Théorème de racine rationnelle - Rational root theorem

En algèbre , le théorème de racine rationnelle (ou test de racine rationnelle , rationnelle théorème zéro , rationnel essai zéro ou $p / q$ théorème ) indique une contrainte rationnelle des solutions d'une équation polynomiale

{\ displaystyle a_ {n} x ^ {n} + a_ {n-1} x ^ {n-1} + \ cdots + a_ {0} = 0}

avec des coefficients entiers et . Les solutions de l'équation sont également appelées racines ou zéros du polynôme sur le côté gauche. ${\ displaystyle a_ {i} \ in \ mathbb {Z}}$ ${\ displaystyle a_ {0}, a_ {n} \ neq 0}$

Le théorème stipule que chaque solution rationnelle $x = p ⁄ q$ , écrite en termes les plus bas pour que $p$ et $q$ soient relativement premiers , satisfait:

$p$ est un facteur entier du terme constant $a 0$ , et

$q$ est un facteur entier du coefficient principal $a n$ .

Le théorème de racine rationnelle est un cas particulier (pour un seul facteur linéaire) du lemme de Gauss sur la factorisation des polynômes. Le théorème de racine intégrale est le cas particulier du théorème de racine rationnelle lorsque le coefficient dominant est $un n = 1$ .

Application

Le théorème est utilisé pour trouver toutes les racines rationnelles d'un polynôme, le cas échéant. Il donne un nombre fini de fractions possibles qui peuvent être vérifiées pour voir si ce sont des racines. Si une racine rationnelle $x = r$ est trouvée, un polynôme linéaire $(x - r)$ peut être retiré du polynôme en utilisant une division polynomiale longue , résultant en un polynôme de degré inférieur dont les racines sont également les racines du polynôme original.

Équation cubique

L' équation cubique générale

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

avec des coefficients entiers a trois solutions dans le plan complexe . Si le test de racine rationnelle ne trouve pas de solutions rationnelles, alors la seule façon d'exprimer les solutions utilise algébriquement les racines cubiques . Mais si le test trouve une solution rationnelle $r$ , la factorisation de $(x - r)$ laisse un polynôme quadratique dont les deux racines, trouvées avec la formule quadratique , sont les deux racines restantes de la cubique, en évitant les racines cubiques.

Preuves

Preuve élémentaire

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

Supposons que $P (p / q) = 0$ pour une coprime $p, q \in ℤ$ :

{\ 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.}

Pour effacer les dénominateurs, multipliez les deux côtés par $q n$ :

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

Le passage du $un 0$ terme sur le côté droit et factorisant $p$ sur le côté gauche produit:

{\ 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}.}

Ainsi, $p$ divise $a 0 q n$ . Mais $p$ est le premier de $q$ et donc de $q n$ , donc par le lemme d' Euclide, $p$ doit diviser le facteur restant $a 0$ .

D'autre part, le déplacement d' $un n$ terme sur le côté droit et l' affacturage en $q$ sur le côté gauche produit:

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

En raisonnant comme précédemment, il s'ensuit que $q$ divise $un n$ .

Preuve en utilisant le lemme de Gauss

S'il y a un facteur non trivial divisant tous les coefficients du polynôme, alors on peut diviser par le plus grand commun diviseur des coefficients pour obtenir un polynôme primitif au sens du lemme de Gauss ; cela n'altère pas l'ensemble des racines rationnelles et ne fait que renforcer les conditions de divisibilité. Ce lemme dit que si le polynôme prend en compte $Q [X]$ , alors il prend également en compte $Z [X]$ comme un produit de polynômes primitifs. Or toute racine rationnelle $p / q$ correspond à un facteur de degré 1 dans $Q [X]$ du polynôme, et son représentant primitif est alors $qx - p$ , en supposant que $p$ et $q$ sont premiers. Mais tout multiple dans $Z [X]$ de $qx - p$ a un terme principal divisible par $q$ et un terme constant divisible par $p$ , ce qui prouve l'énoncé. Cela montre que des arguments plus généralement, tout facteur irréductible de $P$ peut être supposés avoir des coefficients entiers, et les coefficients d' attaque et de constantes divisant les coefficients correspondants de $P$ .

