Rolle-féle gyöktétel

A Rolle-féle gyöktétel egy adott egész együtthatós polinom gyökeire vonatkozó szükséges, de nem elégséges kritérium. Az

$a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{0}=0\,\!$

egész együtthatós egyenlet (az $a_{n}$ együttható nem nulla) minden x=p/q racionális megoldására (ahol p és q relatív prím egészek, $q\neq 0$) teljesül, hogy:

• p olyan egész, amely osztója a₀-nak, és
• q olyan egész, amely osztója a_n-nek.

A tétel a Gauss-lemma speciális esete.

Alkalmazása

A tétel felhasználható arra, hogy eldöntsük, vannak-e a polinomnak racionális gyökei, és ha vannak, akkor meg is találhatjuk őket. A tétel leszűkíti a lehetséges jelöltek körét, ezeket visszahelyettesítve megtudjuk, hogy melyek valóban gyökök. Ha megtaláltuk, akkor a polinomot felírhatjuk a racionális gyökök alapján kapott tényezők és egy alacsonyabb fokú polinom szorzataként, amelynek már csak irracionális gyökei vannak. Általában, ha egy n-edfokú polinomnak k racionális gyöke adódik, akkor a csak irracionális gyökökkel bíró tényező n − k-adfokú lesz, és ezek a gyökök az eredeti polinom gyökei. Hogyha egy jelölt sem gyök, akkor a polinomnak nincs racionális gyöke. Ha nincs konstans tag, akkor ki lehet emelni egy tényezőt, és az így kapott polinomot vizsgálni; az eredeti polinom egyik gyöke a nulla.

Ha a polinom harmadfokú, akkor három eset lehetséges:

• Ha nincsenek racionális gyökök, akkor a gyöktételből csak azt tudjuk, hogy a gyökök nem racionálisak. Próbálhatunk a derivált segítségével és az euklideszi algoritmus felhasználásával négyzetmentes tényezőt kiemelni, vagy megtalálhatjuk a gyököket a megoldóképlettel.
• Ha egy racionális gyök van, akkor kiemelhetünk egy elsőfokú tényezőt, a maradék másodfokú polinomot pedig másodfokú megoldóképlettel oldhatjuk meg.
• Ha az összes gyök racionális, akkor a polinom összes gyökét megtaláltuk, és felírhatjuk szorzat alakban. További számításokra nincs szükség.

Példák

Első

A $2x^{3}+x-1$ polinom esetén a szóba jöhető racionális gyökök azok, amelyeknek a számlálója osztója az 1-nek, nevezője pedig osztója a 2-nek. Innen a jelöltek ±1/2 és ±1, de ezek egyike sem gyök, úgyhogy ennek a polinomnak nincs racionális gyöke.

Második

Az $x^{3}-7x+6$ polinom esetén a jelöltek azok, amelyeknek a számlálója 6 osztója, nevezője pedig 1 osztója. Innen a jelöltek ±1, ±2, ±3 és ±6, ezek közül 1, 2 és –3 gyökök. Mivel a polinom harmadfokú, ezért az algebra alaptétele szerint az összes gyököt megtaláltuk.

Harmadik

A $3x^{3}-5x^{2}+5x-2\,\!$ harmadfokú polinom racionális gyökei az $\pm {\frac {1,2}{1,3}}\,,$ szimbolikus hányadossal jelölhető, ami azt jelenti, hogy a jelöltek $\pm \left\{1,2,{\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}}\right\}.$

Visszahelyettesítve például a Horner-elrendezéssel egyszerre akár több gyök is kizárható. Például, ha x = 1, akkor a polinomba visszahelyettesítve az eredmény 1. Ez azt jelenti, hogy a x = 1 + t helyettesítéssel egy olyan polinomot kapunk, aminek konstans tagja 1, főegyütthatója pedig ugyanaz, mint az eredetié. Alkalmazva a tételt, kapjuk, hogy a jelöltek t-re $t=\pm {\frac {1}{1,3}}.$ Tehát $x=1+t=2,0,{\frac {4}{3}},{\frac {2}{3}}.$ kizárhatók azok a jelöltek, amelyek nem szerepelnek mindkét listán. Így x = 2 és x = 2/3 marad.

Bizonyítás

Elemi bizonyítás

Legyen $P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}$ úgy, hogy $a_{0},\ldots ,a_{n}\in \mathbb {Z}$ és legyen $P(p/q)=0$, ahol $p,q\in \mathbb {Z}$ relatív prímek és $q\neq 0$. Ekkor:

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

Mindkét oldalt $q^{n}$-nel szorozva, átrendezés után kapjuk, hogy:

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

Így levonhatjuk a következtetést, hogy $p$ osztja $a_{0}$-t.

Hasonlóan kaphatjuk, hogy:

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

Ebből pedig az következik, hogy $q$ osztja $a_{n}$-et.

Bizonyítás a Gauss-lemmával

Ha a polinom nem primitív polinom vagyis létezik egységtől különböző egész, amely osztja a polinom minden együtthatóját, akkor a polinom együtthatóinak legnagyobb közös osztójával elosztjuk a polinomot, és így egy primitív polinomot kapunk. A Gauss-lemma szerint ha egy polinom faktorizálható $\mathbb {Q} [X]$-ben akkor szintén faktorizálható $\mathbb {Z} [X]$-ben is mint primitív polinomok szorzata. Ekkor bármely racionális $p/q$ ($q{\text{ és }}p$ relatív prímek) alakú gyöknek megfelel egy elsőfokú faktor $\mathbb {Q} [X]$-ben, ennek a faktornak a primitív reprezentációja $qx-p$. De $\mathbb {Z} [X]$-ben $qx-p$ bármely (nem nulla) többszörösének főegyütthatója így osztható $q$-val a konstans együttható pedig így osztható lesz $p$-vel.

Fordítás

Ez a szócikk részben vagy egészben a Rational root theorem című angol Wikipédia-szócikk fordításán alapul. Az eredeti cikk szerkesztőit annak laptörténete sorolja fel. Ez a jelzés csupán a megfogalmazás eredetét és a szerzői jogokat jelzi, nem szolgál a cikkben szereplő információk forrásmegjelöléseként.

Források

• Charles D. Miller, Margaret L. Lial, David I. Schneider: Fundamentals of College Algebra. Scott & Foresman/Little & Brown Higher Education, 3rd edition 1990, ISBN 0-673-38638-4, pp. 216–221
• Phillip S. Jones, Jack D. Bedient: The historical roots of elementary mathematics. Dover Courier Publications 1998, ISBN 0-486-25563-8, pp. 116–117 (online copy, p. 116, a Google Könyvekben)
• Ron Larson: Calculus: An Applied Approach. Cengage Learning 2007, ISBN 978-0-618-95825-2, pp. 23–24 (online copy, p. 23, a Google Könyvekben)