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高等代数是高校数学专业的一门重要基础课，而多项式理论又是高等代数的一个重要内容.大一学生刚从中学升上来，思维还没有转换过来，加之这门课程又比较抽象，学生在学习多项式的初期就会觉得很困难，到了后面学习有理系数多项式时就更加困难.众所周知，与实系数多项式和复系数多项式的因式分解相比，有理系数多项式的因式分解要困难很多.一般而言，直接研究有理系数多项式在
$\mathbb{Q}[x] $ 上的分解很困难，通常的做法是将其转化为整系数多项式在$\mathbb{Z}[x] $ 内的分解问题，而这又不可避免地涉及到本原多项式的讨论.教学实践过程中，如果授课教师没有组织好课堂教学，那么学生就很难理解这一节的内容，特别是知识的来龙去脉.教师上完这一节内容后，学生还是一头雾水，即使勉强了解了一些命题和结论，也很难应用，对于这一节的脉络理不清晰，他们很难接受如下的事实：定理1[1] 如果一非零的整系数多项式能够分解成两个次数较低的有理系数多项式的乘积，那么它一定能分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积.
推论1[1] 设f(x)，g(x)是整系数多项式，且g(x)是本原的.如果f(x)=g(x)h(x)，其中h(x)是有理系数多项式，那么h(x)一定是整系数的.
如果上面这两个结论理解不清，会导致后面的艾森斯坦因判别法和整系数多项式有理根的判别定理理解不清.
以国内学校采用的高等代数教材[1-8]来说，一般的学生要完全学懂有理系数多项式这一节的内容是很困难的.经过教学实践、交流和调查发现，学生对书上的证明方法似懂非懂，普遍感觉对，但是又有说不出的疑惑.
实际上，本节内容的教学难点主要有两方面：一方面是学习脉络，或者说是搞清楚框架；另一方面是着重向学生提出几个基本事实.这两点缺一不可，否则对这一节的理解就有问题.
事实上，我们后面所提出的观点在我们实际的教学过程中运用效果非常好，加深了学生们对知识的理解和运用.
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定理1和推论1的证明都用到如下的定理2：
定理2 若f(x)，g(x)都是本原多项式，r是常数，且f(x)=rg(x)，则r=1或r=-1.
证 设
则
显然，r是有理数，故可设
$r=\frac{d}{c} $ ，其中(c， d)=1.我们有cf(x)=dg(x)，比较系数知cai=dbi.又注意到(c，d)=1，c|bi，其中i=0，1，…，n.于是c|1，即c=1或c=-1.当c=1时，f(x)=dg(x)，注意到f(x)是本原的，易知d=1或d=-1；
当c=-1时，同理可得d=1或d=-1.
故r=1或r=-1.
有了上面的定理2，再结合高斯引理(本原多项式的乘积还是本原多项式)，基本上就能解决学生的很多疑问和难点.因此教学时，第一个教学难点和重点就是自始至终，要强调定理2和高斯引理的结合使用.
然而在书上(例如文献[1])，只是稍微提了一下如下的定理3：
定理3[1] 如果f(x)=rg(x)=r1g1(x)，其中g(x)，g1(x)都是本原多项式，那么必有r=±r1，g(x)=±g1(x).
实际上，定理3本质上和定理2的是一样的.由于r=±r1，g(x)=±g1(x)的组合太多，因此定理3容易让初学者感觉很复杂，如果授课者不能意识到这一点，教学中只是简单提及一下，就不会引起学生的足够重视，导致后面的学习困难.然而在教学的过程中，若把定理3改写成定理2，则思路更清晰，结果也显得简单一些，并且实际应用范围也更广.我们将运用定理2和高斯引理给出本节所涉及到的一些结论的证明.
下面我们给出定理1及推论1的证明：
定理1的证明 设整系数多项式f(x)=g(x)h(x)，其中g(x)，h(x)是有理系数多项式，且
令
其中f1(x)，g1(x)，h1(x)都是本原多项式，a是整数，r，s是有理数.于是
由高斯引理和定理2知
$ \frac{r s}{a}=\pm 1$ ，从而rs=±a.这说明rs是整数.因此，我们有其中rsg1(x)，h1(x)都是整系数多项式，且次数都低于f(x)的次数.
