# Criterio di Eisenstein

In algebra, il criterio di Eisenstein è un criterio per dimostrare l'irriducibilità di alcuni polinomi a coefficienti interi. Prende il nome dal matematico tedesco Gotthold Eisenstein.

## Il criterio

Sia $P(x)$ un polinomio primitivo a coefficienti interi
    $P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots +a_{1}x+a_{0}.$
Il criterio di Eisenstein afferma che:
Se esiste un numero primo $p$ tale che:
* $p$ non divide $a_{n}$,
* $p$ divide $a_{0},a_{1},\ldots ,a_{n-1}$,
* $p^{2}$ non divide $a_{0}$,
Allora $P(x)$ è irriducibile tra i polinomi a coefficienti interi.
In altre parole, se valgono le ipotesi non esistono due polinomi a coefficienti interi $H(x)$ e $G(x)$ e di grado almeno uno tali che
    $H(x)\cdot G(x)=P(x).$
Per il lemma di Gauss, non esistono neppure due polinomi $H(x)$ e $G(x)$ a coefficienti razionali di grado almeno uno il cui prodotto è $P(x)$, quindi $P(x)$ è irriducibile pure tra i polinomi a coefficienti razionali.
Il criterio può essere generalizzato a qualsiasi dominio a fattorizzazione unica: basta sostituire alla nozione di numero primo quella di elemento primo.

## Esempio

Consideriamo ad esempio il polinomio $P(x)=3x^{2}+25x+10$; a questo si può applicare il criterio a partire dal primo p=5, che divide 10 e 25, ma non 3; inoltre $5^{2}=25$ non divide 10. Da questo si può dedurre che P(x) è irriducibile.
L'ultima condizione è importante: infatti se consideriamo il polinomio $Q(x)=x^{2}+10x+25$, questo verifica le prime due condizioni, ma non la terza, e non è irriducibile: esiste infatti la fattorizzazione $Q(x)=(x+5)^{2}=(x+5)(x+5)$

## Dimostrazione

Supponiamo per assurdo che esistano due polinomi G(x) e H(x) che fattorizzano P(x) (dove P(x) verifica le ipotesi del criterio di Eisenstein), di grado rispettivamente g e h; scomponiamo quindi P(x) come
$a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots +a_{1}x+a_{0}=(b_{g}x^{g}+b_{g-1}x^{g-1}+\ldots +b_{1}x+b_{0})(c_{h}x^{h}+c_{h-1}x^{h-1}+\ldots +c_{1}x+c_{0})$
Abbiamo allora
$a_{0}=b_{0}c_{0}$ e quindi $p\mid b_{0}c_{0}$ e $p^{2}\nmid b_{0}c_{0}$
da cui a meno di inversioni $p\mid b_{0}$ e $p\nmid c_{0}$, continuiamo
$p\mid b_{0}c_{1}+b_{1}c_{0}$ per cui $p\mid b_{1}$
$p\mid b_{0}c_{2}+b_{1}c_{1}+b_{2}c_{0}$ per cui $p\mid b_{2}$
dalle espressioni precedenti si deduce $p|b_{k}$, quindi $p|G(x)$, ma questo comporta che $p|P(x)$ e dunque l'assurdo $p|a_{n}$.

## Dimostrazione alternativa

Un'altra dimostrazione può essere data usando il campo $\mathbb {Z} _{p}$ delle classi di resto modulo il primo $p$.
Consideriamo il polinomio $\pi _{p}(f(x))$, ottenuto dal polinomio $f(x)$ proiettandone i coefficienti in $\mathbb {Z} _{p}$; poiché per ipotesi $p$ divide tutti i coefficienti escluso il coefficiente direttore, $\pi _{p}(f(x))=c\cdot x^{n}$ con $c\in \mathbb {Z} _{p}$, $c\neq 0$. Poiché in $\mathbb {Z} _{p}[x]$ vale la fattorizzazione unica, ogni fattorizzazione di $f(x)$ in $\mathbb {Z} _{p}[x]$ sarà in monomi. Supponiamo ora che $f(x)$ sia riducibile in $\mathbb {Z} [x]$, ovvero che esistano $g(x),h(x)\in \mathbb {Z} [x]$ tali che $f(x)=g(x)\cdot h(x)$ con $1\leq deg(g),\ deg(h)\leq n-1$. Si avrebbe che i fattori $g(x)$ e $h(x)$, proiettati modulo $p$, sarebbero monomi, ovvero si avrebbe $\pi _{p}(g(x))=d\cdot x^{r}$ e $\pi _{p}(h(x))=e\cdot x^{n-r}$, con $d,e\in \mathbb {Z} _{p}$, $d,e\neq 0$.
È facile verificare che $\pi _{p}(g(0))=\pi _{p}(g(x))(0)=0$ e che $\pi _{p}(h(x))(0)=\pi _{p}(h(0))=0,$ dunque $p$ divide $g(0)$ e $h(0)$. Ma allora $p^{2}$ divide $g(0)h(0)=f(0)=a_{0},$ contraddicendo l'ipotesi $p^{2}\nmid a_{0}$. Quindi $f(x)$ non è fattorizzabile in $\mathbb {Z} [x]$, e dunque nemmeno in $\mathbb {Q} [x]$ per il lemma di Gauss.