有理数根定理

在代数中，有理根定理（或有理根检验、有理零定理、有理零检验或 $p / q$ 定理）陈述了对多项式方程的有理数解的约束。

a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{0}=0

具有整数系数 $a_{i}\in \mathbb {Z}$ 和 $a_{0},a_{n}\neq 0$ .方程的解也称为左侧多项式的根或零点。

该定理指出每个有理根 $x={\frac {p}{q}}$ ，写成最低项使 $p$ 和 $q$ 互质，满足：

$p$ 是常数项 $a_{0}$ 的整数因子
$q$ 是首项 $a_{n}$ 的整数因子

有理根定理是高斯定理关于多项式分解的一个特例（对于单个线性因子）。

整数根定理(integral root theorem) 是有理根定理当最高次项系数 $a_{n}=1$ 的特例。

应用

该定理用于查找多项式的所有有理根（如果有的话）。它给出了有限数量的可能分数，可以检查它们是否是根。如果找到有理根 $x = r$ ，则可以使用多项式长除法从多项式中分解出线性多项式 $(x - r)$ ，从而得到一个更低阶的多项式，其根也是原始多项式的根。

三次方程

一般三次方程

ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0

具有整数系数的问题在复平面上有三个解。如果有理根测试找不到有理解，那么用代数表示解的唯一方法是使用立方根。但是，如果测试找到有理解 $r$ ，则分解出 $(x - r)$ 会留下一个二次多项式，其两个根是用二次公式找到的，是剩余的两个立方根，避免了立方根。

证明

初等证明

让 $P(x)\ =\ a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}$ 和 $a_{0},\ldots a_{n}\in \mathbb {Z} .$

假设 $P (p / q) = 0$ 对于一些互质 $p, q \in ℤ$ ：

P\left({\tfrac {p}{q}}\right)=a_{n}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n}+a_{n-1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n-1}+\cdots +a_{1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)+a_{0}=0.

要清除分母，将两边乘以 $q n$ ：

a_{n}p^{n}+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots +a_{1}pq^{n-1}+a_{0}q^{n}=0.

将 $a 0$ 项移到右侧并分解出左侧的 $p$ 会得到：

p\left(a_{n}p^{n-1}+a_{n-1}qp^{n-2}+\cdots +a_{1}q^{n-1}\right)=-a_{0}q^{n}.

因此， $p$ 整除 $a 0 q n$ 。但是 $p$ 与 $q$ 互质，因此与 $q n$ 互质，因此根据欧几里德引理， $p$ 必须整除剩余的因子 $a 0$ 。

另一方面，将 $a n$ 移到右侧并在左侧分解出 $q$ 会产生：

q\left(a_{n-1}p^{n-1}+a_{n-2}qp^{n-2}+\cdots +a_{0}q^{n-1}\right)=-a_{n}p^{n}.

如前所述，可以得出 $q$ 整除 $a n$ 。 ^[1]

使用高斯定理证明

如果有一个非平凡的因子除以多项式的所有系数，则可以除以系数的最大公约数，从而获得高斯定理意义上的本原多项式；这不会改变有理根的集合，只会加强整除条件。该引理表示，如果 $Q [X]$ 中的多项式因子，那么它也会将 $Z [X]$ 中的因子作为本原多项式的乘积。现在，任何有理根 $p / q$ 都对应于多项式 $Q [X]$ 中的 1 次因子，其原始表示则为 $qx - p$ ，假设 $p$ 和 $q$ 互质。但是 $qx - p$ 的 $Z [X]$ 中的任何倍数都有可被 $q$ 整除的首项和可被 $p$ 整除的常数项，这证明了命题。这个论点表明，更一般地， $P$ 的任何不可约因子都可以假设具有整数系数，并且最高次系数和常数系数整除 $P$ 的最高次系数和常数系数.

例子

一、

在多项式 $2x^{3}+x-1,$ 中

任何完全约化的有理根都必须有一个能整除 1 的分子和一个能整除 2 的分母。因此，唯一可能的有理根是±1/2 和±1；由于这些都不等于多项式为零，因此它没有有理根。

二、

在多项式 $x^{3}-7x+6$ 中

唯一可能的有理根将具有除以 6 的分子和除以 1 的分母，将可能性限制为 ±1、±2、±3 和 ±6。其中，1、2 和 –3 使多项式等于零，因此是它的有理根。（实际上，这些是它唯一的根，因为三次方只有三个根；一般来说，多项式可能有一些有理根和一些无理根。 )

三、

多项式

3x^{3}-5x^{2}+5x-2

的每个有理根

必须在以下符号表示的数字中：

\pm {\tfrac {1,2}{1,3}}=\pm \left\{1,2,{\tfrac {1}{3}},{\tfrac {2}{3}}\right\}.

这 8 个候选根 $x = r$ 可以通过评估 $P (r)$ 来测试，例如使用Horner 的方法。结果恰好有一个 $P (r) = 0$ 。

这个过程可能会更有效率：如果 $P (r) \neq 0$ ，它可以用来缩短剩余候选者的列表。 ^[2]例如， $x = 1$ 不起作用，因为 $P (1) = 1$ 。代入 $x = 1 + t$ 产生一个多项式 $t$ 具有常数项 $P (1) = 1$ ，而 $t 3$ 的系数与 $x 3$ 的系数保持相同。应用有理根定理从而产生可能的根 $t=\pm {\tfrac {1}{1,3}}$ ，以便

x=1+t=2,0,{\tfrac {4}{3}},{\tfrac {2}{3}}.

实根必须出现在两个列表中，因此有理根候选列表已缩小到只有 $x = 2$ 和 $x = 2/3$ 。

如果找到 $k \geq 1$ 有理根，Horner 方法也会产生一个 $n - k$ 次多项式，其根与有理根一起恰好是原始多项式的根。如果没有一个候选者是解决方案，则不可能有合理的解决方案。

笔记

^ Arnold, D.; Arnold, G. Four unit mathematics. Edward Arnold. 1993: 120–121. ISBN 0-340-54335-3.
^ King, Jeremy D. Integer roots of polynomials. Mathematical Gazette. November 2006, 90: 455–456.

参考

Charles D. Miller、Margaret L. Lial、David I. Schneider：大学代数基础。 Scott & Foresman/Little & Brown 高等教育，第 3 版 1990，ISBN 0-673-38638-4 ，页数 216–221
Phillip S. Jones, Jack D. Bedient：初等数学的历史根源。多佛信使出版社 1998 年，ISBN 0-486-25563-8 ，页数 116–117（online copy，第116页，载于Google图书）
Ron Larson：微积分：一种应用方法。圣智学习 2007，ISBN 978-0-618-95825-2 ，第 23–24（online copy，第23页，载于Google图书）

外链

埃里克·韦斯坦因. Rational Zero Theorem. MathWorld.
RationalRootTheorem （页面存档备份，存于互联网档案馆） at PlanetMath
Another proof that n^th roots of integers are irrational, except for perfect nth powers （页面存档备份，存于互联网档案馆） by Scott E. Brodie
The Rational Roots Test （页面存档备份，存于互联网档案馆） at purplemath.com

[1] Arnold, D.; Arnold, G. Four unit mathematics. Edward Arnold. 1993: 120–121. ISBN 0-340-54335-3.

[2] King, Jeremy D. Integer roots of polynomials. Mathematical Gazette. November 2006, 90: 455–456.

[1]

[2]