证法一:(反证法)假设整系数多项式\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上可约,则\(f(x)\)在\(\mathbb{Z}\)上可约,即存在\(g(x),h(x)\in\mathbb{Z}[x]\),使得
\begin{equation*}
f(x)=g(x)h(x),
\end{equation*}
其中\(\deg g(x)<n,\deg h(x)<n\)。由题意知,对任意\(1\leq i\leq n\),
\begin{equation*}
-2=f(a_i)=g(a_i)h(a_i),
\end{equation*}
而\(g(a_i),h(a_i)\in\mathbb{Z}\),所以\(g(a_i),h(a_i)\)中一个为\(\pm 1\),另一个为\(\mp 2\)。不妨设\(g(a_1)=\mp 2\),由\(a_1\)为偶数知\(g(x)\)的常数项为偶数。注意到\(a_i\)均为偶数,所以对任意\(1\leq i\leq n\),\(g(a_i)\)均为偶数,故\(g(a_i)\)只能为\(\mp 2\),相应地\(h(a_i)=\pm 1\),从而\(g(a_i)+2h(a_i)=0\)。注意到\(\deg (g(x)+2h(x))<n\),且\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)两两不同,所以\(g(x)+2h(x)=0\)。进而\(f(x)=-2h^2(x)\),比较两边首项系数,左边是奇数,右边是偶数,矛盾。因此\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约。
证法二:令\(x=2y\), 因为\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)是两两不同的偶数,所以
\begin{equation*}
f(2y)=2^n(y-b_1)(y-b_2)\cdots (y-b_n)-2,
\end{equation*}
其中\(b_i=\frac{a_i}{2},i=1,2,\cdots n\)是两两不同的整数。记\(g(y)=\frac{1}{2}f(2y)\),则
\begin{equation*}
g(y)=2^{n-1}(y-b_1)(y-b_2)\cdots (y-b_n)-1
\end{equation*}
是整系数多项式。下证\(g(y)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约即可。
假设\(g(y)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约,则\(g(y)\)在\(\mathbb{Z}\)上可约,即存在\(h(y),k(y)\in\mathbb{Z}[y]\),使得\(g(y)=h(y)k(y)\),其中\(\deg h(y)<n,\deg k(y)<n\)。由题设,对任意\(1\leq i\leq n\),\(-1=g(b_i)=h(b_i)k(b_i)\),而\(h(a_i),k(a_i)\in\mathbb{Z}\),所以\(h(b_i)+k(b_i)=0\)。注意到\(\deg (g(x)+h(x))<n\)且\(b_1,b_2,\cdots ,b_n\)两两不同,所以\(h(y)+k(y)=0\)。进而\(g(y)=-h^2(y)\),比较两边首项系数,左边是正数,右边是负数,矛盾。因此\(g(y)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约。从而\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约。
证法三:由题设,有 \(f(x)=x^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_1x+b_0\),其中
\begin{equation*}
b_{n-i}=(-1)^i\sum\limits_{1\leq k_1<\cdots<k_i\leq n} a_{k_1}a_{k_2}\cdots a_{k_{i}},(i=1,2,\cdots, n-1)
\end{equation*}
\begin{equation*}
b_0=-2+(-1)^na_1a_2\cdots a_n.
\end{equation*}
当\(n=1\)时,一次多项式\(f(x)\)显然在\(\mathbb{Q}\)上不可约;
-
当\(n\geq 2\)时,取素数\(p=2\),则
\(p\)不整除首项系数\(1\);
因为\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)都是偶数,所以\(p|b_{n-1},b_{n-2},\cdots ,b_0\);
因为\(n\geq 2\)且\(a_1,a_2,\cdots ,a_n\)都是偶数,所以\(p^2|(-1)^na_1a_2\cdots a_n\)。而\(p^2\nmid -2\),故\(p^2\nmid -2+(-1)^na_1a_2\cdots a_n\),即\(p^2\nmid b_0\)。
由Eisenstein判别法,\(f(x)\)在\(\mathbb{Q}\)上不可约。