Критерій Ейзенштейна

Крите́рій Ейзенштейна — ознака незвідності многочлена в полі раціональних чисел. Названа на честь німецького математика Ґотхольда Ейзенштейна.

Формулювання

Нехай $a(x)=\ a_{0}+a_{1}x+...+a_{n}x^{n}$ — многочлен з цілочисельними коефіцієнтами і для деякого простого числа p виконуються умови:

$p\not |a_{n}$ ,
$~p~|a_{i}$ для будь-якого і від 0 до n-1,
$p^{2}\not |a_{0}$ .

Тоді многочлен $a(x)$ є незвідним у полі $\mathbb {Q}$ раціональних чисел.

Доведення

Припустимо що: $\ a(x)=f(x)g(x)$ , де $\ f(x)=b_{0}+b_{1}x+...+b_{k}x^{k}$ та $\ g(x)=c_{0}+c_{1}x+...+c_{m}x^{m}$ многочлени ненульових степенів над $\mathbb {Q}$ . З леми Гауса випливає, що їх можна розглядати як многочлени над $\mathbb {Z}$ . Маємо:

\ a_{0}=b_{0}c_{0}

По умові $p|a_{0}$ , тому або $p|b_{0}$ або $p|c_{0}$ , але не те і інше разом оскільки $p^{2}\not |a_{0}$ . Нехай $p|b_{0}$ і $p\not |c_{0}$ . Всі коефіцієнти $f(x)$ не можуть ділитися на $p$ , оскільки інакше б це було б вірно і для $a(x)$ . Нехай $i$ — мінімальний індекс, для якого $b_{i}$ не ділиться на $p$ . Маємо:

$a_{i}=b_{i}c_{0}+b_{i-1}c_{1}+...$

Оскільки $p|a_{i}$ і $p|b_{j}$ для всіх $j<i$ то $p|b_{i}c_{0}$ , але це неможливо, оскільки по умові $p\not |c_{0}$ і $p\not |b_{i}$ . Теорема доведена.

Приклади

Многочлен $\ x^{3}+2$ є незвідним в $\mathbb {Q}$ , з цього виходить неможливість вирішення задачі про подвоєння куба
Многочлен $\ f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+...1$ є незвідним в $\mathbb {Q}$ . Справді, якщо він звідний, то звідним є і многочлен $f(x+1)={\frac {(x+1)^{p}-1}{(x+1)-1}}=x^{p-1}+{C_{p}}^{1}x^{p-2}+...{C_{p}}^{p-1}$ , а оскільки всі його коефіцієнти, окрім першого є біноміальними, тобто діляться на $p$ $p|{C_{p}}^{k}={\frac {p(p-1)...(p-k+1)}{k!}}$ , а останній коефіцієнт ${C_{p}}^{p-1}=p$ до того ж не ділиться на $p^{2},$ то згідно з критерієм Ейзенштейна він є незвідним всупереч припущенню.
Многочлен $\ x^{3}+4$ над $\mathbb {Q}$ є прикладом, що показує, що критерій Ейзенштейна є тільки достатньою, але не необхідною умовою. Дійсно, єдиний простий дільник вільного члена це $p=2$ , але 4 ділиться на $2^{2}$ — тому критерій Ейзенштейна тут не можна застосувати. З іншого боку, як многочлен 3 степеня без раціональних коренів, цей многочлен є незвідним.