定理. (Eisenstein判别准则) 设 $f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n\in\mathbb{Z}[x]$. 如果存在素数 $p$, 使得 $p|a_i$, $i=0,1,2,\ldots,n-1$, 且 $p\not| a_n$, $p^2\not| a_0$, 则 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}$ 上不可约.
见 [1] P.33
[DevPlan] 利用 Eisenstein 判别准则判断整系数多项式的不可约性.
References:
[1] 李炯生、查建国 编著 《线性代数》
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证明: 反证法. 设 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}$ 上可约, 即 $f(x)$ 可以表示为两个整系数多项式的乘积. 设
\[
f(x)=(b_0+b_1 x+b_2 x^2+\cdots b_k x^k)(c_0+c_1 x+c_2 x^2+\cdots c_\ell x^\ell),
\]
这里 $b_i, c_j\in\mathbb{Z}$, $i=0,1,2,\ldots,k$, $j=0,1,2,\ldots,\ell$; 并且 $k$ 和 $\ell$ 都小于 $n$, 且 $k+\ell=n$.
于是
\[
a_j=b_0 c_j+b_1 c_{j-1}+\cdots+b_{j-1}c_1+b_j c_0,
\]
$j=0,1,2,\ldots,n$.
由假设 $p|a_0$, 而 $a_0=b_0 c_0$, 故 $p|b_0$ 或 $p|c_0$. 由于 $p^2\not| a_0$, 故 $p$ 不同时整除 $b_0$ 和 $c_0$. 因此, 明确起见, 不妨设 $p|b_0$, 但 $p\not|c_0$.
又因为 $p\not|a_n$, 故 $p\not|b_k$. (否则若 $p|b_k$, 而 $a_n=b_k c_\ell$ 推出 $p|a_n$.)
所以必有某个 $i_0$, $1\leqslant i_0\leqslant k$, 使得 $p|b_i$, $i=0,1,2,\ldots,i_0-1$, 但 $p\not|b_{i_0}$.