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

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

Il criterio di Eisenstein afferma che:

Se esiste un numero primo $p$ tale che:

• $p$ non divide $a_n$,
• $p$ divide $a_0,a_1,\dots ,a_{n-1}$,
• $p^2$ 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

$a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0=(b_g{x}^g+b_{g-1}{x}^{g-1}+\dots +b_{1}x+b_0)(c_h{x}^h+c_{h-1}{x}^{h-1}+\dots +c_{1}x+c_0)$

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 $c\in {\mathbb{Z}}_p$, $c\ne 0$. 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 $1\le deg(g),deg(h)\le n-1$. 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 $d,e\in {\mathbb{Z}}_p$, $d,e\ne 0$.

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.

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