数学では、エイゼンシュタイン基準は、多項式が既約であるための十分な条件を与えます。
$$ {\mathbb{Q}\,} $$
（または同じ還元不可能な方法で） $$ {\mathbb{Z}\,} $$
）。整数係数をもつ次の多項式を考えてみましょう。
- $$ {P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0\,} $$
素数があるとします
$$ {p\,} $$
のような- $$ {p\,} $$それぞれ分ける$$ {a_i\,} $$を除外する$$ {a_n\,} $$、
- $$ {p^2\,} $$分けないでください$$ {a_0\,} $$
それで
$$ {P(x)\,} $$
還元不可能です。例
多項式を考えてみましょう
$$ {P(x) = 3x^4 + 15x^2 + 10\,} $$
。の値についてさまざまなケースを検討します。
$$ {p\,} $$
続く- p = 2
2 は 15 を割らないので結論は出せません - p = 3
3 は 10 を割らないので結論は出せません - p = 5
5 は、 x 2の係数である 15 を除算し、定数係数である 10 を除算します。 5 は支配的な係数である 3 を除算しません。また、25 = 5 2は 10 を割りません。
したがって、エイゼンシュタインの基準のおかげで、 P ( x ) は既約であると結論付けられます。
場合によっては、素数の選択が明確ではない場合もありますが、変換と呼ばれるy = x + a形式の変数を変更することで容易に選択できます。
たとえば、次のように考えてみましょう
$$ {h(x)=x^2 + x + 2\,} $$
。 xの係数である 1 を除算する素数はないため、この基準の適用は危険にさらされているように見えます。しかし、 h ( x ) を次のように翻訳すると、 $$ {h(x + 3) = x^2 + 7x + 14\,} $$
素数 7 はxの係数と定数係数を割りますが、49 は 14 を割らないことがすぐにわかります。したがって、多項式を変換することによって、多項式がエイゼンシュタインの基準を満たすようになります。もう 1 つの既知のケースは、インデックスが素数pの円分多項式、つまり多項式のケースです。
- $$ {\frac{(x^p – 1)}{(x – 1)} = x^{p – 1} + x^{p – 2} + \cdots + x + 1\,} $$。
ここで、多項式は、変換x = y + 1 後の新しい変数yにおいてアイゼンシュタインの基準を満たします。その場合、定数係数はpに等しくなります。他の係数は二項係数の特性に従ってpで割り切れます。
$$ {C_p^k\,} $$
( p ! はpが関与しないもので除算されます)。
基本的なデモンストレーション
P ( X ) をp を法とする多項式として考えます。つまり、係数が物体数に換算された多項式です。
$$ {\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\,} $$
。これはc .X nの形式の多項式になります。cは 0 以外の数値です。このような多項式は独自の方法で既約因数の積に分解されるため、 P (法p ) の因数分解には単項式のみが含まれます。さて、不条理なことに、 P が整数係数を持つ多項式として既約でない場合、それをQ の形式で書くことができます。 R 、したがってPを法とするQとpを法とするRの積の形式になります。後者は、直前に述べたように単項式である必要があり、これはQモジュロpがd の形式で記述されることを意味します。 X kおよびRモジュロpの形式はeです。 Xn –kここで、 c = d 。 e 。
最後に、 R法pのQ法pで与えられた条件は、 p 2 が0を除算することを意味し、これは仮説と矛盾します。実際、 0 はQ ( 0) と同じです。上で述べたことに従って、 R (0) とp は2 つの因数を除算します。
