Trước tiên ta có khẳng định sau

Định lý 13.1.Với $g(x)$ và $h(x)$ là hai đa thức với các hệ số nguyên, trong đó:
\[\begin{align*}
g(x)=&a_lx^l+\ldots+a_0,\,\quad\quad a_l\ne 0\\
h(x)=&b_mx^m+\ldots+b_0,\,\quad\; b_m\ne 0
\end{align*}\]
Giả sử rằng $g(x)h(x)=c_{l+m}x^{l+m}+\ldots+c_0$, khi đó \[\gcd\left( a_1,\,a_2,\,\ldots,\,a_0\right).\gcd\left( b_1,\,b_2,\,\ldots,\,b_0\right) =\gcd\left( c_{l+m},\,c_{l+m-1},\,\ldots,\,c_0\right). \]

Chứng minh. Ta có thể coi $\gcd\left( a_1,\,a_2,\,\ldots,\,a_0\right)=\gcd\left( b_1,\,b_2,\,\ldots,\,b_0\right)=1$. Giả sử $p$ là một ước nguyên tố của $\gcd\left( c_{l+m},\,c_{l+m-1},\,\ldots,\,c_0\right)$ và \[\begin{align*}
p&\mid\gcd\left( a_l,\,\ldots,\,a_{u+1}\right),\,\quad p\nmid a_u,\\
p&\mid\gcd\left( b_m,\,\ldots,\,a_{v+1}\right),\,\quad p\nmid b_v.
\end{align*}\]
Từ định nghĩa ta có \[c_{u+v}=\sum\limits_{s + t = u + v} {{a_s}{b_t}},\] và từ số hạng $a_ub_v$, mỗi số hạng là một bội của $p$. Từ $p\nmid a_ub_v$, dẫn đến $p\nmid c_{u+v}$, và ta cũng có $p\nmid\gcd\left( c_{l+m},\,\ldots,c_0\right)$, trái với giả định của ta. Từ đó không có số nguyên tố nào là ước của $\gcd\left( c_{l+m},\,\ldots,c_0\right)$.

Định nghĩa. Với $f(x)$ là một đa thức với hệ số hữu tỉ. Giả sử rằng có hai đa thức khác hằng số là $g(x)$ và $h(x)$ với hệ số tỉ thoả: $g(x)h(x)=f(x)$ lúc đó ta gọi $f(x)$ là đa thức khả quy. Đa thức bất khả quy có nghĩa là không khả quy.

Ví dụ. $x^2-2$ và $x^2+1$ là những đa thức bất khả quy và đa thức $3x^2+8x+4$ là đa thức khả quy và phân tích là $(3x+2)(x+2)$.

Định lý (Gauss). Với $f(x)$ là một đa thức hệ số nguyên. Nếu $f(x)=g(x)h(x)$ trong đó $g(x)$ và $h(x)$ là những đa thức hệ số hữu tỉ, lúc đó sẽ tồn tại một số hữu tỉ $\gamma$ sao cho \[\gamma g(x),\,\quad \dfrac{1}{\gamma}h(x)\] có hệ số nguyên

Chứng minh. Ta giả định rằng ước chung lớn nhất của những hệ số của $f(x)$ là $1$. Lúc đó ta sẽ có được hai số nguyên $M,\,N$ sao cho
\[\begin{align*}
Mg(x)&=a_lx^l,\,\ldots+a_0,\,\quad a_i\; \text{là số nguyên};\\
Nh(x)&=b_mx^m,\,\ldots+b_0,\,\quad b_i\; \text{là số nguyên};\\
MNf(x)&=c_{l+m}x^{l+m}+\ldots+c_0.
\end{align*}\]
Từ giả thiết của chúng ta và Định lý 13.1 ta có \[MN=\gcd\left( c_{l+m},\,c_{l+m-1},\,\ldots,\,c_0\right)=\gcd\left( a_1,\,a_2,\,\ldots,\,a_0\right).\gcd\left( b_1,\,b_2,\,\ldots,\,b_0\right).\] Với \[\gamma = \dfrac{M}{{\gcd ({a_l},{\mkern 1mu} \ldots {a_0})}} = \dfrac{{\gcd ({b_m}, \ldots {b_0})}}{N},\] đây là điều phải chứng minh.

Định lý (Eisenstein). Với $f(x)=c_nx^n+\ldots+c_0$ là một đa thức với hệ số nguyên. Nếu $p\nmid c_n,\,p\mid c_i,\; (0\le i<n)$ và $p^2\nmid c_0$, lúc đó $f(x)$ là đa thức bất khả quy.

Chứng minh. Giả sử điều ngược lại là $f(x)$ là đa thức khả quy. Từ Định lý 13.2 ta có: $f(x)=g(x)h(x)$,với \[g(x)=a_lx^l,\,\ldots+a_0,\,\quad a_l\ne 0,\,\quad h(x)=b_mx^m,\,\ldots+b_0,\,\quad b_m\ne 0,\] \[l+m=n,\,\quad l>0,\,\quad m>0,\] trong đó $a_j$ và $b_k$ là những số nguyên. Từ $c_0=a_0b_0$ và $p\mid c_0$ lúc đó ta thấy rằng hoặc $p\mid a_0$ hoặc $p\mid b_0$. Giả sử rằng $p\mid a_0$ khi đó từ $p^2\nmid a_0b_0=c_0$, ta có $p\nmid b_0$.

Tiếp theo những hệ số của $g(x)$ không thể tất cả là bội của $p$, nếu không thì $p\mid c_n$. Chúng ta có thể giả sử rằng $p\mid\gcd\left( a_0,\,\ldots,a_{r-1}\right),\,p\nmid a_r,\,1\le r\le l$. Từ $c_r = a_rb_0+\ldots+a_0b_r$ ta kết luận rằng $p\nmid c_r$. Nhưng $r\le l\le n$ từ đó có điều cần chứng minh.

Hệ quả hiển nhiên của định lý trên là khẳng định sau.

Định lý. $x^m-p$ là một đa thức bất khả quy bởi vậy $\sqrt[m]{p}$ là một số vô tỉ.

Định lý. Đa thức sau \[\Phi_p(x)=x^{p-1}+\ldots +x+1\] là đa thức bất khả quy.

Chứng minh. Viết $y+1=x$ ta có \[\frac{1}{y}({(y + 1)^p} – 1) = {y^{p – 1}} + p{y^{p – 2}} + \binom{p}{2} {y^{p – 3}} + \ldots + p.\] Rất dễ dàng để thấy rằng mỗi hệ số ngoài hệ số đầu tiên là một bội của $p$ và hệ số tự do là bội của $p^2$.

Bài tập. Chứng minh rằng các đa thức dưới đây là những đa thức bất khả quy: \[x^2+1,\,\quad x^4+1,\,\quad x^6+x^3+1.\]