高等代数问题，f=(x-a1)(x-a2)(x-a3)(x-a4)+1,其中a1<a2<a3<a4，证f在有理数域上可约的充要条件是a4-a1=3

高等代数问题，f=(x-a1)(x-a2)(x-a3)(x-a4)+1,其中a1<a2<a3<a4，证f在有理数域上可约的充要条件是a4-a1=3

令y=x-a1，不妨化f(x)=y(y-b1)(y-b2)(y-b3)+1，其中b1=a2-a1，b2=a3-a1，b3=a4-a1，均为正整数且0
设f(x)=g(x)h(x)，如果非零整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积, 那么它一定能够分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积，所以完全可以设g和h是整系数。

若g，h有次数为1的，设g(x)=x-p，则f(p)=0，有p(p-b1)(p-b2)(p-b3)=-1。因为-1无法分解为4个不同整数的乘积，所以实际上g和h必定都是2次整系数多项式。

下面证明g=h。
g(0)h(0)=f(0)=1
g(b1)h(b1)=f(b1)=1
g(b2)h(b2)=f(b2)=1
g(b3)h(b3)=f(b3)=1。
在这四个情况下，必定是g=h=1或g=h=-1。
因为g和h是两次多项式，而g-h=0有四个不同的根（0，b1，b2，b3），所以只可能有g=h！

所以f(x)=g(x)*g(x)=(x^2+rx+s)^2，其中r和s为待定整数，则x(x-b1)(x-b2)(x-b3)=f(x)-1=(x^2+rx+s+1)(x^2+rx+s-1)。

由于分解唯一性，所以只能进行配对了。因为(x^2+rx+s+1)和(x^2+rx+s-1)一次项系数相等，由于b1x(x-b3)=x^2+rx+s-1
(x-b1)(x-b2)=x^2+rx+s+1
这样，容易求得s=1，则b1*b2=2，所以么，只能是b1=1和b2=2及b3=b1+b2=3，再求得r=-3带入验证一下确实成立，则充要性就证明完毕了。参考资料：http://jpkc.ecnu.edu.cn/gdds/zxxx/zsx05/zsx055/zsx05501/zsx055015.htm

追问y(y-1)(y-2)(y-3)+1=（y^2-3y+1)^2这一步是怎么算到的呢
为什么可以假设如果g可约，那它是两个一样的二次函数的乘积
为什么y-b1,y-b2不能整除y^2+cy

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