Rolle-féle gyöktétel

Sablon:Más 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, $q\ne 0$) 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 $\pm \{1,2,\frac{1}{3},\frac{2}{3}\}.$

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 $a_0,\dots ,a_n\in \mathbb{Z}$ és legyen $P(p/q)=0$, ahol $p,q\in \mathbb{Z}$ relatív prímek és $q\ne 0$. Ekkor:

$P\left(\frac{p}{q}\right)=a_n{\left(\frac{p}{q}\right)}^n+a_{n-1}{\left(\frac{p}{q}\right)}^{n-1}+\cdots +a_1\left(\frac{p}{q}\right)+a_0=0.$

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

$p(a_n{p}^{n-1}+a_{n-1}q{p}^{n-2}+\cdots +a_1{q}^{n-1})=-a_0{q}^n.$

Így levonhatjuk a következtetést, hogy $p$ osztja $a_0$-t.

Hasonlóan kaphatjuk, hogy:

$q(a_{n-1}{p}^{n-1}+a_{n-2}q{p}^{n-2}+\cdots +a_0{q}^{n-1})=-a_n{p}^n.$

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 Sablon:Nowrap is mint primitív polinomok szorzata. Ekkor bármely racionális $p/q$ ($q\text{ és }p$ relatív prímek) alakú gyöknek megfelel egy elsőfokú faktor Sablon:Nowrap, ennek a faktornak a primitív reprezentációja $qx-p$. De Sablon:Nowrap $qx-p$ bármely (nem nulla) többszörösének főegyütthatója így osztható Sablon:Nowrap a konstans együttható pedig így osztható lesz Sablon:Nowrap.

Források

• Charles D. Miller, Margaret L. Lial, David I. Schneider: Fundamentals of College Algebra. Scott & Foresman/Little & Brown Higher Education, 3rd edition 1990, Sablon:ISBN, pp. 216–221
• Phillip S. Jones, Jack D. Bedient: The historical roots of elementary mathematics. Dover Courier Publications 1998, Sablon:ISBN, pp. 116–117 (Sablon:Google books)
• Ron Larson: Calculus: An Applied Approach. Cengage Learning 2007, Sablon:ISBN, pp. 23–24 (Sablon:Google books)