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## Part 1 多项式函数

我们在定义数域 $\mathbb{K}$ 上的多项式 $f(x)$ 时，未定元 $x$ 被看成是一个形式元，多项式 $f(x)$ 是一个形式多项式. 若

$$
f(x) = a\_n x^n + a\_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a\_1 x + a\_0,
$$

对 $\mathbb{K}$ 中任一元 $b$，定义

$$
f(b) = a\_n b^n + a\_{n-1} b^{n-1} + \cdots + a\_1 b + a\_0,
$$

则称 $f(b)$ 为 $f(x)$ 在点 $b$ 的值. 这样多项式 $f(x)$ 又可看成是数域 $\mathbb{K}$ 上的函数，这个函数称为多项式函数.

一个很自然的问题是：多项式函数与多项式是否是一回事？

也就是说，若两个多项式 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $\mathbb{K}$ 上取值相同，那么是否必有 $f(x) = g(x)$，即它们对应的各次项的系数相同？

**定义1**

> 设 $f(x) \in \mathbb{K}\[x]$，$b \in \mathbb{K}$，若 $f(b) = 0$，则称 $b$ 是 $f(x)$ 的一个根或零点.

**定理1**

> 设 $f(x) \in \mathbb{K}\[x]$，$b \in \mathbb{K}$，则存在 $g(x) \in \mathbb{K}\[x]$，使
>
> $$
> f(x) = (x - b) g(x) + f(b).
> $$
>
> 特别，$b$ 是 $f(x)$ 的根当且仅当 $(x - b) \mid f(x)$.

/proof/

> 由带余除法知
>
> $$
> f(x) = (x - b) g(x) + r(x), \tag{1}
> $$
>
> $\deg r(x) < 1$，因此 $r(x)$ 为常数多项式. 在 (1) 式中用 $b$ 代替 $x$，即得 $r(x) = f(b)$.

由定理1，我们可以仿照标准因式分解中重因式的概念来给出多项式重根的定义.

**定义2**

> 设 $f(x) \in \mathbb{K}\[x]$，$b \in \mathbb{K}$，若存在正整数 $k$，使 $(x - b)^k \mid f(x)$，但 $(x - b)^{k+1}$ 不能整除 $f(x)$，则称 $b$ 是 $f(x)$ 的一个 $k$ 重根. 若 $k = 1$，则称 $b$ 为单根.

**引理1**

> 设 $f(x)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的不可约多项式且 $\deg f(x) \geq 2$，则 $f(x)$ 在 $\mathbb{K}$ 中没有根.

/proof/

> 用反证法，设 $b \in \mathbb{K}$ 是 $f(x)$ 的根，知 $(x - b) \mid f(x)$，即 $f(x) = (x - b) g(x)$ 可分解为两个低次多项式之积，这与 $f(x)$ 不可约矛盾.
>
> 如果把 $k$ 重根看成 $f(x)$ 有 $k$ 个根，则我们有下列结论.

**定理2**

> 若 $f(x)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 次多项式，则 $f(x)$ 在 $\mathbb{K}$ 中最多只有 $n$ 个根.

/proof/

> 将 $f(x)$ 作标准因式分解，则由引理1 知 $f(x)$ 在 $\mathbb{K}$ 中根的个数等于该分解式中一次因式的个数，它不会超过 $n$.

**推论1**

> 设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是 $\mathbb{K}$ 上的次数不超过 $n$ 的两个多项式，若存在 $\mathbb{K}$ 上 $n+1$ 个不同的数 $b\_1, b\_2, \ldots, b\_{n+1}$，使
>
> $$
> f(b\_i) = g(b\_i),\ i = 1, 2, \ldots, n+1,
> $$
>
> 则 $f(x) = g(x)$.

/proof/

> 作 $h(x) = f(x) - g(x)$，显然 $h(x)$ 次数不超过 $n$. 但有 $n+1$ 个不同的根，因此只可能 $h(x) = 0$，即 $f(x) = g(x)$.

推论1 肯定地回答了我们一开始提出的问题，即若两个多项式 $f(x), g(x)$ 在数域 $\mathbb{K}$ 上的值相同，则 $f(x) = g(x)$. 但是读者必须注意，这是因为任一数域都有无限个元素之故.

对一般的域来说，上述结论是不一定成立的，即存在两个不同的多项式，它们在某一有限域上的值处处相同.

