Un elemental argumento, sin ninguna referencia explícita a la teoría de Galois:
Supongamos que el biquadratic extensión es $K = \mathbb{Q}(\sqrt{B}, \sqrt{C})$ donde $B$ $C$ son enteros (y ninguno de $B$, $C$, $BC$ racional de la plaza). Entonces cualquier elemento $\alpha$ $K$ tiene la forma
$\alpha = a + b\sqrt{B} + c\sqrt{C} + d \sqrt{BC}$
para algunos $a, b, c, d \in \mathbb{Q}$. Esta $\alpha$ satisface el polinomio
$$\begin{align*}f(X) =& (X - a - b\sqrt{B} - c\sqrt{C} - d\sqrt{BC})\cdot(X - a + b\sqrt{B} + c\sqrt{C} - d\sqrt{BC})\\
&\qquad{}\cdot (X - a + b\sqrt{B} - c\sqrt{C} + d\sqrt{BC})\cdot(X - a - b\sqrt{B} + c\sqrt{C} + d\sqrt{BC}).\end{align*}$$
Convencerse de que $f(X)$$\mathbb{Q}[X]$. (Aquí es donde un poco de teoría de Galois ayuda.) Si $\alpha$ integral $\mathbb Q$, entonces, en el hecho de $f(X) \in \mathbb{Z}[X]$. Si $\alpha$ genera $K$$\mathbb{Q}$, $f(X)$ es irreductible, y es el polinomio mínimo de a$\alpha$$\mathbb{Q}$. Queremos mostrar que si $\alpha$ es integral, a continuación, $f(X)$ siempre factor en $\mathbb{F}_p[X]$.
La observación clave es que al menos uno de $B$, $C$, y $BC$ será un cuadrado modulo $p$. Convencerse de que esto es cierto: el producto de dos nonsquares modulo $p$ es un cuadrado modulo $p$. (Una manera de hacer esto es la nota que un rectangulares tiene que ser una extraña energía de un generador de $\mathbb{F}_p^\times$.)
Así que vamos a suponer que $BC \equiv S^2 \pmod{p}$. (El argumento trabajará esencialmente de la misma manera, si suponemos que $B$ o $C$ es un cuadrado modulo $p$ lugar; convencerse de esto en el final).
Así tenemos
$\begin{align*}f(X) =& \big((X - a - d\sqrt{BC}) - (b\sqrt{B} + c\sqrt{C})\big)\big((X - a - d\sqrt{BC}) + (b\sqrt{B} + c\sqrt{C})\big)\\
&\qquad {} \cdot \big((X - a + d\sqrt{BC}) + (b\sqrt{B} - c\sqrt{C})\big)\big((X - a + d\sqrt{BC}) - (b\sqrt{B} - c\sqrt{C})\big)\\ =& \big((X - a - d\sqrt{BC})^2 - (b\sqrt{B} + c\sqrt{C})^2\big)\\ &\qquad {} \cdot \big((X - a + d\sqrt{BC})^2 - (b\sqrt{B} - c\sqrt{C})^2\big)\\ =& \big((X - a)^2 + d^2BC - 2d(X-a)\sqrt{BC} - b^2B - c^2C - 2bc \sqrt{BC}\big)\\ &\qquad {} \cdot \big((X - a)^2 + d^2BC + 2d(X-a)\sqrt{BC} - b^2B - c^2C + 2bc \sqrt{BC}\big)\\ \equiv& \big((X - a)^2 + d^2BC - 2d(X-a)S - b^2B - c^2C - 2bc S\big)\\ &\qquad {} \cdot \big((X - a)^2 + d^2BC + 2d(X-a)S - b^2B - c^2C + 2bcS\big) \pmod{p},\end{align*}$
que es un producto de dos cuadráticas en $\mathbb{F}_p[X]$.
En el caso de que todos los tres de $B$, $C$, $BC$ son cuadrados módulo $p$, el cuadrática factores de $f(X)$ se divide aún más en factores lineales en $\mathbb{F}_p[X]$.
En cuanto a tu otra pregunta-o tal vez fue sólo un error tipográfico, pero en cualquier caso -- no, no es cierto que cada irreductible monic polinomio de cuarto grado en $\mathbb{Z}[X]$ factores sobre cada $\mathbb{F}_p$. Por ejemplo, $g(X) = X^4 + X + 1$ es irreducible en a $\mathbb{F}_2[X]$. Para ver esto, en primer lugar, conecta $X= 0$ $X =1$ a $g(X)$ al ve que no hay ningún mod $2$ raíces. A ver que $g(X)$ no es un factor en un producto de dos irreductible cuadráticas, tenga en cuenta que $X^2 + X + 1$ es la única monic irreductible cuadrática de $\mathbb{F}_2$ (escribir todo abajo y verificación de las raíces), y $(X^2 + X + 1)^2 = X^4 + 2X^3 + 3X^2 + 2X + 1 \equiv X^4 + X^2 + 1 \not\equiv g(X)$. Desde $g(X)$ no es divisible por cualquier irreductible lineales o cuadráticas, tiene que ser irreductible.
De hecho, se puede demostrar que todos los $\mathbb{F}_p[X]$ ha polinomios irreducibles de cada grado.
