Critère d'Eisenstein

(i) Supposons $P = AB$ dans $F[X]$ avec $\deg A = r \geqslant 1$ et $\deg B = s \geqslant 1$. Par le lemme de Gauss (Lemme de Gauss, (iv)), on peut supposer $A, B \in \mathbb Z[X]$, toujours de degrés $r$ et $s$, avec $r + s = n$. Réduisons modulo $p$ : comme $p$ divise tous les coefficients de $P$ sauf $a_n$, $$\begin{aligned} \pi(A)\,\pi(B) &= \pi(P) = \overline{a_n}\,X^n, \\ \overline{a_n} &\neq 0. \end{aligned}$$

Dans $({\mathbb Z/p\mathbb Z})[X]$, où $\mathbb Z/p\mathbb Z$ est un corps (ℤ/nℤ), le polynôme $X$ est irréductible, et la factorisation de $\overline{a_n}X^n$ en irréductibles unitaires est $X \cdots X$.

Par unicité de la factorisation (Irréductibles, (ii)), appliquée au produit des factorisations de $\pi(A)$ et de $\pi(B)$, on a $\pi(A) = \alpha X^i$ et $\pi(B) = \beta X^j$ avec $\alpha, \beta \neq 0$ et $i + j = n$.

Comme $\deg \pi(A) \leqslant r$, $\deg \pi(B) \leqslant s$ et $i + j = r + s$, on a $i = r \geqslant 1$ et $j = s \geqslant 1$.

Les termes constants de $\pi(A)$ et de $\pi(B)$ sont donc nuls : $p$ divise $A(0)$ et $B(0)$, et $p^2$ divise $A(0)B(0) = a_0$, contrairement à l'hypothèse.

(ii) On a $(X - 1)\Phi_p = X^p - 1$, en développant. En substituant $X + 1$ à $X$ (Évaluation, (ii)), $$\begin{aligned} X\,\Phi_p(X + 1) &= (X + 1)^p - 1 \\ &= \sum_{k=1}^p \binom pk X^k \end{aligned}$$ par le binôme (Binôme de Newton), et, en simplifiant par $X$ dans l'anneau intègre $\mathbb Z[X]$, $$\begin{aligned} \Phi_p(X + 1) &= X^{p-1} + \binom p{p-1}X^{p-2} \\ &\quad + \cdots + \binom p2 X + p. \end{aligned}$$ Son coefficient dominant est $1$, les autres sont multiples de $p$ (Binôme de Newton, (iii)), et son terme constant $p$ n'est pas multiple de $p^2$ : il est irréductible par (i).

Si l'on avait $\Phi_p = AB$ avec $\deg A, \deg B \geqslant 1$, alors $\Phi_p(X + 1) = A(X + 1)\,B(X + 1)$, avec des facteurs de mêmes degrés, puisque la substitution conserve le degré : contradiction.