## Part 2 特殊数域多项式

### · 复系数多项式

现在我们来研究复数域上的多项式，首先我们要证明重要的“代数基本定理”. 定理的证明要用到二元连续函数的性质，这个定理在复变函数课程里还将有一个非常简洁的证明. 在下面的证明里，我们不再区别多项式和多项式函数.

**定理1** (代数基本定理)

> 每个次数大于零的复数域上的多项式都至少有一个复数根.

/proof/

> 设复数域上的 $n$ 次多项式为
>
> $$
> f(z) = a\_n z^n + a\_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a\_1 z + a\_0. \tag{1}
> $$
>
> 我们首先证明，必存在一个复数 $z\_0$，使对一切复数 $z$，有
>
> $$
> |f(z)| \geq |f(z\_0)|.
> $$
>
> 令 $z = x + iy$，其中 $x, y$ 是实变量. 展开 $f(x + iy)$ 并分开实部和虚部，则
>
> $$
> f(z) = u(x, y) + i v(x, y),
> $$
>
> 其中 $u(x, y)$ 及 $v(x, y)$ 为实系数二元多项式函数. 又
>
> $$
> |f(z)| = \sqrt{u(x, y)^2 + v(x, y)^2}
> $$
>
> 是一个二元连续函数，但
>
> $$
> \begin{aligned}
> |f(z)| &= |a\_n z^n + a\_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a\_0| \\\\
> &\geq |a\_n z^n| - |a\_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a\_0| \\\\
> &\geq |z|^n \left( |a\_n| - \left( \frac{|a\_{n-1}|}{|z|} + \frac{|a\_{n-2}|}{|z|^2} + \cdots + \frac{|a\_0|}{|z|^n} \right) \right),
> \end{aligned}
> $$
>
> 因此当 $|z| \to \infty$ 时，$|f(z)| \to \infty$. 于是必存在一个实常数 $R$，当 $|z| > R$ 时，$|f(z)|$ 充分大，因此 $|f(z)|$ 的最小值必含于圆 $|z| \leq R$ 中. 但这是平面上的一个闭区域，因此必存在 $z\_0$，使 $|f(z\_0)|$ 为最小.
>
> 接下来我们要证明 $f(z\_0) = 0$. 我们用反证法，即若 $f(z\_0) \ne 0$，则必可找到 $z\_1$，使 $|f(z\_1)| < |f(z\_0)|$，这样就与 $|f(z\_0)|$ 是最小值相矛盾.
>
> 将 $z = z\_0 + h$ 代入 (1) 式便可得到一个关于 $h$ 的 $n$ 次多项式：
>
> $$
> f(z\_0 + h) = b\_n h^n + b\_{n-1} h^{n-1} + \cdots + b\_1 h + b\_0. \tag{2}
> $$
>
> 当 $h = 0$ 时，$f(z\_0) = b\_0$，由假定 $f(z\_0) \ne 0$，故
>
> $$
> \frac{f(z\_0 + h)}{f(z\_0)} = \frac{b\_n}{f(z\_0)} h^n + \frac{b\_{n-1}}{f(z\_0)} h^{n-1} + \cdots + \frac{b\_1}{f(z\_0)} h + 1.
> $$
>
> $b\_1, b\_2, \ldots, b\_n$ 中有些可能为零，但决不全为零. 设 $b\_k$ 是第一个不为零的复数，则
>
> $$
> \frac{f(z\_0 + h)}{f(z\_0)} = 1 + c\_k h^k + c\_{k+1} h^{k+1} + \cdots + c\_n h^n, \tag{3}
> $$
>
> 其中 $c\_j = \dfrac{b\_j}{f(z\_0)}$. 令 $d = \sqrt\[k]{-\dfrac{1}{c\_k}}$，$h = e d$ 代入 (3) 式得
>
> $$
> \frac{f(z\_0 + h)}{f(z\_0)} = 1 - e^k + e^{k+1}(c\_{k+1} d^{k+1} + c\_{k+2} d^{k+2} e + \cdots),
> $$
>
> 取充分小的正实数 $e$（至少小于 1），使
>
> $$
> e(|c\_{k+1} d^{k+1}| + |c\_{k+2} d^{k+2}| + \cdots) < \frac{1}{2},
> $$
>
> 于是
>
> $$
> \begin{aligned}
> \left| \frac{f(z\_0 + h)}{f(z\_0)} \right| &\leq |1 - e^k| + |e^{k+1}(c\_{k+1} d^{k+1} + c\_{k+2} d^{k+2} e + \cdots)| \\\\
> &\leq 1 - e^k + e^{k+1}(|c\_{k+1} d^{k+1}| + |c\_{k+2} d^{k+2}| + \cdots) \\\\
> &< 1 - e^k + \frac{1}{2} e^k \\\\
> &= 1 - \frac{1}{2} e^k < 1.
> \end{aligned}
> $$
>
> 将这样的 $e$ 代入 $h = e d$，得
>
> $$
> |f(z\_0 + e d)| < |f(z\_0)|.
> $$
>
> 这就推出了矛盾.

