如何研究多项式$((x-1)(x-2)\cdots(x-n))+1$在$\mathbb{Q}[x]$中的不可约性

嘿，关于多项式 $f(x) = (x-1)(x-2)\cdots(x-n) + 1$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中的不可约性问题，我整理了几个实用的分析方法和结论，咱们一步步来看：

对于n比较小的情况，直接展开或换元就能快速判断：

• n=1：$f(x) = (x-1)+1 = x$，这是一次多项式，在有理数域里所有一次多项式都是不可约的，没毛病。
• n=2：展开后是 $x^2 - 3x + 3$，二次多项式的判别式 $\Delta = 9 - 12 = -3 < 0$，没有实根更别说有理根了，所以不可约。
• n=3：展开得到 $x^3 - 6x^2 + 11x - 5$，用有理根定理，可能的有理根是 $\pm1, \pm5$，代入后都不等于0，三次多项式如果可约必然有一次因子（对应有理根），所以这个多项式不可约。
• n=4：这里有个巧方法，把乘积分组：

  (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) + 1 = [(x-1)(x-4)][(x-2)(x-3)] + 1
  

  令 $t = x^2 - 5x + 5$，代入后变成 $(t-1)(t+1)+1 = t^2$，也就是 $(x^2 -5x +5)^2$，明显是两个二次多项式的乘积，所以可约。

不管n多大，先判断有没有一次因子：
根据有理根定理，若$f(x)$有有理根，那这个根必然是整数（因为首项系数是1）。假设整数k是根，那么：
$$(k-1)(k-2)\cdots(k-n) = -1$$
左边是n个整数相乘等于-1，意味着每个整数只能是$\pm1$，且奇数个是-1。但你想，k是整数的话，$k-i$（i从1到n）这n个数里，必然存在某个数的绝对值大于1（比如当k>n时，k-n≥1，但k-1≥n，绝对值大于1；k<1时，k-1≤-1，k-n≤-n，绝对值大于1；1≤k≤n时，k-i=0，乘积为0≠-1），根本不可能乘积是-1。所以对任意n≥1，f(x)都没有有理根，也就不存在一次因子。

既然没有一次因子，如果f(x)可约，那只能分解成两个次数≥2的整系数多项式的乘积（高斯引理保证了有理数域上的可约性等价于整数域上的可约性），即 $f(x)=g(x)h(x)$，其中 $\deg(g),\deg(h)≥2$，且 $\deg(g)+\deg(h)=n$。

注意到对每个整数i=1,2,...,n，$f(i)=1$，所以 $g(i)h(i)=1$。因为g(x)和h(x)是整系数多项式，所以g(i)和h(i)都是整数，只能是 $g(i)=h(i)=1$ 或者 $g(i)=h(i)=-1$。

接下来分情况讨论：

• 如果所有i都满足 $g(i)=1$，那 $g(x)-1$ 有n个不同的根，但 $\deg(g(x)-1)≤\deg(g)≤n-2$（因为deg(h)≥2），一个次数小于n的多项式不可能有n个不同的根，除非它是零多项式，也就是g(x)=1，这就不是真分解了，矛盾。
• 如果所有i都满足 $g(i)=-1$，同理，$g(x)+1$ 是零多项式，g(x)=-1，同样矛盾。
• 如果一部分i满足g(i)=1，另一部分满足g(i)=-1：那存在a,b∈{1,2,...,n}，使得g(a)=1，g(b)=-1。根据整系数多项式的性质，a-b必然整除g(a)-g(b)=2，也就是|a-b|只能是1或2。但当n≥5时，比如n=5，点1和4的差是3，无法整除2，这就矛盾了——因为g(1)和g(4)一个是1一个是-1的话，3要整除2，不可能。所以n≥5时，这种情况不可能存在，也就无法分解。

• 当n=1,2,3时，$f(x)$在$\mathbb{Q}[x]$中不可约；
• 当n=4时，$f(x)$可约；
• 当n≥5时，$f(x)$在$\mathbb{Q}[x]$中不可约。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Davidmp11