Exemples

D'abord

Dans le polynôme

{\ displaystyle 2x ^ {3} + x-1,}

toute racine rationnelle entièrement réduite devrait avoir un numérateur qui se divise uniformément en 1 et un dénominateur qui se divise également en 2. Par conséquent, les seules racines rationnelles possibles sont ± 1/2 et ± 1; puisque ni l'un ni l'autre n'égale le polynôme à zéro, il n'a pas de racines rationnelles.

Deuxième

Dans le polynôme

{\ displaystyle x ^ {3} -7x + 6}

les seules racines rationnelles possibles auraient un numérateur qui divise 6 et un dénominateur qui divise 1, limitant les possibilités à ± 1, ± 2, ± 3 et ± 6. Parmi ceux-ci, 1, 2 et –3 assimilent le polynôme à zéro et sont donc ses racines rationnelles. (En fait, ce sont ses seules racines puisqu'une cubique n'a que trois racines; en général, un polynôme peut avoir des racines rationnelles et des racines irrationnelles .)

La troisième

Chaque racine rationnelle du polynôme

{\ displaystyle 3x ^ {3} -5x ^ {2} + 5x-2}

doit figurer parmi les nombres symboliquement indiqués par:

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

Ces 8 candidats racines $x = r$ peuvent être testés en évaluant $P (r)$ , par exemple en utilisant la méthode de Horner . Il s'avère qu'il y en a exactement un avec $P (r) = 0$ .

Ce processus peut être rendu plus efficace: si $P (r) \neq 0$ , il peut être utilisé pour raccourcir la liste des candidats restants. Par exemple, $x = 1$ ne fonctionne pas, car $P (1) = 1$ . Substituer $x = 1 + t$ donne un polynôme en $t$ avec le terme constant $P (1) = 1$ , tandis que le coefficient de $t 3$ reste le même que le coefficient de $x 3$ . L'application du théorème de racine rationnelle donne ainsi les racines possibles , de sorte que ${\ displaystyle t = \ pm {\ tfrac {1} {1,3}}}$

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

Les vraies racines doivent apparaître sur les deux listes, donc la liste des candidats racine rationnels a été réduite à juste $x = 2$ et $x = 2/3$ .

Si $k \geq 1$ racines rationnelles sont trouvées, la méthode de Horner donnera également un polynôme de degré $n - k$ dont les racines, avec les racines rationnelles, sont exactement les racines du polynôme original. Si aucun des candidats n'est une solution, il ne peut y avoir de solution rationnelle.

Voir également

Remarques

Les références

Charles D. Miller, Margaret L. Lial, David I. Schneider: principes fondamentaux de l'algèbre universitaire . Scott & Foresman / Little & Brown Higher Education, 3e édition 1990, ISBN 0-673-38638-4 , pp. 216-221
Phillip S. Jones, Jack D. Bedient: Les racines historiques des mathématiques élémentaires . Dover Courier Publications 1998, ISBN 0-486-25563-8 , pp. 116-117 ( copie en ligne , p. 116, sur Google Books )
Ron Larson: Calcul: une approche appliquée . Cengage Learning 2007, ISBN 978-0-618-95825-2 , pp. 23–24 ( copie en ligne , p. 23, sur Google Books )

Liens externes

Weisstein, Eric W. "Théorème rationnel du zéro" . MathWorld .
RationalRootTheorem chez PlanetMath
Une autre preuve que les n ^ièmes racines d'entiers sont irrationnelles, sauf pour les nièmes puissances parfaites par Scott E. Brodie
Le test Rational Roots sur purplemath.com

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