**推论1**

> 复数域上的一元 $n$ 次多项式恰有 $n$ 个复根（包括重根）.

**推论2**

> 复数域上的不可约多项式都是一次多项式.

**推论3**

> 复数域上的一元 $n$ 次多项式必可分解为一次因式的乘积.

关于多项式根与系数的关系，我们有如下的 Vieta（韦达）定理.

**定理2** (Vieta 定理)

> 若数域 $\mathbb{K}$ 上的一元 $n$ 次多项式
>
> $$
> f(x) = a\_0 x^n + a\_1 x^{n-1} + a\_2 x^{n-2} + \cdots + a\_n
> $$
>
> 在 $\mathbb{K}$ 中有 $n$ 个根 $x\_1, x\_2, \ldots, x\_n$，则
>
> $$
> \sum\_{i=1}^n x\_i = -\frac{a\_1}{a\_0},
> $$
>
> $$
> \sum\_{1 \leq i < j \leq n} x\_i x\_j = \frac{a\_2}{a\_0},
> $$
>
> $$
> \sum\_{1 \leq i < j < k \leq n} x\_i x\_j x\_k = -\frac{a\_3}{a\_0},
> $$
>
> $$
> \cdots \cdots \cdots \cdots
> $$
>
> $$
> x\_1 x\_2 \cdots x\_n = (-1)^n \frac{a\_n}{a\_0}.
> $$

/proof/

> $f(x) = a\_0 (x - x\_1)(x - x\_2) \cdots (x - x\_n)$，将这个式子的右边展开与 $f(x)$ 比较系数即可得结论.

由代数基本定理，一个复数域上的一元 $n$ 次方程必有 $n$ 个根. 如何求这 $n$ 个根，读者已在中学里学到过一元一次及一元二次方程的求根公式. 对于一元三次、一元四次方程也有求根公式，当然要复杂得多. 下面我们介绍一下如何来求解一元三次、一元四次方程.

由于将一个方程式两边乘以非零常数不影响该方程的根，因此不妨设有下列一元三次方程式：

$$
f(x) = x^3 + a x^2 + b x + c = 0.
$$

作变换 $x = y - \dfrac{1}{3} a$，代入上述方程化简后得到一个缺二次项的方程：

$$
y^3 + p y + q = 0. \tag{4}
$$

显然，只要将上面方程的根加上 $\dfrac{1}{3} a$ 即可得原方程的根，因此我们把问题归结为求

$$
f(x) = x^3 + p x + q = 0 \tag{4}
$$

这一类方程式的根.

若 $q = 0$，则 $x\_1 = 0$，$x\_2 = \sqrt{-p}$，$x\_3 = -\sqrt{-p}$ 便是方程的根.

若 $p = 0$，则 $x\_1 = \sqrt\[3]{-q}$，$x\_2 = \sqrt\[3]{-q} \omega$，$x\_3 = \sqrt\[3]{-q} \omega^2$ 就是方程的根，其中
$$
\omega = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i.
$$

因此我们只需讨论 $p \ne 0$，$q \ne 0$ 的情形.

引进新的未知数 $x = u + v$，则

$$
x^3 = u^3 + v^3 + 3uv(u + v) = u^3 + v^3 + 3uvx,
$$

或

$$
x^3 - 3uvx - (u^3 + v^3) = 0.
$$

与 (4) 式比较得

$$
\begin{cases}
uv = -\dfrac{1}{3} p, \\\\
u^3 + v^3 = -q.
\end{cases} \tag{5}
$$

如可求出 (5) 中的 $u, v$ 即可求出 $x$，但 (5) 式又可变为

$$
\begin{cases}
u^3 v^3 = -\dfrac{1}{27} p^3, \\\\
u^3 + v^3 = -q.
\end{cases} \tag{6}
$$

由 Vieta 定理可知 $u^3, v^3$ 是下列二次方程的两个根：

$$
y^2 + q y - \frac{p^3}{27} = 0.
$$

于是

$$
u^3 = -\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}, \quad v^3 = -\frac{q}{2} - \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}.
$$

