有理數根定理

在代數中，有理根定理（或有理根檢驗、有理零定理、有理零檢驗或p/q定理）陳述了對多項式方程的有理數解的約束。

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

具有整數係數${\displaystyle a_{i}\in \mathbb {Z} }$和${\displaystyle a_{0},a_{n}\neq 0}$ .方程的解也稱為左側多項式的根或零點。

該定理指出每個有理根${\displaystyle x={\frac {p}{q}}}$，寫成最低項使${\displaystyle p}$和${\displaystyle q}$互質，滿足：

• ${\displaystyle p}$ 是常數項${\displaystyle a_{0}}$的整數因子
• ${\displaystyle q}$ 是首項${\displaystyle a_{n}}$的整數因子

有理根定理是高斯定理關於多項式分解的一個特例（對於單個線性因子）。

整數根定理(integral root theorem) 是有理根定理當最高次項係數${\displaystyle a_{n}=1}$的特例。

應用

該定理用於查找多項式的所有有理根（如果有的話）。它給出了有限數量的可能分數，可以檢查它們是否是根。如果找到有理根x = r ，則可以使用多項式長除法從多項式中分解出線性多項式(x – r) ，從而得到一個更低階的多項式，其根也是原始多項式的根。

三次方程

一般三次方程

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

具有整數係數的問題在複平面上有三個解。如果有理根測試找不到有理解，那麼用代數表示解的唯一方法是使用立方根。但是，如果測試找到有理解r ，則分解出(x – r)會留下一個二次多項式，其兩個根是用二次公式找到的，是剩餘的兩個立方根，避免了立方根。

證明

初等證明

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

假設P(p/q) = 0對於一些互質p, q ∈ ℤ ：

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

要清除分母，將兩邊乘以qⁿ ：

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

將a₀項移到右側並分解出左側的p會得到：

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

因此， p整除a₀qⁿ 。但是p與q互質，因此與qⁿ互質，因此根據歐幾里德引理， p必須整除剩餘的因子a₀ 。

另一方面，將a_n移到右側並在左側分解出q會產生：

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

如前所述，可以得出q整除a_n 。 ^[1]

使用高斯定理證明

如果有一個非平凡的因子除以多項式的所有係數，則可以除以係數的最大公約數，從而獲得高斯定理意義上的本原多項式；這不會改變有理根的集合，只會加強整除條件。該引理表示，如果Q[X]中的多項式因子，那麼它也會將Z[X]中的因子作為本原多項式的乘積。現在，任何有理根p/q都對應於多項式Q[X]中的 1 次因子，其原始表示則為qx − p ，假設p和q互質。但是qx − p的Z[X]中的任何倍數都有可被q整除的首項和可被p整除的常數項，這證明了命題。這個論點表明，更一般地， P的任何不可約因子都可以假設具有整數係數，並且最高次係數和常數係數整除P的最高次係數和常數係數.

例子

一、

在多項式${\displaystyle 2x^{3}+x-1,}$中

任何完全約化的有理根都必須有一個能整除 1 的分子和一個能整除 2 的分母。因此，唯一可能的有理根是±1/2 和±1；由於這些都不能使多項式等於零，因此它沒有有理根。

二、

在多項式${\displaystyle x^{3}-7x+6}$中

唯一可能的有理根將具有除以 6 的分子和除以 1 的分母，將可能性限制為 ±1、±2、±3 和 ±6。其中，1、2 和 –3 使多項式等於零，因此是它的有理根。 （實際上，這些是它唯一的根，因為三次方只有三個根；一般來說，多項式可能有一些有理根和一些無理根。 )

三、

多項式

${\displaystyle 3x^{3}-5x^{2}+5x-2}$

的每個有理根

必須在以下符號表示的數字中：

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

這 8 個候選根x = r可以通過評估P(r)來測試，例如使用秦九韶算法。結果恰好有一個P(r) = 0 。

這個過程可能會更有效率：如果P(r) ≠ 0 ，它可以用來縮短剩餘候選者的列表。 ^[2]例如， x = 1不起作用，因為P(1) = 1 。代入x = 1 + t產生一個多項式 t具有常數項P(1) = 1 ，而t³的係數與x³的係數保持相同。應用有理根定理從而產生可能的根${\displaystyle t=\pm {\tfrac {1}{1,3}}}$ ， 以便

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

實根必須出現在兩個列表中，因此有理根候選列表已縮小到只有x = 2和x = 2/3 。

如果找到k ≥ 1有理根，也會產生一個n − k次多項式，其根與有理根一起恰好是原始多項式的根。如果沒有一個候選者是解決方案，則不可能有合理的解決方案。