有理根定理

Relationship between the rational roots of a polynomial and its extreme coefficients

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条件を定めたものです。方程式の解は、左辺の多項式の根または零点とも呼ばれます。 $a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{0}=0$ $a_{i}\in \mathbb {Z}$ $a_{0},a_{n}\neq 0$

定理は、最小の項で書かれた各有理解（つまり、p と q が互いに素である）が以下を $x={\tfrac {p}{q}}$ 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（単一の線型因子に対する）特殊なケースである。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 $ケース$ $で$ $ある$ 。

応用

この定理は、多項式の有理根が存在する場合、そのすべてを求めるために使用されます。この定理は、根であるかどうかを検証できる有限個の分数を与えます。有理根 $x = r$ が見つかった場合、多項式の長除法を用いて線形多項式 $(x - r)$ を因数分解することができ、その結果、元の多項式の根と根が同じである、より低次の多項式が得られます。

三次方程式

整数係数の一般的な三次方程式は、複素平面上に3つの解を持ちます。有理根検定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立方根を使用することです。しかし、検定で有理解 $r$ $が見つかった場合、 ($ $x$ $-$ $r$ $)$ を因数分解すると、二次多項式が得られます。この多項式の2つの根は、二次方程式の公式で求められ、立方根を避けた残りの2つの根となります。 $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$

証明

基本的な証明

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

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

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

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

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 $a 0$ を割り切れなければなりません。

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

前述と同様に推論すると、 $qは$ $a n$ を割り切ることになる。^[1]

ガウスの補題を用いた証明

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 $Q [X]$ に因数として含まれる場合、原始多項式の積として $Z [X]も因数として含まれると述べています。ここで、任意の有理根$ $p / q は、多項式の$ $Q [X]$ における次数 1 の因数に対応し、その原始的な表現は、 $p$ 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 $Z$ $[$ $X$ $]$ における任意の倍数は、主要項が $q$ で割り切れ、定数項が $p$ で割り切れるため、次の命題が証明されます。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最大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。

例

初め

多項式において、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。 $2x^{3}+x-1,$

2番

この多項式において、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に限られるため、可能な値は±1、±2、±3、±6に限られます。これらのうち、1、2、-3は多項式を0に等しくするため、有理根となります（実際、3次多項式には3つの根しかないため、これらが唯一の有理根です）。 $x^{3}-7x+6$

三番目

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 $x$ の値は、多項式を評価することで確認できます。その結果、有理根は1つだけ存在することが分かりました。それは $P=3x^{3}-5x^{2}+5x-2$ $\pm 1,\pm 2,\pm {\tfrac {1}{3}},\pm {\tfrac {2}{3}}.$ ${\textstyle x=2/3.}$

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れば、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、その和が0にならない場合、すべての根は正となり、有理根は4つの値のいずれかになります。 $x<0,$ ${\textstyle 1,2,{\tfrac {1}{3}},{\tfrac {2}{3}}.}$

となる。したがって、 $1 は$ 根ではない。さらに、 $x$ $= 1 +$ $t$ と置くと、計算なしにが得られる。これは、最初の係数が $3$ で定数項が $1である$ $t$ の多項式である。^[2]有理根定理によれば、 $Q$ の有理根はに属さなければならないため、 $P$ 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、残る候補は $2$ と $2/3$ のみである。 $P(1)=3-5+5-2=1.$ $Q(t)=P(t+1)$ ${\textstyle \{\pm 1,\pm {\frac {1}{3}}\},}$ ${\textstyle x=1+t\in \{2,0,{\tfrac {4}{3}},{\tfrac {2}{3}}\}.}$

$2 が$ 根号でないことを示すには、とが8の倍数であるのに対し、は $8$ の倍数ではないことを指摘するだけで十分です。したがって、それらの和はゼロにはなり得ません。 $x=2,$ $3x^{3}$ $5x-2$ $-5x^{2}$

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。 $P(2/3)$

4番目

とが整数 ( )の場合、とは両方とも整数でなければなりません。 $a,b$ ${\tfrac {a^{2}}{b}}+{\tfrac {b^{2}}{a}}$ $a\neq 0,b\neq 0$ ${\tfrac {a^{2}}{b}}$ ${\tfrac {b^{2}}{a}}$

根がおよびである二次方程式を考えます。 ${\tfrac {a^{2}}{b}}$ ${\tfrac {b^{2}}{a}}$

$(x-{\tfrac {a^{2}}{b}})(x-{\tfrac {b^{2}}{a}})=x^{2}-({\tfrac {a^{2}}{b}}+{\tfrac {b^{2}}{a}})x+{\tfrac {a^{2}}{b}}\cdot {\tfrac {b^{2}}{a}}.$

係数を簡略化します。

の係数は $x$ $m=-({\tfrac {a^{2}}{b}}+{\tfrac {b^{2}}{a}}),$
定数項は $n={\tfrac {a^{2}}{b}}\cdot {\tfrac {b^{2}}{a}}=ab.$

したがって、式は次のようになります。 $x^{2}+mx+n=0,$

$m=-({\tfrac {a^{2}}{b}}+{\tfrac {b^{2}}{a}})$ 明らかに整数であり、整数の否定として、
$n=ab$ 2 つの整数の積として、整数とも呼ばれます。

有理根定理を適用します。

$a,b$ は整数（）と仮定されているので、とは有理数です。が方程式の有理根である場合、は係数の整数因数、つまりの因数です。したがって、です。したがって、有理根は整数です。したがって、とは整数です。 $a\neq 0,b\neq 0$ ${\tfrac {a^{2}}{b}}$ ${\tfrac {b^{2}}{a}}$ ${\tfrac {p}{q}}$ $q$ $x^{2}$ $1$ $q=1$ ${\tfrac {a^{2}}{b}}$ ${\tfrac {b^{2}}{a}}$

参照

注記

^ アーノルド, D.; アーノルド, G. (1993). 『4単位数学』エドワード・アーノルド. pp. 120– 121. ISBN 0-340-54335-3。
^ King, Jeremy D. (2006年11月). 「多項式の整数根」. Mathematical Gazette . 90 : 455–456 . doi : 10.1017/S0025557200180295 .

参考文献

ミラー, チャールズ・D.; リアル, マーガレット・L.; シュナイダー, デイビッド・I. (1990). 『大学代数の基礎』（第3版）. スコット＆フォレスマン/リトル＆ブラウン高等教育. pp. 216– 221. ISBN 0-673-38638-4。
ジョーンズ、フィリップ・S.; ベディエント、ジャック・D. (1998). 初等数学の歴史的ルーツ. ドーバー・クーリエ出版. pp. 116– 117. ISBN 0-486-25563-8。
ラーソン、ロン (2007). 『微積分：応用アプローチ』 Cengage Learning. pp. 23– 24. ISBN 978-0-618-95825-2。

外部リンク

ワイスタイン、エリック・W.「有理ゼロ定理」。MathWorld。
PlanetMathにおける有理根定理。
スコット・E・ブロディによる整数のn乗根は、完全n乗を除いて無理数であるというもう一つの証明
purplemath.com の有理根テスト

[1] アーノルド, D.; アーノルド, G. (1993). 『4単位数学』エドワード・アーノルド. pp. 120– 121. ISBN 0-340-54335-3。

[2] King, Jeremy D. (2006年11月). 「多項式の整数根」. Mathematical Gazette . 90 : 455–456 . doi : 10.1017/S0025557200180295 .