令

$$
\Delta = \frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27},
$$

注意 $u, v$ 必须适合 (5) 式，故可得方程 (4) 的根为

$$
\begin{cases}
x\_1 = \sqrt\[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}} + \sqrt\[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}}, \\\\
x\_2 = \omega \sqrt\[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}} + \omega^2 \sqrt\[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}}, \\\\
x\_3 = \omega^2 \sqrt\[3]{-\dfrac{q}{2} + \sqrt{\Delta}} + \omega \sqrt\[3]{-\dfrac{q}{2} - \sqrt{\Delta}}.
\end{cases} \tag{7}
$$

上式通常称为 Cardan（卡丹）公式.

现在来考虑四次方程，我们采用与讨论三次方程同样的方法，令 $x = y - \dfrac{1}{4} a$，可消去方程 $x^4 + a x^3 + b x^2 + c x + d = 0$ 的三次项，把求解四次方程的问题归结为求解下面类型的方程：

$$
x^4 + a x^2 + b x + c = 0. \tag{8}
$$

引进新的未知数 $u$，在 (8) 式中加 $u x^2 + \dfrac{u^2}{4}$，再减 $u x^2 + \dfrac{u^2}{4}$，得

$$
x^4 + u x^2 + \frac{u^2}{4} - \left\[(u - a)x^2 - b x + \frac{u^2}{4} - c\right] = 0. \tag{9}
$$

我们注意到上式中 $x^4 + u x^2 + \dfrac{u^2}{4} = (x^2 + \dfrac{u}{2})^2$，如果中括号内是一个完全平方，则 (9) 式可化为两个二次方程来解. 而中括号是一个完全平方的条件是

$$
b^2 - 4(u - a)\left(\frac{u^2}{4} - c\right) = 0. \tag{10}
$$

这是一个 $u$ 的三次方程，称为方程 (8) 的预解式. 假定 $u$ 已解出，(9) 式将变成

$$
(x^2 + \frac{u}{2})^2 - (\sqrt{u - a}x - \frac{b}{2\sqrt{u - a}})^2 = 0.
$$

分解因式后得到两个二次方程：

$$
x^2 + \sqrt{u - a}x + \frac{u}{2} - \frac{b}{2\sqrt{u - a}} = 0, \tag{11}
$$

$$
x^2 - \sqrt{u - a}x + \frac{u}{2} + \frac{b}{2\sqrt{u - a}} = 0. \tag{12}
$$

这样便可求出方程 (8) 的所有根.

这里需要注意的是 (10) 式是一个三次方程，$u$ 有 3 个根. 如依次将这 3 个根代入 (11) 式、(12) 式，岂非得到方程 (8) 的 12 个根！其实我们只需取 (10) 式的一个根就可以了. 因为任取其他根所得的结果是完全一样的.

事实上，(11) 式与 (12) 式之积就是方程式 (8)，因此方程 (11)、方程 (12) 的根总是方程 (8) 的根，只不过在方程 (11)、方程 (12) 中出现的情形不同而已. 比如设 $x\_1, x\_2, x\_3, x\_4$ 为方程 (8) 的 4 个根.

可能 $x\_1, x\_2$ 为方程 (11) 的根，这时 $x\_3, x\_4$ 为方程 (12) 的根；又可能 $x\_3, x\_4$ 为方程 (11) 的根，这时 $x\_1, x\_2$ 为方程 (12) 的根，等等. 四次方程的这种解法通常称为 Ferrari（费拉里）解法.

高于四次以上的方程一般是不能用根式来求解的，这一结论在 19 世纪 30 年代被法国数学家 Galois（伽罗瓦）证明. 他的证明要涉及群、域等抽象代数知识.

需要注意的是，我们这里说五次及五次以上的方程一般不能用根式求解，但是并不是说不能解. 另外，也并不是所有五次及五次以上的方程都不能用根式求解.

### · 实系数多项式

我们已经知道，复数域上的不可约多项式都是一次的. 实数域上的不可约多项式应该是什么样的呢？

**定理1**

> 设\
> $$
> f(x) = a\_n x^n + a\_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a\_1 x + a\_0
> $$
> 是实系数多项式，若复数 $a + bi$（$b \ne 0$）是其根，则 $a - bi$ 也是它的根.

