Критерий Эйзенштейна

Пусть $f(x) = a_{n}x^{n} + a_{n-1}x^{n-1} + \dots + a_{0}$, ${} f(x) \in \mathbb{Z}[x] {}$ и существует такое простое $p$, что: 1. $p \nmid a_{n}$ 2. $\forall{i = \overline{0, n-1}}\mathpunct{:}~~ p \mid a_{i}$ 3. $p^{2} \nmid a_{0}$ Тогда $f(x)$ - неприводим над $\mathbb{Q}$

От противного: пусть $f(x) = g(x)h(x)$ и $g(x) = b_{k}x^{k} + b_{k-1}x^{k-1} + \dots + b_{0}$, $h(x) = c_{m}x^{m} + c_{m-1}x^{m-1} + \dots + c_{0}$ Заметим, что $a_{0} = b_{0} \cdot c_{0}$, а значит, так как $p \mid a_{0}$ и ${} p^{2} \nmid a_{0} {}$, то либо $p \mid b_{0}$, либо $p \mid c_{0}$. Без ограничения общности $p \nmid b_{0}$, а значит $p \mid c_{0}$ Рассмотрим $h(x)$. Пусть $i$ - наименьший номер такой, что $p \nmid c_{i}$. Ясно, что $i$ существует (если нет, то $p \mid a_{n}$) и $i \neq 0$. Тогда: $$a_{i} = b_{0}c_{i} + b_{1}c_{i-1} + \dots$$ Так как $p \mid a_{i}$ и $p \mid c_{j}$ для всех $j < i$, то значит $p \mid b_{0}c_{i}$, а это невозможно, так как $p$ не делит оба множителя. Пришли к противоречию. $\square$