有理数根定理

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解的約束。

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

具有整數係數 $a_{i}\in \mathbb {Z} $ 和 $a_{0},a_{n}\neq 0$ . 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 _x_ = _p⁄q_ ，寫成最低項使 _p_ 和 _q_ 互質，滿足：

* _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關於多項式分解的一個特例（對於單個線性因子）。當主**係數**為 _an_ = 1 .

## 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

　
: $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$

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

假設 _P_(_p_/_q_) = 0 對於一些互質 _p_, _q_ ∈ **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，將兩邊乘以 _q_n ：

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

將 _a_0 項移到右側並分解出左側的 p 會得到：

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

因此， p 除 _a_0_qn_ 。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 _a_0 。

另一方面，將 _a_n 移到右側並在左側分解出 q 會產生：

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

如前所述，可以得出 q 整除 _an_ 。  

### 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，只會加強可分性條件。該引理表示，如果 **Q**[_X_]中的多項式因子，那麼它也會將 **Z**[_X_]中的因子作為原始多項式的乘積。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，並且前導係數和常數係數除以對應的係數 _P_

## 例子

### 一、

在多項式 $2x^{3}+x-1,$ 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；由於這些都不等於多項式為零，因此它沒有有理根。

### 二、

在多項式 $x^{3}-7x+6$ 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

　
: $3x^{3}-5x^{2}+5x-2$

的每個有理根

　
:

必須在以下符號表示的數字中：

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

這 8 個候選根 _x_ = _r_ 可以通過評估 _P_(_r_) 來測試，例如使用 Horner 的方法。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。 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 _t_3 的係數與 _x_3 的係數保持相同。應用有理根定理從而產生可能的根 $t=\pm {\tfrac {1}{1,3}}$ ， 以便

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

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，Horner 方法也會產生一個 _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。

 

## 筆記

## 參考

* Charles D. Miller、Margaret L. Lial、David I. Schneider：_大學代數基礎_。 Scott & Foresman/Little & Brown 高等教育，第 3 版 1990，ISBN 0-673-38638-4 ，頁數 216–221
* Phillip S. Jones, Jack D. Bedient：_初等數學的歷史根源_。多佛信使出版社 1998 年，ISBN 0-486-25563-8 ，頁數 116–117（online copy，第 116 頁，載於 Google 圖書）
* Ron Larson：_微積分：一種應用方法_。聖智學習 2007，ISBN 978-0-618-95825-2 ，第 23–24（online copy，第 23 頁，載於 Google 圖書）

## 外鏈

* 埃里克・韋斯坦因. Rational Zero Theorem. MathWorld.
* _RationalRootTheorem_ at PlanetMath
* Another proof that nth roots of integers are irrational, except for perfect nth powers by Scott E. Brodie
* _The Rational Roots Test_ at purplemath.com