/proof/

> 令 $z = a + bi$，其共轭复数为 $\bar{z} = a - bi$，则\
> $$
> \begin{aligned}
> f(\bar{z}) &= a\_n \bar{z}^n + a\_{n-1} \bar{z}^{n-1} + \cdots + a\_1 \bar{z} + a\_0\\\\
> &= \overline{a\_n z^n + a\_{n-1} z^{n-1} + \cdots + a\_1 z + a\_0} = 0.
> \end{aligned}
> $$
> 由此即得结论.

定理1 表明，多项式 $f(x)$ 虚部不为零的复根必成对出现.

**推论1**

> 实数域上的不可约多项式或为一次或为二次多项式：\
> $$
> a x^2 + b x + c, \quad \text{and} \quad b^2 - 4ac < 0.
> $$

/proof/

> 一次多项式显然为不可约. 当 $b^2 - 4ac < 0$ 时，$a x^2 + b x + c$ 没有实根，故不可约. 反过来，任一高于二次的实系数多项式 $f(x)$ 如有实根，则 $f(x)$ 可约；如有一复根 $a + bi$（$b \ne 0$），则 $a - bi$ 也是它的根，故\
> $$
> (x - (a + bi))(x - (a - bi)) = x^2 - 2a x + (a^2 + b^2)
> $$
> 是 $f(x)$ 的因式，$f(x)$ 可约.

**推论2**

> 实数域上的多项式 $f(x)$ 必可分解为有限个一次因式及不可约二次因式的乘积.

接下来讨论有理系数多项式. 我们首先证明一个整系数多项式有有理根的必要条件，然后研究有理系数多项式的因式分解.

**定理2**

> 设有 $n$ 次整系数多项式
> $$
> f(x) = a\_n x^n + a\_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a\_1 x + a\_0, \tag{1}
> $$
> 则有理数 $\dfrac{q}{p}$ 是 $f(x)$ 的根的必要条件是 $p \mid a\_n$，$q \mid a\_0$，其中 $p, q$ 是互素的整数.

/proof/

> 将 $\dfrac{q}{p}$ 代入 (1) 式得\
> $$
> a\_n \left( \frac{q}{p} \right)^n + a\_{n-1} \left( \frac{q}{p} \right)^{n-1} + \cdots + a\_1 \frac{q}{p} + a\_0 = 0.
> $$
> 将上式两边乘以 $p^n$ 得：\
> $$
> a\_n q^n + a\_{n-1} q^{n-1} p + \cdots + a\_1 q p^{n-1} + a\_0 p^n = 0.
> $$
> 显然必须有 $p \mid a\_n$，$q \mid a\_0$.

定理2 给出了整系数多项式有有理根的必要条件. 由于任一有理系数方程均可化为同解的整系数方程（只需用系数的公分母乘以方程的两边即可），因此，定理 5.7.2 也可用来判别一个有理系数多项式是否有有理根.

现在来讨论有理系数多项式的因式分解. 首先我们要探讨一下有理系数多项式的可约性与整系数多项式可约性的关系.

**定义1**

设多项式\
$$
f(x) = a\_n x^n + a\_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a\_1 x + a\_0
$$
是整系数多项式，若 $a\_n, a\_{n-1}, \ldots, a\_1, a\_0$ 的最大公约数等于 1，则称 $f(x)$ 为本原多项式.

引理 5.7.1 (Gauss 引理)

> 两个本原多项式之积仍是本原多项式.

/proof/

> 设\
> $$
> f(x) = a\_n x^n + a\_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a\_1 x + a\_0,
> $$
>
> $$
> g(x) = b\_m x^m + b\_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b\_1 x + b\_0
> $$
>
> 是两个本原多项式. 若\
> $$
> f(x)g(x) = c\_{m+n} x^{m+n} + c\_{m+n-1} x^{m+n-1} + \cdots + c\_1 x + c\_0
> $$
> 不是本原多项式，则 $c\_0, c\_1, \ldots, c\_{m+n}$ 必有一个公共素因子 $p$. 因为 $f(x)$ 是本原多项式，$p$ 不能整除 $f(x)$ 的所有系数，设 $p \mid a\_0, p \mid a\_1, \ldots, p \mid a\_{i-1}$，但 $p$ 不能整除 $a\_i$. 同理，设 $p \mid b\_0, p \mid b\_1, \ldots, p \mid b\_{j-1}$，但 $p$ 不能整除 $b\_j$. 注意到\
> $$
> c\_{i+j} = \cdots + a\_{i-2} b\_{j+2} + a\_{i-1} b\_{j+1} + a\_i b\_j + a\_{i+1} b\_{j-1} + \cdots,
> $$
> $p$ 可整除 $c\_{i+j}$，$p$ 也能整除右式除 $a\_i b\_j$ 以外的所有项. 但 $p$ 不能整除 $a\_i$ 和 $b\_j$，故 $p$ 不能整除 $a\_i b\_j$，引出矛盾.

