两句话都不对！
①例如，本原多项式：f（x）=x²－4，它却不是不可约多项式！
②例如，不可约多项式：f（x）=2x²-4x+6，它却不是本原多项式！
总结，它们之间并没有隶属关系！！！！（没有必然关系！）
一个n次不可约多项式，如果只能整除1＋Z^2^n-1而不能整除其它1＋Z^L(L<2^n-1)，则这种不可约多项式就称为本原多项式。
对于一个n次多项式，其本原多项式一般有若干个。下面将给出的一个算法，是求解在给定任意n值及一个本原多项式的情况下，其余本原多项式的求解方法。该算法的意义在于提供了同一n值情况下若干个可选的本原多项式，这样就允许在构造应用系统时有不同的选择方案。
已知一个n级本原多项式，求解其余的本原多项式按以下步骤进行。
(1) 首先确定n级本原多项式的个数λ(n),λ(n)即是n级本原多项式的个数。
(2) 求出小于2n－1且与2n－1互素的所有正整数，构成一个集合〔Si〕，并重新排序，使〔Si〕中元素从小到大排列。
(3) 排除〔Si〕中不适合的数
* 排除〔Si〕中形如2j（j为正整数）
* 排除〔Si〕中所有同宗的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一个数即做2K×Si，直到大于2n－1，然后减去2n－1，用差值在〔Si〕中向前搜索，如果有相同的数则将Si排除，否则保留。再取Si－1按同样过程做一遍，直到S0．
* 排除〔Si〕中有倍数关系的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一数即向前查询一遍，最后〔Si〕中剩下的数即为本原抽样数，其个数一定为λ(n)-1。
(4) 根据已知的一个n级本原多项式，为其设置初始状态000…01（n个），求出其M序列｛Ai｝（长度为2n－1）.
(5) 依次从Si中取出本原抽样数，每取出一个抽样数Si，即可求出一个本原多项式：以Si对｛Ai｝进行抽样，就可产生长度为2n－1的另一M序列｛Si｝，在｛Si｝中找到形如000…01（n位）的序列段｛Mi｝，并提取包括｛Mi｝为前n项的2n长度的序列：
Am+0，Am+1，…，Am+n-1，
0 0 … 1
Am+n，Am+n+1，…Am+2n-1
X X … X
欲确定的Ci可用下列方程组确定;
C1＝Am+n
C2＝Am+n+1+C1Am+n
C3＝Am+n+2+C1Am+n+1+C2Am+n
参考资料：http://yomi.vicp.net/wf/~kjqk/gldzgyxyxb/gldz99/gldz9902/990202.htm
若m是一个合数, 则存在GF(p)上的首1的m次不可约多项式, 不是本原多项式. 证明: 设m = qn, 其中q > 1是m的最小质因数. 由m是合数, 有n > 1为m的最大真因数. GF(p^m)的子域均形如GF(p^k), 其中k为m的约数. 于是GF(p^m)的阶数最大的真子域就是GF(p^。
不可约多项式就是在给定的系数域中不能再分解的多项式
一个n次不可约多项式，如果只能整除1＋Z^2^n-1而不能整除其它1＋Z^L(L<2^n-1)，则这种不可约多项式就称为本原多项式。
对于一个n次多项式，其本原多项式一般有若干个。下面将给出的一个算法，是求解在给定任意n值及一个本原多项式的情况下，其余本原多项式的求解方法。该算法的意义在于提供了同一n值情况下若干个可选的本原多项式，这样就允许在构造应用系统时有不同的选择方案。
已知一个n级本原多项式，求解其余的本原多项式按以下步骤进行。
(1) 首先确定n级本原多项式的个数λ(n),λ(n)即是n级本原多项式的个数。
(2) 求出小于2n－1且与2n－1互素的所有正整数，构成一个集合〔Si〕，并重新排序，使〔Si〕中元素从小到大排列。
(3) 排除〔Si〕中不适合的数
* 排除〔Si〕中形如2j（j为正整数）
* 排除〔Si〕中所有同宗的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一个数即做2K×Si，直到大于2n－1，然后减去2n－1，用差值在〔Si〕中向前搜索，如果有相同的数则将Si排除，否则保留。再取Si－1按同样过程做一遍，直到S0．
* 排除〔Si〕中有倍数关系的数。即从〔Si〕中从后到前搜索，每取一数即向前查询一遍，最后〔Si〕中剩下的数即为本原抽样数，其个数一定为λ(n)-1。
(4) 根据已知的一个n级本原多项式，为其设置初始状态000…01（n个），求出其M序列｛Ai｝（长度为2n－1）.
