艾森斯坦判别法

设
$$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_0$$
是一个整系数多项式.如果有一个素数 $p$,使得

1. $p\nmid a_n$
2. $p|a_{n-1},a_{n-2},\cdots ,a_0$
3. $p^2\nmid a_0$

那么 $f(x)$ 在有理数域上是不可约的

证明

如果 $f(x)$ 在有理数域上可约，那么 $f(x)$ 可以分别成两个次数较低的整系数多项式的乘积：
$$f(x)=(b_i{x}^l+b_{i-1}{x}^{l-1}+\cdots +b_0)(c_m{x}^m+c_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +c_0)l,m<n,l+m=n$$
于是
$$a_n=b_l{c}_m,a_0=b_0{c}_0$$
因为 $p|a_0$ ，所以 $p$ 能整除 $b_0$ 或 $c_0$. 但是 $p^2\nmid a_0$，所以 $p$ 不能同时整除 $b_0$ 及 $c_0$. 因此，不妨假定 $p|b_0$ 但 $p\nmid c_0$. 另一方面，因为 $p\nmid a_n$, 所以 $p\nmid b_l$. 假设 $b_0,b_1,\cdots ,b_l$ 中第一个不能被 $p$ 整除的是 $b_k$,比较 $f(x)$ 中 $x^k$ 的系数，得等式
$$a_k=b_k{c}_0+b_{k-1}{c}_1+\cdots +b_0{c}_k.$$
式中 $a_k,b_{k-1},\cdots ,b_0$ 都能被 $p$ 整除，所以$b_k{c}_0$ 也必定能被 $p$ 整除. 但是 $p$ 是一个素数，所以 $b_k$ 与 $c_0$ 中至少有一个能被 $p$ 整除，这是一个矛盾