设
f
(
x
)
=
a
n
x
n
+
a
n
−
1
x
n
−
1
+
⋯
+
a
0
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0
f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a0
是一个整系数多项式.如果有一个素数
p
p
p,使得
- p ∤ a n p\nmid a_n p∤an
- p ∣ a n − 1 , a n − 2 , ⋯ , a 0 p|a_{n-1},a_{n-2},\cdots,a_0 p∣an−1,an−2,⋯,a0
- p 2 ∤ a 0 p^2\nmid a_0 p2∤a0
那么 f ( x ) f(x) f(x) 在有理数域上是不可约的
证明
如果
f
(
x
)
f(x)
f(x) 在有理数域上可约，那么
f
(
x
)
f(x)
f(x) 可以分别成两个次数较低的整系数多项式的乘积：
f
(
x
)
=
(
b
i
x
l
+
b
i
−
1
x
l
−
1
+
⋯
+
b
0
)
(
c
m
x
m
+
c
m
−
1
x
m
−
1
+
⋯
+
c
0
)
l
,
m
<
n
,
l
+
m
=
n
f(x)=(b_ix^l+b_{i-1}x^{l-1}+\cdots+b_0)(c_mx^m+c_{m-1}x^{m-1}+\cdots+c_0)\qquad l,m<n,l+m=n
f(x)=(bixl+bi−1xl−1+⋯+b0)(cmxm+cm−1xm−1+⋯+c0)l,m<n,l+m=n
于是
a
n
=
b
l
c
m
,
a
0
=
b
0
c
0
a_n=b_lc_m,a_0=b_0c_0
an=blcm,a0=b0c0
因为
p
∣
a
0
p|a_0
p∣a0 ，所以
p
p
p 能整除
b
0
b_0
b0 或
c
0
c_0
c0. 但是
p
2
∤
a
0
p^2\nmid a_0
p2∤a0，所以
p
p
p 不能同时整除
b
0
b_0
b0 及
c
0
c_0
c0. 因此，不妨假定
p
∣
b
0
p|b_0
p∣b0 但
p
∤
c
0
p\nmid c_0
p∤c0. 另一方面，因为
p
∤
a
n
p\nmid a_n
p∤an, 所以
p
∤
b
l
p\nmid b_l
p∤bl. 假设
b
0
,
b
1
,
⋯
,
b
l
b_0,b_1,\cdots,b_l
b0,b1,⋯,bl 中第一个不能被
p
p
p 整除的是
b
k
b_k
bk,比较
f
(
x
)
f(x)
f(x) 中
x
k
x^k
xk 的系数，得等式
a
k
=
b
k
c
0
+
b
k
−
1
c
1
+
⋯
+
b
0
c
k
.
a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_1+\cdots+b_0c_k.
ak=bkc0+bk−1c1+⋯+b0ck.
式中
a
k
,
b
k
−
1
,
⋯
,
b
0
a_k,b_{k-1},\cdots,b_0
ak,bk−1,⋯,b0 都能被
p
p
p 整除，所以
b
k
c
0
b_kc_0
bkc0 也必定能被
p
p
p 整除. 但是
p
p
p 是一个素数，所以
b
k
b_k
bk 与
c
0
c_0
c0 中至少有一个能被
p
p
p 整除，这是一个矛盾