(5) 依次从Si中取出本原抽样数，每取出一个抽样数Si，即可求出一个本原多项式：以Si对｛Ai｝进行抽样，就可产生长度为2n－1的另一M序列｛Si｝，在｛Si｝中找到形如000…01（n位）的序列段｛Mi｝，并提取包括｛Mi｝为前n项的2n长度的序列：
Am+0，Am+1，…，Am+n-1，
0 0 … 1
Am+n，Am+n+1，…Am+2n-1
X X … X
欲确定的Ci可用下列方程组确定;
C1＝Am+n
C2＝Am+n+1+C1Am+n
C3＝Am+n+2+C1Am+n+1+C2Am+n
参考资料：http://yomi.vicp.net/wf/~kjqk/gldzgyxyxb/gldz99/gldz9902/990202.htm
用反证法, 假设p(x)可约,
则存在K[x]中次数不小于1的多项式f(x), g(x), 使p(x) = f(x)g(x), 于是p(x) | f(x)g(x).
但由于f(x), g(x)次数都小于p(x)的次数(且不是零多项式),
所以p(x) | f(x)与p(x) | g(x)都不可能成立, 与条件矛盾.
因此p(x)不可约.
扩展
你证的是存在f,g使得p=fg,然后接着证下去。但是题目问的是任意f,g呀，需要证明给定f,g，无论p是否等于f,g，都得证明不可约。
补充
逻辑不是这样的.
题目条件是:
对任意的f, g满足p | fg, 都成立p | f或p | g.
但我证明了, 在p可约的假设下,
存在f, g, 使p | fg, 但p | f与p | g都不成立.
也就是说可约的p不可能满足题目的条件,
即满足条件的p都是不可约的.
扩展
谢谢，豁然开朗了(*ˉ︶ˉ*)你经常在吗，以后我怎样才能让你知道我问了一个题呢，我也好快点知道答案，没人回答很焦急的T^T当然，会是100分的~
虽然你没有回复有点失落，但还是希望我能碰到你再回答我的问题，谢谢你的耐心(*ˉ︶ˉ*)
根据不可约多项式的定义，数域P上不可约多项式，它的因式只有数域上P非零数c和c×本身。
定义如下，
对于数域P上的任意多项式f(x)，P中非零数c与cf(x)总是f(x)的因式。这两种因式称为f(x)的平凡因式，亦称当然因式。其他的因式，称为f(x)的非平凡因式，亦称非当然因式。设p(x)为P上的一个次数大于零的多项式，如果在P上p(x)只有平凡因式，则称p(x)在P上(或P[x]中)不可约，亦称p(x)是P上的不可约多项式
关于必要性，假设p(x)^k|d(x), 那么
p(x) | p'(x)q(x),
故p(x)| p'(x), 矛盾。
补充
关于充分性，假设是k-1重因子，根据上述必要性的结论，显然矛盾，故是大于等于k重因子。
假设f(x)含k+1重因子，容易导出
p(x)^k | d(x), 矛盾。
故p(x)只能是f(x)的k重因子。
当然要在系数域明确界定之下才能确定啊，比如x^2+x+2在实数域是不可约多项式，但在复数域却可以分解成(x+1/2+7i/2)(x+1/2-7i/2)，就不是不可约多项式啦~