茶年 · 中文维基百科

有理数根定理

Wikipedia · 2025-07-15 维基百科 👁 0 阅读

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

: a_nx^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 ，则可以使用多项式长除法从多项式中分解出线性多项式 ，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 ，则分解出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}.

假设对于一些互质 ：

: 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 ：

: a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1}q + \cdots + a_1 p q^{n-1} + a_0 q^n = 0.

将项移到右侧并分解出左侧的会得到：

: p \left (a_np^{n-1} + a_{n-1}qp^{n-2} + \cdots + a_1q^{n-1} \right ) = -a_0q^n.

因此， 整除 。但是与互质，因此与互质，因此根据欧几里德引理， 必须整除剩余的因子 。

另一方面，将移到右侧并在左侧分解出会产生：

: q \left (a_{n-1}p^{n-1} + a_{n-2}qp^{n-2} + \cdots + a_0q^{n-1} \right ) = -a_np^n.

如前所述，可以得出整除 。

使用高斯引理证明
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，从而获得高斯引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，如果中的多项式因子，那么它也会将中的因子作为本原多项式的乘积。现在，任何有理根都对应于多项式中的 1 次因子，其原始表示则为 ，假设和互质。但是的中的任何倍数都有可被整除的首项和可被整除的常数项，这证明了命题。这个论点表明，更一般地， 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；由于这些都不能使多项式等于零，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 个候选根可以通过评估来测试，例如使用秦九韶算法。结果恰好有一个 。

这个过程可能会更有效率：如果 ，它可以用来缩短剩余候选者的列表。 例如， 不起作用，因为 。代入产生一个多项式 具有常数项 ，而的系数与的系数保持相同。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和 。

如果找到有理根，也会产生一个次多项式，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
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， ，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， ，页数 116–117（）
  • Ron Larson：微积分：一种应用方法。圣智学习 2007， ，第 23–24（）

外链
*

#多项式定理 #求根算法

评论 (0)

  • 还没有评论，来抢沙发吧。