已知 $n$ 为偶数，$a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 均为两两不同的整数，记 $f(x)=\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right)\cdots\left(x-a_{n}\right)+1$．
1、求证：当 $n \geqslant 6$ 时，$f(x)$ 不可用次数小于 $n$ 的两个整系数多项式的乘积表示．
2、请举例说明，当 $n=2$ 和 $n=4$ 时 第 $(1)$ 小题中结论不成立．
解析
1、用反证法．若 $f(x)=g(x)\cdot h(x)$，其中 $g(x),h(x)\in\mathbb Z[x]$，则\[g(a_1)h(a_1)=g(a_2)h(a_2)=\cdots=g(a_n)h(a_n)=1,\]因此 $g(a_i),h(a_i)$（$i=1,2,\cdots,n$）或者同时为 $1$ 或者同时为 $-1$．这就意味着函数 $p(x)=g(x)-h(x)$ 有 $n$ 个不同的零点 $x=a_i$（$i=1,2,\cdots,n$）．而 $\deg g(x),\deg h(x)<n$，因此只可能\[p(x)\equiv 0\implies g(x)=h(x)\implies f(x)=g^2(x),\]设 $n=2k$，则\[(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_{2k})=\big(g(x)+1\big)\cdot \big(g(x)-1\big),\]不妨设\[\begin{split} g(x)+1&=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_k),\\ g(x)-1&=(x-a_{k+1})(x-a_{k+2})\cdots(x-a_{2k}),\end{split}\]两式相减，并令 $x=a_{k+1},a_{k+2},\cdots,a_{2k}$，可得它们是\[(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_k)=2\]的 $n$ 个不同的实根，而 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_k$ 两两不同，因此 $x-a_1,x-a_2,\cdots ,x-a_k$ 两两不同，而 $2$ 分解为不少于 $3$ 个的整数之积的唯一方法是 $2=(-2)\cdot (-1)\cdot 1$，因此该方程不可能有不小于 $3$ 个不同的实根，矛盾．因此命题得证．
2、根据第 $(1)$ 小题的证明过程，可以构造\[f(x)=(x+1)(x-1)+1\iff f(x)=x^2,\]以及\[f(x)=x(x-1)(x+1)(x+2)+1=(x^2+x-1)^2,\]分别为 $n=2$ 和 $n=4$ 的反例．