Теорема о рациональном корне

Связь между рациональными корнями многочлена и его крайними коэффициентами

В алгебре теорема о рациональном корне (или тест на рациональный корень , теорема о рациональном нуле , тест на рациональный нуль или теорема $p / q$ ) устанавливает ограничение на рациональные решения полиномиального уравнения с целыми коэффициентами и . Решения уравнения также называются корнями или нулями полинома в левой части. $a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{0}=0$ $a_{i}\in \mathbb {Z}$ $a_{0},a_{n}\neq 0$

Теорема утверждает, что каждое рациональное решение $x = p ⁄ q$ , записанное в наименьших числах так, что $p$ и $q$ являются взаимно простыми , удовлетворяет:

$p$ — целочисленный множитель постоянного члена $a 0$ , а
$q$ — целочисленный множитель старшего коэффициента $a n$ .

Теорема о рациональном корне является частным случаем (для одного линейного множителя) леммы Гаусса о факторизации многочленов. Теорема о интегральном корне является частным случаем теоремы о рациональном корне, когда старший коэффициент равен $a n = 1$ .

Приложение

Теорема используется для нахождения всех рациональных корней многочлена, если таковые имеются. Она дает конечное число возможных дробей, которые можно проверить, являются ли они корнями. Если найден рациональный корень $x = r$ $, линейный многочлен (x - r)$ может быть разложен на множители из многочлена с помощью многочленного длинного деления , что приводит к многочлену более низкой степени, корни которого также являются корнями исходного многочлена.

Кубическое уравнение

Общее кубическое уравнение с целыми коэффициентами имеет три решения в комплексной плоскости . Если тест на рациональные корни не находит рациональных решений, то единственный способ выразить решения алгебраически — использовать кубические корни . Но если тест находит рациональное решение $r$ , то вынесение множителей $($ $x$ $-$ $r$ $)$ оставляет квадратный многочлен , два корня которого, найденные с помощью квадратной формулы , являются оставшимися двумя корнями кубического, избегая кубических корней. $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$

Доказательства

Элементарное доказательство

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

Предположим, что $P (p / q) = 0$ для некоторых взаимно простых чисел $p, q \in ℤ$ : $P\left({\tfrac {p}{q}}\right)=a_{n}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n}+a_{n-1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n-1}+\cdots +a_{1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)+a_{0}=0.$

Чтобы очистить знаменатели, умножьте обе стороны на $q n$ : $a_{n}p^{n}+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots +a_{1}pq^{n-1}+a_{0}q^{n}=0.$

Сдвиг члена $a 0$ в правую сторону и вынесение $p$ за скобки в левой части дает: $p\left(a_{n}p^{n-1}+a_{n-1}qp^{n-2}+\cdots +a_{1}q^{n-1}\right)=-a_{0}q^{n}.$

Таким образом, $p$ делит $a 0 q n$ . Но $p$ взаимно просто с $q$ и, следовательно, с $q n$ , поэтому по лемме Евклида $p$ должно делить оставшийся множитель $a 0$ .

С другой стороны, сдвигая член $a n$ в правую сторону и вынося $q$ в левую сторону, получаем: $q\left(a_{n-1}p^{n-1}+a_{n-2}qp^{n-2}+\cdots +a_{0}q^{n-1}\right)=-a_{n}p^{n}.$

Рассуждая так же, как и прежде, следует, что $q$ делит $a n$ . ^[1]

Доказательство с использованием леммы Гаусса

Если есть нетривиальный множитель, делящий все коэффициенты многочлена, то можно разделить на наибольший общий делитель коэффициентов так, чтобы получить примитивный многочлен в смысле леммы Гаусса ; это не меняет множество рациональных корней и только усиливает условия делимости. Эта лемма гласит, что если многочлен разлагается на множители в $Q [X]$ , то он также разлагается на множители в $Z [X]$ как произведение примитивных многочленов. Теперь любой рациональный корень $p / q$ соответствует множителю степени 1 в $Q [X]$ многочлена, и его примитивным представителем тогда является $qx - p$ , предполагая, что $p$ и $q$ взаимно просты. Но любой кратный в $Z [X]$ qx $-$ $p$ имеет старший член, делящийся на $q$ $,$ и свободный член, делящийся на $p$ , что доказывает утверждение. Этот аргумент показывает, что в более общем случае можно предположить , что любой неприводимый множитель $P$ имеет целые коэффициенты, а также старшие и постоянные коэффициенты, делящие соответствующие коэффициенты $P.$

