Criteri de Eisenstein

En matemàticas, el criteri de Eisenstein proporciona una condició suficient per a que un polinomi siga irreducible sobre el conjunt dels número racional. El seu nom es deu al matemàtic alemà Ferdinand Eisenstein.

Si tenim el següent polinomi en coeficients sancers:

$p(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$

i un número primo $p$ tal que

• $p$ dividix a tot $a_i$ per a $i\ne n$.
• $p$ no dividix a $a_n$
• $p^2$ no dividix a $a_0$

llavors $p(x)$ és irreducible sobre $\mathbb{Q}[x]$.

Eixemples

Considere's $g(x)=3x^2+15x+10$.

Provarem els següents primers $p$.

• p = 2

2 no dividix a 15, llavors no provarem.

• p = 3

3 no dividix a 10, llavors no provarem.

• p = 5

5 dividix a 15, el coeficient de x, i a 10, el terme constant. Ademés, 5 no dividix a 3, el primer coeficient; i 25 = 5² no dividix a 10. Conclourem, per lo tant, que g(x) és irreducible.

En alguns casos, l'elecció del cosí pot ser poc clara, pero pot aplegar a revelar-se per un canvi de variable i = x + a. Per eixemple, considerem h(x) = x² + x + 2. És aparentment difícil, ya que cap cosí dividix a 1, el coeficient de x. Pero si canviem h(x) en h(x + 3) = x² + 7x + 14 vorem immediatament que el primer 7 dividix el coeficient de x i al terme constant, i que 49 no dividix a 14. Aixina, en el canvi introduït, conseguim que el polinomi satisfera el criteri de Eisenstein.

Un atre cas notable és el del polinomi ciclotòmic per a un primer p. Açò és:

(x^p − 1)/(x − 1) = x^{p − 1} + x^{p − 2} + ... + x + 1.

Ací, el polinomi satisfà el criteri de Eisenstein, en una nova variable i, despuix d'establir x = i + 1. El coeficient constant serà llavors p; els atres coeficients són divisibles per p per les propietats dels coeficients binomiales C(p,k) que són p! dividit per alguna cosa que no involucra a p.

Prova elemental

Considere's $f(x)$ com un polinomi mòdul $p$; açò és, reduïxquen-se els coeficients al cos $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$. Llavors serà $c{x}^n$per a una constant $c$ distinta de zero puix, per hipòtesis, els coeficients dels térmens de grau $0,1,\dots ,n-1$ són tots múltiples de $p$. Ya que els polinomis en $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ (i, de fet, en qualsevol cos) tenen una factorización única, qualsevol factorización de $fmodp$ resultarà en monomis.

Ara, si $f$ no anara irreducible sobre $\mathbb{Q}[x]$ com a polinomi sancer, pel lema de Gauss, seria també reducible sobre $\mathbb{Z}[x]$, i podríem escriure-ho com $g\cdot h$ no constants en $\mathbb{Z}[x]$. Tenim que $fmodp$ és llavors el producte de $gmodp$ i $hmodp$. Estos últims deuen ser monomis, com acabem d'afirmar, per lo que tindrem que $gmodp=d\cdot x^k$ i $hmodp=e\cdot x^{n-k}$, en $1\le k\le n-1$ i $d,e\in \mathbb{Z}$ tals que $c=d\cdot e$.

Veem ara que les condicions donades sobre $gmodp$ i $hmodp$ signifiquen que $p^2$ dividirà a $a_0$, ya que a₀ serà $g(0)\cdot h(0)$ i $p$ dividix a abdós factors perque, per les anteriors descripcions de $gmodp$ i $hmodp$, el terme de grau $0$ de cada polinomi s'anula en reduir-los a $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$. Açò contradiu l'hipòtesis de que $p^2$ no dividix a $a_0$.

La contradicció prové de supondre que $f$ no fora reducible, per lo que necessàriament sí que ho és, en lo que hem demostrat la teorema.