假设存在 $r \in F$ 使得 $f(r) = 0$, 由 Viète 定理 $x_1+x_2 = -t_1$, 另一个根为 $-t_1-r \in F$. 于是

$$ f(x) \spaces= (x-r)(x+t_1+r) \spaces\in F[x] $$

其判别式 $\Delta = (x_1-x_2)^2 = (2r+t_1)^2 \in F$ 是 $F$ 中的平方元. 另一方面, 借助 Viète 定理, 判别式可完全表示为系数的函数

$$ \begin{array}{c|c} \begin{aligned} \Delta &\spaces= (x_1-x_2)^2 \\ &\spaces= (x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2 \\ &\spaces= t^2 - 4t_0 \end{aligned} \quad & \quad \begin{aligned} x_1 + x_2 &\spaces= -t_1 \\ x_1x_2 &\spaces= t_0 \end{aligned} \end{array} $$

这就表明 $t^2 - 4t_0$ 是 $F$ 中的平方元.

由于 $F$ 是有理函数域 $k(t_0,t_1)$, 所以知道一定存在一组关于 $t_0,t_1$ 的互质多项式 $p,q \in k[t_0,t_1]$ 使得

$$ \bigg(\frac{p}{q}\bigg)^2 \spaces= t_1^2 - 4t_0 $$

也就是 $p^2 = (t_1^2 - 4t_0)q^2$, 等式两边是 $k[t_0,t_1]$ 中的多项式, 所以 $\Delta$ 整除 $p^2$. 注意 $k[t_0,t_1]$ 是唯一分解整环, 由 $\Delta$ 是不可约多项式知 $\Delta$ 整除 $p$, 因此存在 $p_1 \in k[t_0,t_1] $ 使得 $p = \Delta p_1$. 代入 $p^2 = \Delta q^2$, 因为 $\Delta \ne 0$, 可在整环中消去 $\Delta$, 得

$$ (\Delta p_1)^2 = \Delta q^2 \spaces\implies \Delta p_1^2 = q^2 $$

所以 $\Delta$ 整除 $q^2$. 类似知道 $\Delta$ 整除 $q$. 综上, 非常数多项式 $\Delta$ 整除 $p$ 且 $\Delta$ 整除 $q$, 但这与 $p,q$ 互质矛盾. 故 $\sqrt{\Delta} \notin F$.

如果可约, 则存在两个一次 $k[t_0,t_1]$-多项式, 其乘积为 $\Delta$, 即

$$ \begin{aligned} \Delta &\spaces= (\alpha_1 t_0 + \alpha_2 t_1 + \alpha_3)(\beta_1 t_0 + \beta_2 t_1 + \beta_3) \\ &\spaces= \alpha_1\beta_1 t_0^2 + \alpha_2\beta_2 t_1^2 + (\alpha_1\beta_2 + \alpha_2\beta_1) t_0t_1 + \\ &\kern{1.8em} (\alpha_1\beta_3 + \alpha_3\beta_1)t_0 + (\alpha_2\beta_3 + \alpha_3\beta_2)t_1 + \alpha_3\beta_3 \\ &\spaces= t_1^2 - 4t_0 \end{aligned} $$

于是系数必须满足以下方程组

$$ \begin{equation*} \begin{align} \alpha_1\beta_1 &\spaces= 0 \\ \alpha_2\beta_2 &\spaces= 1 \\ \alpha_1\beta_2 + \alpha_2\beta_1 &\spaces= 0 \\ \alpha_1\beta_3 + \alpha_3\beta_1 &\spaces= -4 \kern{3em} \\ \alpha_2\beta_3 + \alpha_3\beta_2 &\spaces= 0 \\ \alpha_3\beta_3 &\spaces= 0 \end{align} \end{equation*} $$

公式 $(1)$ 表明 $\alpha_1, \beta_1$ 中必有一个是 $0$. 讨论之:

• 若 $\alpha_1 = 0$, $(3)$ 化简为 $\alpha_2\beta_1 = 0$, 而 $(2)$ 推出 $\alpha_2 \ne 0$, 故只能是 $\beta_1 = 0$, 代入 $(4)$ 得 $0 = -4$, 矛盾.
• 若 $\beta_1 = 0$, $(3)$ 化简为 $\alpha_1\beta_2 = 0$, 而 $(2)$ 推出 $\beta_2 \ne 0$, 故只能是 $\alpha_1 = 0$. 代入 $(4)$ 得 $0 = -4$, 矛盾.

所以假设的两个一次多项式不存在, $t_1^2 - 4t_0$ 不可约.