這句話是不對的。正確的表述是：如果一個域 k 特征為零，那麽它的代數擴張都是可分的（每個不可約多項式都沒有重根）。證明也很簡單：因為 f 的導數 f' 的次數比 f 少 1 。如果 f 在 k 的代數閉包裏有重根，那麽這個根也是 f' 的根，從而 (f, f')\ne 1 ，它們的公因子整除 f ，從而 f 是可約的。
對於特征為 p 的有限體來說，他們都是完美的（perfect），所以它們的代數擴張也都是可分的。所以有限體上的不可約多項式也沒有重根。評論裏舉的例子 X^p-a （其中 a\in \mathbb{F}_p ）是可約的，只需要註意到在 \mathbb{F}_p 裏 a^p=a （費馬小定理），從而 X^p-a=(X-a)^p 是可約的。
那麽啥時候不可約多項式有重根呢？考慮一個例子，比如 k=\mathbb{F}_p(t) ，也就是有限體 \mathbb{F}_p 上關於字母（啞元） t 的全體有理式。註意這個域特征是 p ，但是它是無限的。考察這個域上的多項式
f(X)=X^p-t ，
這個多項式的導數是 0 （因為 p\mid pX^{p-1}=f' ），從而上面的證明對它不再適用。現在考慮它在 k 的代數閉包內的一個根 \alpha ，則 \alpha^p=t 。從而（在特征 p 的域上有freshmen's dream）：
f(X)=X^p-\alpha^p=(X-\alpha)^p 。
也就是說，在 k 的代數閉包中， f 只有一個重數為 p 的根 \alpha 。
那麽這個多項式在 k 上是不是不可約呢？有個簡單的證明如下：因為 f\in k[X] 是首 1 的，而且它的系數其實屬於整環 \mathbb{F}_p[t] ，從而它是 \mathbb{F}_p[t] 上的primitive多項式。由高斯引理，
X^p-t 在 k=\mathbb{F}_p(t) 上不可約 \iff X^p-t 在 \mathbb{F}_p[t] 上不可約 \iff X^p-t\in\mathbb{F}_p[t][X] 不可約 \iff X^p-t\in\mathbb{F}_p[t, X] 不可約 \iff X^p-t\in\mathbb{F}_p[X][t] 不可約。
這裏用到了多變量多項式環的同構 \mathbb{F}_p[t][X]\cong \mathbb{F}_p[t, X]\cong \mathbb{F}_p[X][t] 。而最後一個斷言是顯然的，因為 f 關於 t 是一次的。當然這裏其實也可以直接用愛森斯坦判別法：因為 t 是 F_p[t] 上的素元，它不能分解成兩個次數更低的多項式的乘積。
