没有，只有艾森斯坦判别法。
例如：
有一个多项式f(x)=x3+8
根据艾森斯坦判别法,我取一个质数p=3
因为3整除一次项和二次项的系数0,不整除最高次项的系数1,其平方9也不整除常数项8
所以f(x)在Z上应当是不可约的.
但由立方和公式易得f(x)=(x+2)(x2-2x+4),与判别结论矛盾。
艾森斯坦判别法是代数的定理，给出了判定整系数多项式不能分解为整系数多项式乘积的充分条件。由高斯定理，这种好用的判别法也是多项式在有理数域不可约的充分条件。
艾森斯坦判别法是代数的定理，给出了判定整系数多项式不能分解为整系数多项式乘积的充分条件。由高斯定理，这判别法也是多项式在有理数域不可约的充分条件。
艾森斯坦判别法是说:给出下面的整系数多项式f(x)=an.x^n+an-1.x^(n-1)+…+a0
如果存在素数p，使得
p不整除an ，但整除其他ai,i=0,1,...,n-1 ; p^2 不整除a0 ， 那么f(x) 在有理数域上是不可约的。
对多项式f(x)取模p，也就是把它的系数映射到整数模P的环上。这样它便化为f(x)≡cx^n，0<c<p,c为非零常数。因为在域上的多项式有唯一分解，f在模p上会分解为单项式。
如果f是在有理数上可约的，那么会有多项式g, h使得f= gh。从上可知g和h取模p分别为dx^k和ex^(n-k)，满足c= de。因为g和h模p的常数项为零，这表示g和h的常数项均可被p整除，所以f的常数项a0可以被p2整除，与f系数的假设矛盾。因此得证。
例子
给了多项式g(x) = 3x4 + 15x2 + 10，试确定它能否分解为有理系数多项式之积。
试用艾森斯坦判别法。素数2和3都不适合，考虑素数p= 5。5整除x的系数15和常数项10，但不整除首项3。而且52 = 25不整除10。所以g(x)在有理数域不可约。
有时候不能直接用判别法，或者可以代入y= x+ a后再使用。
例如考虑h(x) = x2 + x + 2。这多项式不能直接用判别法，因为没有素数整除x的系数1。但把h(x)代入为h(x + 3) = x2 + 7x + 14，可立刻看出素数7整除x的系数和常数项，但72 = 49不整除常数项。所以有时通过代入便可以用到判别法。
艾森斯坦判别法得出的一个著名结果如下:
对素数p，以下多项式在有理数域不可约。
。 要使用艾森斯坦判别法，先作代换x= y+ 1。新的常数项是p，除首项是1外，其他项的系数是二项式系数，k大于0，所以可以被p除尽。
