的方向：

问题1：证明族$F={f+c}_{c\in\mathbb{Q}}$中至少存在一个不可约多项式 #

最直接的方法是用Hilbert不可约性定理：对于$\mathbb{Q}[X,Y]$中的不可约多项式$P(X,Y)$，存在无穷多个$y\in\mathbb{Q}$使得$P(X,y)$在$\mathbb{Q}[X]$中不可约。咱们的情况里，取$P(X,Y)=f(X)+Y$，它显然是$\mathbb{Q}[X,Y]$中的不可约多项式（因为关于$Y$是一次的，没法分解成两个次数≥1的多项式乘积）。直接套用定理就能得到：存在无穷多个$c\in\mathbb{Q}$使得$f+c$不可约，自然至少存在一个。

如果想用更初等的方法，也可以这样操作：先把$f$转化为整系数多项式（乘以一个合适的整数$k$，得到$f^{*\in\mathbb{Z}[X]$，此时$f+c=(f}+kc)/k$，所以$f+c$不可约等价于$f^+kc$不可约）。找一个整数$a$使得$f'(a)\neq0$（$f$是非零多项式，导数只有有限个根，肯定能找到），然后取素数$p$满足$p\nmid f'(a)$（根据Dirichlet定理，这样的素数有无穷多），令$c=(-f(a)+p)/k$，此时$f^*+kc=f(a)+p=p$。如果$f+c$可约，那$f^{*+kc=gh$（$g,h\in\mathbb{Z}[X]$且次数≥1），则$g(a)h(a)=p$，不妨设$g(a)=\pm1$，那么$(X-a)$整除$g(X)-g(a)$，进而整除$f}(X)-f^*(a)$，所以$g'(a)=0$，但$f'(a)=g'(a)h(a)+g(a)h'(a)=\pm h'(a)$，这会导致$p\mid f'(a)$，和我们选$p$的条件矛盾，因此$f+c$不可约。

问题2：若$f$可约，能否有效确定具体的$c$使得$f+c$不可约？ #

当然可以，有不少构造性的实用方法：

• Eisenstein判别法构造：先把$f$转化为整系数多项式$f^*\in\mathbb{Z}[X]$（乘以分母的公倍数）。找一个素数$p$，满足：

  • $p\nmid f^*$的首项系数
  • $p$整除$f^*$除首项外的所有系数
    取$c=(-f^的常数项 + p)/k$（$k$是之前的转化系数），此时$f^+kc$的常数项是$p$，满足$p\nmid p^2$，刚好符合Eisenstein判别法的条件，因此$f+c$不可约。如果找不到这样的$p$，可以换用其他素数搭配调整$c$，比如让$c$使得$f+c$在模$p$下的分解不可约。

• 具体枚举验证：对于给定的$f$，可以先尝试小的有理数值$c$（比如$c=0,1,-1,1/2,-1/2$等），用计算机代数工具（比如Sage、Maple）直接对$f+c$做因式分解测试。这种方法对低次多项式特别高效，毕竟不可约的$c$有无穷多，大概率试几个就能找到。

• 利用函数值构造：假设$f=gh$（$g,h$次数≥1），取一个整数$a$使得$g(a)h(a)\neq0$，令$c=-g(a)h(a)+p$（$p$是素数），此时$f+c$在$X=a$处的值为$p$。如果$f+c$可约，分解后的两个因式在$a$处的值必然是$\pm1$和$\pm p$，结合导数条件（选$p$不整除$f'(a)$）就能导出矛盾，从而保证$f+c$不可约。

问题3：使得$f+c$不可约的$c$的渐近增长性与密度如何？ #

首先，根据Hilbert不可约性定理，这样的$c$肯定有无穷多个，不存在“上限”一说——随便取多大的$|c|$，都能找到对应的不可约$f+c$。

关于密度：

• 如果考虑$c$为整数的情况，数论结果告诉我们，使得$f+c$不可约的整数$c$的自然密度是1：当你取绝对值不超过$N$的整数$c$时，其中满足$f+c$不可约的比例会趋近于1，当$N$趋向无穷大。
• 对于全体有理数$c$，如果按“分子分母绝对值之和”排序来定义密度，同样可以证明这类$c$的密度是1。本质上是因为可约的$f+c$对应的$c$是某个代数方程的解（比如$f+c=gh$，$g,h$次数固定时系数满足的方程），这类$c$的集合是$\mathbb{Q}$中的稀疏子集，远小于全体有理数的规模。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Jose Brox