Eisenstein 不可约判据

证明：模 $p$ 只剩最高次项 ​

假设存在两个正次数有理因子。Gauss 引理理路多项式内容与 Gauss 引理Polynomial content · Gauss lemma for polynomials · 多项式 Gauss 引理分离多项式的系数公因子，证明本原乘积仍本原，并把分式域中的因式分解还原到原环。的分母消去结论把它还原为

由于两个首项系数的乘积是 $a_n$，且 $p\nmid a_n$，两因子在模素数约化理路模同余Congruence modulo n两整数之差被给定正整数整除时成立的等价关系。之后都保留原次数。逐系数约化得到

域上的多项式若相乘得到一个非零单项式，则每个因子也只能是单项式。可以不借助完整分解定理来看：分别取出 $\overline{g},\overline{h}$ 中最低次的 $x$ 幂，剩余两多项式都有非零常数项；它们的乘积既是单项式，又有非零常数项，只能是常数。次数相加使它们自身也都是常数。

因此 $\overline{g}=b{x}^r$、$\overline{h}=c{x}^s$。由于 $r,s>0$，两者常数项都为零，即 $p\mid g(0)$ 且 $p\mid h(0)$。于是

与最后一个条件矛盾。注意，模 $p$ 的 $\overline{f}$ 在 $n>1$ 时恰好很可约；证明依靠的是整数常数项保留的信息，不能把它误读成“模 $p$ 不可约”。

平移后才能看见的证书 ​

原式 $x^4+1$ 的常数项为 $1$，没有素数可用。但把变量平移一格，得到

现在 $p=2$ 不整除首项系数，整除其余每项系数，且 $4\nmid 2$，所以平移后的多项式理路多项式环Polynomial ring系数来自给定环、以形式不定元构造的多项式集合。不可约。代入 $x+1$ 是 $\mathbb{Q}[x]$ 的环自同构，逆变换是代入 $x-1$；一个正次数分解能沿这两个代换来回搬运。因此原式也不可约。

同一机制一次处理一整类多项式。对素数 $p$，令

由 $(x-1){\mathrm{\Phi }}_p(x)=x^p-1$ 可算出

中间二项式系数都被 $p$ 整除：分子 $p!$ 含一个 $p$，分母 $k!(p-k)!$ 不含 $p$。常数项是 $p$ 本身，故满足 Eisenstein。这里平移揭示了素数结构，并非试几个数字碰运气。

检查失败时，能下什么结论 ​

若去掉平方不整除条件，$x^2-4=(x-2)(x+2)$ 就是反例。它在 $p=2$ 时满足前两项，常数项却含有 $2^2$；证明最后的矛盾消失了。

若去掉首项不被 $p$ 整除条件，

就是准确的反例。它满足 $p=2$ 的全部低次系数整除条件及 $4\nmid 2$，仅缺 $2\nmid a_n$，却在 $\mathbb{Q}[x]$ 中可约。首项条件保证模 $p$ 后因子不降次；本例整个多项式约化为零，证明的起点已经失效。

判据不是充要条件。上述 $x^4+1$ 已说明“原式找不到 $p$”不代表可约；目标多项式 $x^4-10x^2+1$ 也因常数项为 $1$ 而无法直接使用。它的不可约性可由极小多项式页理路极小多项式Minimal polynomial以给定代数元为根的首一不可约多项式。中扩张次数为 $4$ 的证明认证，不必强行寻找 Eisenstein 素数。

以多项式系数作系数 ​

同一证明适用于 UFD $R$、分式域 $K$ 以及 $R$ 的素元 $p$：若 $p$ 不整除首项、整除其余系数而 $p^2$ 不整除常数项，就在 $K[x]$ 中不可约。所需的修改只有把整数模素数换成 $R/(p)$；它是整环，单项式因子的证明仍成立。若还要得到 $R[x]$ 中的不可约性，同样须加本原条件。

例如令 $R={\mathbb{F}}_p[t]$，以多项式 $t$ 为素元。则 $x^p-t$ 满足上述整除模式，在 ${\mathbb{F}}_p(t)[x]$ 中不可约。这里“素数 $p$”决定特征，“素元 $t$”承担判据中的整除角色；两者不能混为一谈。

自测与答案 ​

为什么 $x^n-p$ 对任意 $n\ge 1$ 和素数 $p$ 都在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约，而 $x^n-p^2$ 不能由同一检查得到结论？前者恰好满足三条件；后者在常数项处失败。失败不是判定结果，例如 $x^3-4$ 仍不可约，因为三次可约会有有理根，而有理根只能是整数，任何整数的三次方都不等于 $4$；$x^2-4$ 则确实可约。