这句话是不对的。正确的表述是：如果一个域 k 特征为零，那么它的代数扩张都是可分的（每个不可约多项式都没有重根）。证明也很简单：因为 f 的导数 f' 的次数比 f 少 1 。如果 f 在 k 的代数闭包里有重根，那么这个根也是 f' 的根，从而 (f, f')\ne 1 ，它们的公因子整除 f ，从而 f 是可约的。
对于特征为 p 的有限域来说，他们都是完美的（perfect），所以它们的代数扩张也都是可分的。所以有限域上的不可约多项式也没有重根。评论里举的例子 X^p-a （其中 a\in \mathbb{F}_p ）是可约的，只需要注意到在 \mathbb{F}_p 里 a^p=a （费马小定理），从而 X^p-a=(X-a)^p 是可约的。
那么啥时候不可约多项式有重根呢？考虑一个例子，比如 k=\mathbb{F}_p(t) ，也就是有限域 \mathbb{F}_p 上关于字母（哑元） t 的全体有理式。注意这个域特征是 p ，但是它是无限的。考察这个域上的多项式
f(X)=X^p-t ，
这个多项式的导数是 0 （因为 p\mid pX^{p-1}=f' ），从而上面的证明对它不再适用。现在考虑它在 k 的代数闭包内的一个根 \alpha ，则 \alpha^p=t 。从而（在特征 p 的域上有freshmen's dream）：
f(X)=X^p-\alpha^p=(X-\alpha)^p 。
也就是说，在 k 的代数闭包中， f 只有一个重数为 p 的根 \alpha 。
那么这个多项式在 k 上是不是不可约呢？有个简单的证明如下：因为 f\in k[X] 是首 1 的，而且它的系数其实属于整环 \mathbb{F}_p[t] ，从而它是 \mathbb{F}_p[t] 上的primitive多项式。由高斯引理，
X^p-t 在 k=\mathbb{F}_p(t) 上不可约 \iff X^p-t 在 \mathbb{F}_p[t] 上不可约 \iff X^p-t\in\mathbb{F}_p[t][X] 不可约 \iff X^p-t\in\mathbb{F}_p[t, X] 不可约 \iff X^p-t\in\mathbb{F}_p[X][t] 不可约。
这里用到了多变量多项式环的同构 \mathbb{F}_p[t][X]\cong \mathbb{F}_p[t, X]\cong \mathbb{F}_p[X][t] 。而最后一个断言是显然的，因为 f 关于 t 是一次的。当然这里其实也可以直接用爱森斯坦判别法：因为 t 是 F_p[t] 上的素元，它不能分解成两个次数更低的多项式的乘积。
