Критерий Эйзенштейна: проверка многочлена на неприводимость

Доказать, что многочлен нельзя разложить на множители меньшей степени, обычно гораздо труднее, чем найти такое разложение. Критерий Эйзенштейна решает эту задачу одним аккуратным условием на коэффициенты: если найдётся подходящее простое число, неприводимость многочлена над полем рациональных чисел гарантирована. Ниже разберём формулировку признака, идею доказательства через редукцию по модулю, приём сдвига переменной, когда критерий «в лоб» не срабатывает, и типовые ловушки. Если нужно проверить конкретный многочлен, соберите запрос в форме ниже.

Формулировка критерия

Пусть дан многочлен с целыми коэффициентами

$$f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0.$$

Критерий Эйзенштейна утверждает: если существует простое число $p$, такое что

• $p$ не делит старший коэффициент $a_n$;
• $p$ делит все остальные коэффициенты $a_{n-1}, \dots, a_1, a_0$;
• $p^2$ не делит свободный член $a_0$,

то многочлен $f(x)$ неприводим над полем рациональных чисел $\mathbb{Q}$.

Три условия легко запомнить как «низ кратен $p$, верх не кратен $p$, свободный член не кратен $p^2$». Простое $p$ при этом подбирается - критерий ничего не говорит о том, какое именно число брать; нужно лишь, чтобы хоть одно подошло.

Рассчитать для своей задачи

Простой пример

Возьмём многочлен $f(x) = x^5 + 6x^3 + 12x + 18$ и проверим его с простым $p = 3$:

• старший коэффициент $1$ на $3$ не делится - условие выполнено;
• коэффициенты $6, 12, 18$ делятся на $3$ - условие выполнено;
• свободный член $18 = 2 \cdot 3^2$ делится на $9$ - условие нарушено.

С $p = 3$ критерий не сработал из-за третьего пункта. Это типичная ловушка: первые два условия выполнены, но $p^2 \mid a_0$ всё портит. Других подходящих простых здесь нет, поэтому про этот конкретный многочлен критерий ничего не говорит - он может быть как приводимым, так и нет.

А вот $g(x) = x^4 + 3x^2 + 9x + 3$ с $p = 3$ проходит безупречно: $1$ на $3$ не делится, $3, 9, 3$ делятся, а свободный член $3$ на $9$ не делится. Значит, $g(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}$.

Идея доказательства

Доказательство опирается на редукцию коэффициентов по модулю $p$. Предположим противное: $f(x) = g(x) h(x)$ - разложение на множители меньшей степени с целыми коэффициентами (по лемме Гаусса достаточно рассматривать целочисленные множители).

Перейдём к коэффициентам по модулю $p$. Поскольку все коэффициенты, кроме старшего, делятся на $p$, по модулю $p$ многочлен превращается в $\bar{a}_n x^n$ - одночлен. В кольце $\mathbb{F}_p[x]$ разложение $\bar{f} = \bar{g}\,\bar{h}$ означает, что и $\bar{g}$, и $\bar{h}$ тоже должны быть мономами: $\bar{g} = b x^k$, $\bar{h} = c x^m$. Отсюда свободные члены $g$ и $h$ оба делятся на $p$, а тогда свободный член их произведения $a_0$ делится на $p^2$. Это противоречит третьему условию. Значит, разложения не существует.

Именно поэтому условие на $p^2$ нельзя выбросить: оно блокирует «сговор» свободных членов множителей. Переход к коэффициентам по модулю $p$ - это факторизация по идеалу, порождённому простым числом; о том, как устроены такие фактор-кольца и почему деление по простому даёт поле, полезно помнить из теории максимального идеала кольца.

Рассчитать для своей задачи

Когда критерий не применим напрямую: сдвиг переменной

Самая мощная техника - замена $x \to x + c$ для некоторого целого $c$. Неприводимость не меняется при таком сдвиге: если $f(x)$ раскладывается, то и $f(x + c)$ тоже, и наоборот. Поэтому можно искать удобный сдвиг, после которого критерий заработает.

