爱森斯坦判别式

贡献者： JierPeter

　　 爱森斯坦判别式可以用来判断多项式是否可约。满足爱森斯坦判别式条件的多项式必然是不可约的，即无法表示为两个多项式的乘积。

　　 最简单的多项式是整系数多项式，也被称为整数环上的多项式，因此我们先介绍此类多项式上的爱森斯坦判别式。这只是更一般的爱森斯坦判别式的特例。

　　 证明：

　　 反设 $f(x)$ 可约，则可以写成 $f(x)=(h_0+h_1x+h_2x^2+\cdots+h_rx^r)(g_0+g_1x+g_2x^2+\cdots+g_sx^s)$。

　　 由于 $f(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+\cdots+f_nx^n$，故¹

　　 利用条件 3：注意到 $f_0=h_0g_0$，而 $p^2\nmid f_0=h_0g_0$，故 $h_0$ 和 $g_0$ 中有一个是不能被 $p$ 整除的。不妨设 $p\nmid h_0$。

　　 利用条件 2：由于 $p\mid f_0=h_0g_0$，故 $p\mid g_0$。又由于 $p\mid f_1=h_0g_1+h_1g_0$ 且 $p\mid g_0$，故 $p\mid h_0g_1$；再由于 $p\nmid h_0$，故 $p\mid g_1$。

　　 归纳：类似地，$p\mid f_2=h_0g_2+h_1g_1+h_2g_0$，而 $p\mid g_1, p\mid g_0$ 和 $p\nmid h_0$ 又能推出 $p\mid g_2$。以此类推，可以得到 $p\mid g_s$。

　　 利用条件 1：由于 $p\nmid f_n=h_rg_s$，故应有 $p\nmid g_s$，与上一步矛盾！

　　 由此可知反设不成立。

　　 证毕。

　　 虽然判别式的表达看起来很复杂，但是从证明过程可以看出来，三个条件的设置都自有其考虑。

　　 爱森斯坦判别式不止是可以用于整系数多项式，也可用于任意整环上的多项式。整系数多项式的爱森斯坦判别式只需要整除知识即可理解，而任意整环上的形式则需要素理想的概念。

　　 其证明可以通过改写定理 1 的过程得到，把每一个形如 $p|a$ 的式子都写为 $a\in P$ 即可，其中 $a$ 只是个符号，可以表示任意 $f_i, g_i, h_i$ 等。读者可自行对比尝试证明。注意素数和整数环 $\mathbb{Z}$ 的素理想之间的关系。

1. ^ 这种运算也被称为卷积。