有理根定理

代数学において、有理根定理（または有理根テスト、有理零定理、有理零テスト、p / q定理）は、整数係数 を持つ多項式方程式の有 理解に対する制約を述べています。方程式の解は、左辺の 多項式の根または零とも呼ばれます。 $${\displaystyle a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{0}=0}$$${\displaystyle a_{i}\in \mathbb {Z} }$${\displaystyle a_{0},a_{n}\neq 0}$

この定理は、 pとq が互いに素となるように最小の項で表された各有理解x  =  ^p ⁄ _qが次を満たすことを述べています。

• pは定数項a ₀の整数因子であり、
• q は主係数 a _nの整数因子です。

_{有理根定理は、}多項式の因数分解に関するガウスの補題の特殊なケース（単一の線形因子の場合）です。積分根定理は、主係数が n = 1 である場合の有理根定理の特殊な ケース です。

この定理は、多項式の有理根（もしあれば）をすべて見つけるために使用されます。この定理は、根であるかどうかを調べるためにチェックできる、可能な分数の有限数を提供します。有理根x = rが見つかった場合、多項式の長除法を使用して、線形多項式（x – r）を多項式から因数分解することができ、その結果、元の多項式の根でもある低次の多項式が得られます。

整数係数の一般的な3 次方程式には、 複素平面 に 3 つの解があります。有理根テストで有理解が見つからない場合、解を代数的に表す唯一の方法は、3 次根を使用することです。しかし、テストで有理解rが見つかった場合は、 ( x – r )を因数分解すると、 2次多項式が残ります。この 2 つの根は、 2 次方程式の公式で求められ、3 次方程式の残りの 2 つの根となり、3 次根は発生しません。 $${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0}$$

としましょう${\displaystyle P(x)\ =\ a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}}$${\displaystyle a_{0},\ldots ,a_{n}\in \mathbb {Z} .}$

ある互いに素なp、q∈ℤに対してP ( p / q )=0と仮定します。 $${\displaystyle P\left({\tfrac {p}{q}}\right)=a_{n}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n}+a_{n-1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n-1}+\cdots +a_{1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)+a_{0}=0.}$$

分母をクリアするには、両辺にq ^{n を}掛けます。 $${\displaystyle a_{n}p^{n}+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots +a_{1}pq^{n-1}+a_{0}q^{n}=0.}$$

a ₀項を右側にシフトし、左側の p を因数分解すると、次の式が生成されます。$${\displaystyle p\left(a_{n}p^{n-1}+a_{n-1}qp^{n-2}+\cdots +a_{1}q^{n-1}\right)=-a_{0}q^{n}.}$$

したがって、p はa ₀ q ^{n を}割り切れます。しかし、 p はqと互いに素であり、したがってq ⁿとも素であるため、ユークリッドの補題 により、p は残りの因数a ₀を割り切れる必要があります。

一方、a _n項を右側にシフトし、左側の q を因数分解すると、次の式が生成されます。$${\displaystyle q\left(a_{n-1}p^{n-1}+a_{n-2}qp^{n-2}+\cdots +a_{0}q^{n-1}\right)=-a_{n}p^{n}.}$$

前と同じように推論すると、 qはa _nを割り切ることになる。^[1]

多項式のすべての係数を割り切る非自明な因数がある場合、係数の最大公約数で割ることで、ガウスの補題の意味での原始多項式を得ることができます。これにより、有理根の集合は変更されず、割り切れる条件が強化されるだけです。その補題は、多項式がQ [ X ]に因数分解される場合、原始多項式の積としてZ [ X ]も因数分解されるとしています。ここで、任意の有理根p / q は、多項式のQ [ X ]の次数 1 の因数に対応し、その原始的な代表は、pとqが互いに素であると仮定すると、qx − pです。しかし、 qx − pのZ [ X ]の倍数は、いずれもqで割り切れる主項とpで割り切れる定数項を持ち、このことが命題を証明しています。この議論は、より一般的には、 Pの任意の既約因子は整数係数と、 Pの対応する係数を割り切る主要係数と定数係数を持つと想定できることを 示しています。

多項式では、 完全に約分された有理根は分子が 1 を割り切り、分母が 2 を割り切る必要があります。したがって、可能な有理根は ±1/2 と ±1 のみです。これらはどちらも多項式を 0 に等しくしないため、多項式には有理根はありません。 $${\displaystyle 2x^{3}+x-1,}$$

多項式では、 有理根は分子が 6 を割り切り、分母が 1 を割り切るものだけが可能で、可能性は ±1、±2、±3、±6 に制限されます。これらのうち、1、2、-3 は多項式を 0 に等しくするため、有理根になります (実際、3 次多項式には 3 つの根しかないため、これらが唯一の根です)。 $${\displaystyle x^{3}-7x+6}$$

多項式のすべての有理根は、 8つの数値のいずれかでなければなりません 。これらの8つの可能なx の値は、多項式を評価することでテストできます。有理根は1つだけであることがわかります。$${\displaystyle P=3x^{3}-5x^{2}+5x-2}$$$${\displaystyle \pm 1,\pm 2,\pm {\tfrac {1}{3}},\pm {\tfrac {2}{3}}.}$$${\textstyle x=2/3.}$

ただし、これらの 8 つの計算はかなり面倒な場合があり、いくつかのトリックを使用すると、それらのいくつかを回避できます。

まず、Pのすべての項が負になり、その合計が0にならない場合、すべての根は正になり、有理根は4つの値のいずれかになります。${\displaystyle x<0,}$${\textstyle 1,2,{\tfrac {1}{3}},{\tfrac {2}{3}}.}$

となる。したがって、1 は​​根ではない。さらに、x = 1 + tと設定すると、 は同じ第 1 係数3と定数項1を持つtの多項式であるが計算なしで得られる。^[2]有理根定理は、したがってQの有理根はに属さなければならないことを意味し、したがってPの有理根はを満たす。これは、 Pの任意の有理根が正であることを示しており、残りの候補は2と2\3 のみである。 ${\displaystyle P(1)=3-5+5-2=1.}$${\displaystyle Q(t)=P(t+1)}$${\textstyle \{\pm 1,\pm {\frac {1}{3}}\},}$${\textstyle x=1+t\in \{2,0,{\tfrac {4}{3}},{\tfrac {2}{3}}\}.}$

2が根でないことを示すには、の場合、 と は8の倍数であるが、 は8 の倍数ではないことに注意するだけで十分です。したがって、それらの合計はゼロにはなりません。 ${\displaystyle x=2,}$${\displaystyle 3x^{2}}$${\displaystyle 5x-2}$${\displaystyle -rx^{2}}$

最後に、多項式の根であることを確認するために計算するだけで済みます。 ${\displaystyle P(2/3)}$

• 代数学の基本定理
• 完全に閉じた領域
• デカルトの記号の規則
• ガウス・ルーカスの定理
• 多項式根の性質
• 内容（代数）
• エイゼンシュタインの基準

• Weisstein、Eric W.「有理ゼロ定理」。MathWorld。
• PlanetMathの RationalRootTheorem
• 整数の n 乗根は、完全な n 乗を除いて無理数であることの別の証明 (Scott E. Brodie 著)
• purplemath.com の有理根テスト