**定理3**

> 若整系数多项式 $f(x)$ 在有理数域上可约，则它必可分解为两个次数较低的整系数多项式之积.

/proof/

> 假定整系数多项式 $f(x)$ 可以分解为两个次数较低的有理系数多项式之积：\
> $$
> f(x) = g(x) h(x),
> $$
> $g(x)$ 的各项系数为有理数，必有一个公分母记为 $c$，于是 $g(x) = \dfrac{1}{c}(c g(x))$，其中 $c g(x)$ 为整系数多项式.
>
> 若把 $c g(x)$ 中所有系数的最大公因数 $d$ 提出来，则 $g(x) = \dfrac{d}{c} \left( \dfrac{c}{d} g(x) \right)$，$\dfrac{c}{d} g(x)$ 是一个本原多项式.
>
> 这表明 $g(x) = a g\_1(x)$，$a$ 为有理数，$g\_1(x)$ 为本原多项式.
>
> 同样，$h(x) = b h\_1(x)$，其中 $b$ 为有理数，$h\_1(x)$ 为本原多项式. 于是我们得到\
> $$
> f(x) = g(x) h(x) = a b g\_1(x) h\_1(x).
> $$
> 由 Gauss 引理知，$g\_1(x) h\_1(x)$ 是本原多项式. 若 $ab$ 不是一个整数，则 $a b g\_1(x) h\_1(x)$ 将不是整系数多项式，这与 $f(x)$ 是整系数多项式相矛盾. 因此 $ab$ 必须是整数，于是 $f(x)$ 可以分解为两个次数较小的整系数多项式之积.

我们通常称一个整系数多项式 $f(x)$ 在整数环上可约，若它可以分解为两个次数较低的整系数多项式之积. 上面的定理告诉我们，整系数多项式 $f(x)$ 若在整数环上不可约，则在有理数域上也不可约.

如何判断一个整系数多项式不可约，我们有如下的 Eisenstein（爱森斯坦因）判别法.

**定理4** (Eisenstein 判别法)

> 设多项式\
> $$
> f(x) = a\_n x^n + a\_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a\_1 x + a\_0
> $$
> 是整系数多项式，$a\_n \ne 0$，$n \ge 1$，$p$ 是一个素数. 若 $p \mid a\_i$（$i = 0, 1, \ldots, n-1$），但 $p$ 不能整除 $a\_n$ 且 $p^2$ 不能整除 $a\_0$，则 $f(x)$ 在有理数域上不可约.

/proof/

> 我们只需证明 $f(x)$ 在整数环上不可约即可. 设 $f(x)$ 可分解为两个次数较低的整系数多项式之积：\
> $$
> f(x) = (b\_m x^m + b\_{m-1} x^{m-1} + \cdots + b\_0)(c\_t x^t + c\_{t-1} x^{t-1} + \cdots + c\_0),
> $$
> 其中 $m + t = n$. 显然 $a\_0 = b\_0 c\_0$，$a\_n = b\_m c\_t$. 由假设 $p \mid a\_0$，故 $p \mid b\_0$ 或 $p \mid c\_0$. 又 $p^2$ 不能整除 $a\_0$，故 $p$ 不能同时整除 $b\_0$ 及 $c\_0$. 不妨设 $p \mid b\_0$ 但 $p$ 不能整除 $c\_0$.
>
> 又由假设，$p$ 不能整除 $a\_n = b\_m c\_t$，故 $p$ 既不能整除 $b\_m$ 又不能整除 $c\_t$. 因此不妨设 $p \mid b\_0, p \mid b\_1, \ldots, p \mid b\_{j-1}$ 但 $p$ 不能整除 $b\_j$，其中 $0 < j \le m < n$. 而\
> $$
> a\_j = b\_j c\_0 + b\_{j-1} c\_1 + \cdots + b\_0 c\_j,
> $$
> 根据假定，$p \mid a\_j$，又 $p$ 可整除上式右端除 $b\_j c\_0$ 外的其余项，而不能整除 $b\_j c\_0$ 这一项，引出矛盾.