推论1的证明 设f(x)=g(x)h(x)，其中f(x)是整系数多项式，g(x)是本原多项式，h(x)是有理系数多项式.令
其中f1(x)，h1(x)都是本原多项式，a是整数，r是有理数.于是
由高斯引理和定理2知
$ \frac{r}{a}=\pm 1$ ，从而r=±a.这说明r是整数. -
由定理1，我们有：
定理4 设f(x)∈
$ \mathbb{Z}[x]$ ，则f(x)在$\mathbb{Z}[x] $ 中可约当且仅当f(x)在$\mathbb{Q}[x] $ 中可约.定理4的证明由定理1可以得到，这时候应该向学生们强调：f在
$\mathbb{Z}[x] $ 中的可约性和在$\mathbb{Q}[x] $ 中的可约性是一致的.正因为有定理4的保证，我们才可以证明如下的艾森斯坦因判别法：艾森斯坦因判别法 设f(x)=anxn+…+a1x+a0是整系数多项式.若存在素数p满足：
(ⅰ) p
(ⅱ) p|an-1，…，a1，a0；
(ⅲ) p
则f(x)在
$\mathbb{Q}[x] $ 中不可约[1-8].事实上，证明艾森斯坦因判别法时用到了反证法，即假设f(x)在
$\mathbb{Q}[x] $ 中可约，于是由定理4可知f(x)在$\mathbb{Z}[x] $ 中可约，接下来的方法就众所周知了.定理5 设f(x)∈
$\mathbb{Q}[x] $ ，且f(x)=rg(x)，其中r是有理数，g(x)是本原多项式，则f(x)在$\mathbb{Q}[x] $ 中可约当且仅当g(x)在$\mathbb{Z}[x] $ 中可约.定理5的证明也容易从定理2和高斯引理得到.这时候还应该向学生们强调：有理系数多项式在
$\mathbb{Z}[x] $ 中的可约性和它所确定的本原多项式在$\mathbb{Q}[x] $ 中的可约性是一致的.有了定理4、定理5，就可以向学生们解释，为什么研究有理系数多项式要转化为研究整系数多项式.
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众所周知，艾森斯坦因判别法不是万能的，但是有些多项式变化一下也能使用.通常教科书都不会提及如下的引理1，但是在实际问题中却经常使用.
引理1 设f(x)∈
$\mathbb{Q}[x] $ ，则f(x)在$\mathbb{Q} $ 上不可约当且仅当对任意的有理数a≠0和b，多项式g(x)=f(ax+b)在$ \mathbb{Q}$ 上不可约.证 必要性 假设g(x)在
$ \mathbb{Q}$ 上可约.令g(x)=g1(x)g2(x)，其中g1(x)，g2(x)∈$\mathbb{Q}[x] $ ，且于是
显然
$g_{1}\left(\frac{1}{a} x-\frac{b}{a}\right), g_{2}\left(\frac{1}{a} x-\frac{b}{a}\right) \in \mathbb{Q}[x] $ ，且这与f(x)在
$\mathbb{Q} $ 上不可约矛盾.充分性 假设g(x)在
$\mathbb{Q} $ 上可约.令f(x)=f1(x)f2(x)，其中f1(x)，f2(x)∈$\mathbb{Q}[x] $ ，且于是
即g(x)在
$\mathbb{Q} $ 上可约，矛盾.例1 f(x)=x3+3x+1在有理数域上是否可约?
例1不能直接使用艾森斯坦因判别法，但是经过适当的变形之后却可以.
由引理1知，f(x)与f(x-1)有相同的可约性，简单计算后可知
取p=3即可判别f(x-1)不可约，于是f(x)也不可约.
1.1. 难点1
1.2. 难点2
1.3. 难点3
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在实际组织教学的过程中，我们需要注意到如下几个关键步骤：
解释清楚有理系数多项式的分解问题可以转化为整系数多项式的分解问题，这在定理4中得到了体现；
强调定理2的重要性，以及定理2和高斯引理的结合使用；
利用定理1证明艾森斯坦因判别法；
艾森斯坦因判别法的变通使用，以及引理1的意义.
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