Примеры

Первый

В многочлене любой полностью приведенный рациональный корень должен иметь числитель, делящий 1, и знаменатель, делящий 2. Следовательно, единственными возможными рациональными корнями являются ±1/2 и ±1; поскольку ни один из них не приравнивает многочлен к нулю, он не имеет рациональных корней. $2x^{3}+x-1,$

Второй

В многочлене единственно возможные рациональные корни будут иметь числитель, который делит 6, и знаменатель, который делит 1, ограничивая возможности до ±1, ±2, ±3 и ±6. Из них 1, 2 и –3 приравнивают многочлен к нулю и, следовательно, являются его рациональными корнями (фактически, это его единственные корни, поскольку кубический многочлен имеет только три корня). $x^{3}-7x+6$

Третий

Каждый рациональный корень многочлена должен быть одним из 8 чисел Эти 8 возможных значений для $x$ можно проверить, оценив многочлен. Оказывается, существует ровно один рациональный корень, который есть $P=3x^{3}-5x^{2}+5x-2$ $\pm 1,\pm 2,\pm {\tfrac {1}{3}},\pm {\tfrac {2}{3}}.$ ${\textstyle x=2/3.}$

Однако эти восемь вычислений могут оказаться довольно утомительными, и некоторые приемы позволяют избежать некоторых из них.

Во-первых, если все члены $P$ становятся отрицательными, и их сумма не может быть равна 0; тогда каждый корень положителен, а рациональный корень должен быть одним из четырех значений $x<0,$ ${\textstyle 1,2,{\tfrac {1}{3}},{\tfrac {2}{3}}.}$

Итак , $1$ не является корнем. Более того, если положить $x$ $= 1 +$ $t$ , то без вычислений получим , что является многочленом от $t$ с тем же первым коэффициентом $3$ и свободным членом $1$ . ^[2] Теорема о рациональном корне подразумевает, что рациональный корень $Q$ должен принадлежать и, таким образом, рациональные корни $P$ удовлетворяют Это снова показывает, что любой рациональный корень $P$ положителен, и единственными оставшимися кандидатами являются $2$ и $2\3$ . $P(1)=3-5+5-2=1.$ $Q(t)=P(t+1)$ ${\textstyle \{\pm 1,\pm {\frac {1}{3}}\},}$ ${\textstyle x=1+t\in \{2,0,{\tfrac {4}{3}},{\tfrac {2}{3}}\}.}$

Чтобы показать, что $2$ не является корнем, достаточно заметить, что если то и кратны $8$ , а не является. Таким образом, их сумма не может быть равна нулю. $x=2,$ $3x^{3}$ $5x-2$ $-5x^{2}$

Наконец, остается только вычислить, чтобы убедиться, что это корень многочлена. $P(2/3)$

Смотрите также

Примечания

^ Арнольд, Д.; Арнольд, Г. (1993). Четырехблочная математика . Эдвард Арнольд. С. 120–121. ISBN 0-340-54335-3.
^ Кинг, Джереми Д. (ноябрь 2006 г.). «Целочисленные корни многочленов». Mathematical Gazette . 90 : 455–456. doi : 10.1017/S0025557200180295 .

Ссылки

Миллер, Чарльз Д.; Лиал, Маргарет Л.; Шнайдер, Дэвид И. (1990). Основы университетской алгебры (3-е изд.). Scott & Foresman/Little & Brown Higher Education. стр. 216–221. ISBN 0-673-38638-4.
Джонс, Филлип С.; Бедиент, Джек Д. (1998). Исторические корни элементарной математики. Dover Courier Publications. стр. 116–117. ISBN 0-486-25563-8.
Ларсон, Рон (2007). Исчисление: прикладной подход. Cengage Learning. стр. 23–24. ISBN 978-0-618-95825-2.

Внешние ссылки

Вайсштейн, Эрик В. «Теорема о рациональном нуле». MathWorld .
RationalRootTheorem на PlanetMath
Еще одно доказательство того, что корни n-й степени из целых чисел иррациональны, за исключением полных n-х степеней, Скотт Э. Броди
Тест на рациональные корни на purplemath.com

[1] Арнольд, Д.; Арнольд, Г. (1993). Четырехблочная математика . Эдвард Арнольд. С. 120–121. ISBN 0-340-54335-3.

[2] Кинг, Джереми Д. (ноябрь 2006 г.). «Целочисленные корни многочленов». Mathematical Gazette . 90 : 455–456. doi : 10.1017/S0025557200180295 .