Теорема о рациональном корне

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

Теорема утверждает, что каждое рациональное решение $x = п ⁄ q$ , записанный в самых простых терминах, так что $p$ и $q$ являются относительно простыми , удовлетворяет:

$p$ является целым множителем постоянного члена $a 0$ , и
$q$ — целочисленный множитель старшего коэффициента $a n$ .

Теорема о рациональном корне является частным случаем (для одного линейного фактора) леммы Гаусса о факторизации многочленов. Теорема об интегральном корне — это частный случай теоремы о рациональном корне, когда старшим коэффициентом является $= n 1$ .

Приложение

Теорема используется для нахождения всех рациональных корней многочлена, если таковые имеются. Он дает конечное число возможных дробей, которые можно проверить, являются ли они корнями. рациональный корень $x = r$ Если найден $, линейный многочлен (x - r)$ можно вынести из многочлена с помощью деления полинома в длину , в результате чего получается многочлен более низкой степени, корни которого также являются корнями исходного многочлена.

Кубическое уравнение

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

Доказательства

Элементарное доказательство

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

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

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

Сдвиг $термина a 0$ в правую часть и вынесение $p$ в левую часть 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 $a 0 q н$ . Но $p$ взаимно просто с $q$ и, следовательно, с $q н$ , поэтому по лемме Евклида $p$ должен разделить оставшийся множитель $a 0$ .

С другой стороны, сдвиг $члена n$ в правую часть и вынесение $q$ в левую часть дает: $q\left(a_{n-1}p^{n-1}+a_{n-2}qp^{n-2}+\cdots +a_{0}q^{n-1}\right)=-a_{n}p^{n}.$

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

Доказательство с использованием леммы Гаусса.

Если существует нетривиальный множитель, делящий все коэффициенты многочлена, то можно разделить на наибольший общий делитель коэффициентов, чтобы получить примитивный многочлен в смысле леммы Гаусса ; это не меняет набора рациональных корней, а лишь усиливает условия делимости. Эта лемма гласит, что если полиномиал факторизуется в $Q [X]$ , то он также факторизуется 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 является тогда $qx - p$ , предполагая, что $p$ и $q$ взаимно просты. Но любое кратное числа qx − p в $] имеет старший член$ Z $X [, что и$ , делящийся на $q,$ и постоянный член, делящийся на $p$ доказывает утверждение. Этот аргумент показывает, что в более общем смысле можно предположить, что любой неприводимый фактор $P$ имеет целые коэффициенты, а также ведущие и постоянные коэффициенты, делящие соответствующие коэффициенты $P$ .

Примеры

Первый

В полиноме $2x^{3}+x-1,$ любой полностью уменьшенный рациональный корень должен иметь числитель, делящий 1, и знаменатель, делящий 2. Следовательно, единственные возможные рациональные корни - это ±1/2 и ±1; поскольку ни один из них не приравнивает полином к нулю, он не имеет рациональных корней.

Второй

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

Третий

Каждый рациональный корень многочлена $P=3x^{3}-5x^{2}+5x-2$ должно быть одно из 8 чисел $\pm 1,\pm 2,\pm {\tfrac {1}{3}},\pm {\tfrac {2}{3}}.$ Эти 8 возможных значений $x$ можно проверить, вычислив полином. Оказывается, существует ровно один рациональный корень, который ${\textstyle x=2/3.}$

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

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

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

Чтобы показать, что $2$ не является корнем, достаточно заметить, что $x=2,$ затем $3x^{2}$ и $5x-2$ кратны $8$ , а $-rx^{2}$ нет. Значит, их сумма не может быть равна нулю.

Наконец, только $P(2/3)$ необходимо вычислить, чтобы убедиться, что он является корнем многочлена.

См. также

Примечания

^ Арнольд, Д.; Арнольд, Г. (1993). Четырехсекционная математика . Эдвард Арнольд. стр. 120–121. ISBN 0-340-54335-3 .
^ Кинг, Джереми Д. (ноябрь 2006 г.). «Целочисленные корни многочленов» . Математический вестник . 90 : 455–456. дои : 10.1017/S0025557200180295 .

Ссылки

Миллер, Чарльз Д.; Лиал, Маргарет Л.; Шнайдер, Дэвид И. (1990). Основы студенческой алгебры (3-е изд.). Скотт и Форесман/Литтл и Браун Высшее образование. стр. 216–221. ISBN 0-673-38638-4 .
Джонс, Филипп С.; Бедьен, Джек Д. (1998). Исторические корни элементарной математики . Публикации Dover Courier. стр. 116–117. ISBN 0-486-25563-8 .
Ларсон, Рон (2007). Исчисление: прикладной подход . Cengage Обучение. стр. 23–24. ISBN 978-0-618-95825-2 .

Внешние ссылки

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

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

[1]

[2]