[题目]设$f(x)=\prod_{j=1}^{2013}(x-j)^2+2014$，问$f(x)$在有理数域内是否可约？为什么？

[分析]2014是个“噱头”，不是本质的，应该对更一般的$n$都成立，注意到：

(x?1)2(x?2)2+3=(x2?x+1)(x2?5x+7)

<script id="MathJax-Element-1" type="math/tex; mode=display">(x-1)^2(x-2)^2+3=(x^2-x+1)(x^2-5x+7)</script> ，所以猜测对$f(x)=\prod_{j=1}^{n}(x-j)^2+n+1$,$n$为奇数结论成立。

[解答]不可约。用反证法，如果可约，那么$f(x)$一定在整数环上可约，即存在$g(x),h(x)\in Z[x]$满足$deg(g(x))>1,deg(h(x))>1$，使得$f(x)=g(x)h(x)$。对两边求导，并取$x=1,2,\ldots,2013$，有

<script id="MathJax-Element-2" type="math/tex; mode=display">g‘(j)h(j)+g(j)h‘(j)=0,\quad\forall j=1,2,\ldots,2013.(*)</script>

Claim 1: $f(x)$没有重根。

事实上,命$u(x)=\prod_{j=1}^{2013}(x-j)$,则$f(x)=u(x)^2+2014$,$f‘(x)=2u(x)u‘(x)$.因为$u(x)$的根恰好为$1,2,\ldots,2013$，由Rolle中值定理，$u‘(x)$的2012个根恰好分别位于$(j,j+1),j=1,2,\ldots,2012$中，所以$f‘(x)$的根都是实根，而$f(x)$没有实根，所以$f(x)$与$f‘(x)$没有公共根，故 $f(x)$没有重根。

Claim 2：$g(x)>0,h(x)>0,\forall x\in R.$

因为$f(x)>0,\forall x\in R$，所以$g(x),h(x)$一定没有实数根，故它们都是偶数次的。一个偶数次整系数多项式没有实数根，那么一定恒正。故$g(x)>0,h(x)>0,\forall x\in R.$

Claim 3: 存在$k\in\{1,2,\ldots,2013\}$,使得$g‘(k)h‘(k)\neq 0$.

若否，由$(*)$以及$g(x)>0,h(x)>0,\forall x\in R.$可知对$\forall j\in\{1,2,\ldots,2013\},g‘(j)=h‘(j)=0$.

注意到$deg(g‘(x)),deg(h‘(x))$至少有一个小于等于2012,从而$g‘(x)\equiv 0$,或者$h‘(x)\equiv 0$,这都将与$deg(g(x))>1,deg(h(x))>1$矛盾。

 

由$(*)$可知$g‘(k)h(k)^2+h‘(k)g(k)h(k)=0$，即$g‘(k)h(k)^2+h‘(k)f(k)=0$.由于$f(x)$没有重根，可知$h(x)$也没有重根.(未完待续)