Классический пример - многочлен деления круга для простого $p$:

$$\Phi_p(x) = x^{p-1} + x^{p-2} + \dots + x + 1 = \frac{x^p - 1}{x - 1}.$$

К нему критерий напрямую не применить: коэффициенты все равны единице. Но после подстановки $x \to x + 1$ получаем

$$\Phi_p(x+1) = \frac{(x+1)^p - 1}{x} = x^{p-1} + \binom{p}{1} x^{p-2} + \dots + \binom{p}{p-1}.$$

Все биномиальные коэффициенты $\binom{p}{k}$ при $1 \le k \le p-1$ делятся на $p$, старший коэффициент равен $1$, а свободный член равен $\binom{p}{p-1} = p$ и на $p^2$ не делится. Критерий Эйзенштейна срабатывает с этим самым $p$, и неприводимость $\Phi_p(x)$ доказана. Это исторически и есть тот результат, ради которого критерий формулировался.

Связь с числами Эйзенштейна и областью применения

Критерий работает не только над $\mathbb{Z}$ и $\mathbb{Q}$, но и в более общей ситуации - над любой областью целостности с факториальностью, где роль «простого $p$» играет простой элемент или простой идеал. На практике в студенческих задачах почти всегда речь о целых коэффициентах и обычных простых числах.

Важно помнить про область, над которой обсуждается неприводимость. Один и тот же многочлен может быть неприводим над $\mathbb{Q}$, но раскладываться над $\mathbb{R}$ или $\mathbb{C}$. Критерий Эйзенштейна - утверждение именно про $\mathbb{Q}$ (и про $\mathbb{Z}$ как примитивный многочлен). Над $\mathbb{C}$ любой многочлен степени выше первой приводим по основной теореме алгебры, так что там критерий смысла не имеет.

Частые ошибки

• Путают направление делимости. Старший коэффициент НЕ должен делиться на $p$, а все младшие - должны. Перепутанное условие даёт ложный вывод.
• Забывают про условие на $p^2$. Если $p^2 \mid a_0$, критерий не применим, даже когда первые два пункта выполнены (см. пример с $18$).
• Считают, что неудача критерия означает приводимость. Если ни одно простое не подошло, критерий просто молчит: многочлен может быть как приводимым, так и неприводимым. Нужны другие методы или сдвиг переменной.
• Не пробуют сдвиг $x \to x + c$. Многие многочлены (например, многочлены деления круга) поддаются критерию только после замены переменной.
• Применяют критерий не над тем полем. Неприводимость над $\mathbb{Q}$ не означает неприводимость над $\mathbb{R}$ или $\mathbb{C}$.

FAQ

Что делать, если ни одно простое число не подошло? Сначала попробуйте сдвиг переменной $x \to x + c$ для небольших $c$ (например, $\pm 1, \pm 2$) и заново проверьте условия. Если и это не помогает, критерий неприменим - переходите к другим методам: редукция по модулю простого, поиск рациональных корней или разложение над расширением поля.

Обязательно ли $p$ должно делить свободный член? Да. По второму условию $p$ делит все коэффициенты, кроме старшего, включая свободный член $a_0$. При этом по третьему условию $p^2$ его делить уже не должен. То есть $a_0$ делится на $p$ ровно в первой степени.

Работает ли критерий в обратную сторону? Нет, это достаточное, но не необходимое условие. Многочлен может быть неприводим над $\mathbb{Q}$, но не удовлетворять критерию ни при каком простом и ни при каком сдвиге. Эйзенштейн даёт гарантию неприводимости, а не критерий приводимости.

Коротко

Критерий Эйзенштейна - достаточное условие неприводимости многочлена с целыми коэффициентами над $\mathbb{Q}$: нужно найти простое $p$, которое не делит старший коэффициент, делит все остальные и не делит в квадрате свободный член. Доказательство идёт от противного через редукцию по модулю $p$. Когда условия не выполняются напрямую, помогает сдвиг переменной $x \to x + c$ - именно так доказывается неприводимость многочленов деления круга. Неудача критерия не означает приводимости: он лишь гарантирует неприводимость, когда срабатывает.