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。

{\displaystyle a\_{n}x^{n}+a\_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a\_{0}=0}
具有整数系数{\displaystyle a\_{i}\in \mathbb {Z} }和{\displaystyle 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* = *p⁄q* ，写成最低项使*p*和*q*互质，满足：

* *p* is an integer factor of the constant term *a*0, and

* *q* is an integer factor of the leading coefficient *an*.

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）。当主**系数**为 *an* = 1 .

应用
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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

{\displaystyle 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
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### 初等证明

让{\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} .}

假设*P*(*p*/*q*) = 0对于一些互质*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，将两边乘以*q**n* ：

{\displaystyle 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：

{\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除*a*0*qn* 。但是p与q互质，因此与*qn*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：

{\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*an* 。 

### 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，只会加强可分性条件。该引理表示，如果**Q**[*X*]中的多项式因子，那么它也会将**Z**[*X*]中的因子作为原始多项式的乘积。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，并且前导系数和常数系数除以对应的系数 *P*

例子
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### 一、

在多项式{\displaystyle 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{\displaystyle 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

{\displaystyle 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：

{\displaystyle \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*) ≠ 0 ，它可以用来缩短剩余候选者的列表。 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{\displaystyle t=\pm {\tfrac {1}{1,3}}} ， 以便

{\displaystyle 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* ≥ 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
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1. ↑  Arnold, D.; Arnold, G.. Edward Arnold. 1993: 120–121. ISBN 0-340-54335-3.
2. ↑  King, Jeremy D.. Mathematical Gazette. November 2006, **90**: 455–456.

外链
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* 埃里克·韦斯坦因.. MathWorld.
* *RationalRootTheorem* （页面存档备份，存于） at PlanetMath
* Another proof that nth roots of integers are irrational, except for perfect nth powers （页面存档备份，存于） by Scott E. Brodie
* *The Rational Roots Test* （页面存档备份，存于） at purplemath.com