本原多項式與高斯引理
設 R 是 UFD，分式體為 K = Frac(R)。非零多項式 f ∈ R[x] 的容度是其係數的最大公因數，而 f 稱為本原的，若其容度為單位元——即係數沒有公共素因子。任何 f ∈ R[x] 都可分解為 f = c(f)·f₀，其中 f₀ 本原。引人注目的事實，即高斯引理，是說本原性在乘法下保持。
Gauss's Lemma: if f, g ∈ R[x] are primitive, so is fg. Proof (by contradiction). Suppose fg is NOT primitive. Then some prime p ∈ R divides every coefficient of fg, i.e. fg ≡ 0 in (R/p)[x]. Since p is prime, R/p is a domain, so (R/p)[x] is a domain too. Reducing mod p: (f mod p)(g mod p) = 0 in (R/p)[x]. A domain has no zero divisors ⇒ f ≡ 0 or g ≡ 0 mod p. But then p divides all coefficients of f (or of g), contradicting that f (or g) is primitive. ∎ Corollary (content is multiplicative): c(fg) = c(f)·c(g) up to units.
收益是一條下降原理：正次數的本原多項式在 R[x] 中不可約當且僅當它在 K[x] 中不可約。於是對本原多項式而言，在體 K 上分解與在環 R 上分解是一致的。結合 K[x] 是歐幾里得整環（因而是 UFD）這一事實，便得定理：R 是 UFD ⇒ R[x] 是 UFD。由歸納，R[x₁,…,xₙ] 是 UFD，尤其 Z[x] 與 k[x₁,…,xₙ] 是 UFD。
艾森斯坦判別法
艾森斯坦判別法是證明多項式不可約的主力。設 f = aₙxⁿ + … + a₁x + a₀ 在 UFD R 上的 R[x] 中，並設 R 的某素元 p 滿足：p 不整除 aₙ；p 整除其餘每個係數 a₀,…,aₙ₋₁；且 p² 不整除 a₀。則 f 在 K = Frac(R) 上不可約。其奏效之由是一個模 p 的容度論證：任何非平凡分解模 p 約化後會迫使 xⁿ 分裂，而 p² 條件正禁止此事。
Example 1. f(x) = x⁴ + 10x³ + 15x² + 5x + 20 over Q. Try p = 5: 5 ∤ 1 (lead), 5 | 10,15,5,20 (rest), 25 ∤ 20. Eisenstein at 5 ⇒ f is irreducible over Q. Example 2 (shift trick). The p-th cyclotomic polynomial, p prime, Φ_p(x) = x^(p−1) + … + x + 1 = (x^p − 1)/(x − 1). Eisenstein does not apply directly, so substitute x → x+1: Φ_p(x+1) = ((x+1)^p − 1)/x = x^(p−1) + C(p,1) x^(p−2) + … + C(p,p−1). Every binomial coefficient C(p,k) for 0<k<p is divisible by p, the constant term is C(p,p−1) = p (not divisible by p²), leading coeff 1. Eisenstein at p ⇒ Φ_p(x+1) irreducible ⇒ Φ_p irreducible.
其他不可約性工具
- 模 p 約化：若 f ∈ Z[x] 首一且對某素數 p，f mod p 在 F_p[x] 中不可約，則 f 在 Q 上不可約。（逆命題假——有些不可約多項式對每個 p 都約化為可約。）
- 有理根判別法：本原多項式的候選根 a/b 必滿足 a | a₀ 與 b | aₙ——快速排除二次、三次因子的方法。
- 次數記帳：體上二次或三次多項式不可約當且僅當無根；對次數 ≥ 4 還須排除分解為兩個二次式的情形。