有理数根定理

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x = r ，则可以使用多项式长除法从多项式中分解出线性多项式(x – r) ，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

${\displaystyle ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0}$ 

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r ，则分解出(x – r)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。

初等证明

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

假设P(p/q) = 0对于一些互质p, q ∈ ℤ ：

${\displaystyle P\left({\tfrac {p}{q}}\right)=a_{n}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n}+a_{n-1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n-1}+\cdots +a_{1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)+a_{0}=0.}$ 

要清除分母，将两边乘以qⁿ ：

${\displaystyle a_{n}p^{n}+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots +a_{1}pq^{n-1}+a_{0}q^{n}=0.}$ 

将a₀项移到右侧并分解出左侧的p会得到：

${\displaystyle p\left(a_{n}p^{n-1}+a_{n-1}qp^{n-2}+\cdots +a_{1}q^{n-1}\right)=-a_{0}q^{n}.}$ 

因此， p除a₀qⁿ 。但是p与q互质，因此与qⁿ互质，因此根据欧几里德引理， p必须整除剩余的因子a₀ 。

另一方面，将a_n移到右侧并在左侧分解出q会产生：

${\displaystyle q\left(a_{n-1}p^{n-1}+a_{n-2}qp^{n-2}+\cdots +a_{0}q^{n-1}\right)=-a_{n}p^{n}.}$ 

如前所述，可以得出q整除a_n 。 ^[1]

使用高斯定理证明

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，从而获得高斯定理意义上的本原多项式；这不会改变有理根的集合，只会加强可分性条件。该引理表示，如果Q[X]中的多项式因子，那么它也会将Z[X]中的因子作为原始多项式的乘积。现在，任何有理根p/q都对应于多项式Q[X]中的 1 次因子，其原始表示则为qx − p ，假设p和q互质。但是qx − p的Z[X]中的任何倍数都有可被q整除的首项和可被p整除的常数项，这证明了命题。这个论点表明，更一般地， P的任何不可约因子都可以假设具有整数系数，并且前导系数和常数系数除以对应的系数 P

一、

在多项式${\displaystyle 2x^{3}+x-1,}$ 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；由于这些都不等于多项式为零，因此它没有有理根。

二、

在多项式${\displaystyle x^{3}-7x+6}$ 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

${\displaystyle 3x^{3}-5x^{2}+5x-2}$ 

的每个有理根

必须在以下符号表示的数字中：

${\displaystyle \pm {\tfrac {1,2}{1,3}}=\pm \left\{1,2,{\tfrac {1}{3}},{\tfrac {2}{3}}\right\}.}$ 

这 8 个候选根x = r可以通过评估P(r)来测试，例如使用Horner 的方法。结果恰好有一个P(r) = 0 。

这个过程可能会更有效率：如果P(r) ≠ 0 ，它可以用来缩短剩余候选者的列表。 ^[2]例如， x = 1不起作用，因为P(1) = 1 。代入x = 1 + t产生一个多项式 t具有常数项P(1) = 1 ，而t³的系数与x³的系数保持相同。应用有理根定理从而产生可能的根${\displaystyle t=\pm {\tfrac {1}{1,3}}}$  ， 以便

${\displaystyle x=1+t=2,0,{\tfrac {4}{3}},{\tfrac {2}{3}}.}$ 

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x = 2和x = 2/3 。

如果找到k ≥ 1有理根，Horner 方法也会产生一个n − k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。

• 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，ISBN 0-673-38638-4 ，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，ISBN 0-486-25563-8 ，页数 116–117（online copy，第116页，载于Google图书）
• Ron Larson：微积分：一种应用方法。圣智学习 2007，ISBN 978-0-618-95825-2 ，第 23–24（online copy，第23页，载于Google图书）

• 埃里克·韦斯坦因. Rational Zero Theorem. MathWorld. 
• RationalRootTheorem at PlanetMath
• Another proof that n^th roots of integers are irrational, except for perfect nth powers by Scott E. Brodie
• The Rational Roots Test at purplemath.com