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多项式根的研究★★★★★

## 有理系数多项式的整数根和有理根
对于有理系数多项式

$$
f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0 \quad\left(a_n \neq 0\right) ...(4.7)
$$

我们可以取系数 $a_i,(i=0,1,2, \ldots, n)$ 的分母的最小公倍数 $m$, 遍乘多项式 $f(x)$ 各项，从而得到

$$
m f(x)=b_n x^n+b_{n-1} x^{n-1}+\cdots+b_1 x+b_0 \quad\left(b_n \neq 0\right)...(4.8)
$$

（4.8）显然就是一个整系数多项式，而且（4.7）与（4.8）具有相同的根，因而, 我们只须讨论**整系数**多项式 $m f(x)$.

另一方面，对于整系数多项式 $g(x)=b_n x^n+b_{n-1} x^{n-1}+\cdots+b_1 x+b_0 \quad\left(b_n \neq\right.$ $0)$ 我们还可以提取各系数 $b_i,(i=0,1,2, \ldots, n)$ 的公因式 $d \neq 1$, 从而得到, $g(x)=d \cdot h(x)$, 其中

$$
h(x)=c_n x^n+c_{n-1} x^{n-1}+\cdots+c_1 x+c_0 \quad\left(c_n \neq 0\right) ...(4.9)
$$

(4.9) 显然仍是一个整系数多项式, 但它的各系数是互质的, 即

$$
\left(c_n, c_{n-1}, \ldots, c_1, c_0\right)=1
$$

而且 (4.9) 与（4.8）的根是相同的. 因此, 我们只须讨论简化了的整系数多项式 $h(x)$.

在本节中, 以下提到的整系数多项式, 都是指 (4.9) 式意义下的多项式, 不再声明了。
## 一、整系数多项式的整数根和有理数根

设整系数多项式

$$
h(x)=c_n x^n+c_{n-1} x^{n-1}+\cdots+c_1 x+c_0 \quad\left(c_n \neq 0\right)
$$

其中, $c_i \in Z ,(i=0,1, \ldots, n)$, 且 $\left(c_0, c_1, \ldots, c_n\right)=1$. 我们有以下定理:

> **定理1 整数 $\alpha$ 是多项式 $h(x)=c_n x^n+c_{n-1} x^{n-1}+\cdots+c_1 x+c_0$ 的根的必要条件是 $\alpha$ 能够整除 $c_0$**.

证明：由于 $\alpha$ 是 $h(x)$ 的根，所以 $h(\alpha)=0$ ，即

$$
\begin{aligned}
& c_n \alpha^n+c_{n-1} \alpha^{n-1}+\cdots+c_1 \alpha+c_0=0 \\
& \therefore \quad c_0=-\alpha\left(c_n \alpha^{n-1}+c_{n-1} \alpha^{n-2}+\cdots+c_1\right)
\end{aligned}
$$

上式右边括号内整数的和、差、积与方幂, 由整数的运算性质知, 它们是整数，所以，整 $\alpha$ 除 $c_0$ 。

这个定理告诉我们，多项式 $h(x)$ 的整数根 $\alpha$ 要在 $c_0$ 的因数中寻求；但要注意，定理仅是提供了 $\alpha$ 是整数根的必要条件，并不是充分条件。因此，可以应用定理先确定 $h(x)$ 的整数根的范围，再运用综合除法或余式定理在这个范围内试除确定它的根.

`例`试求 $f(x)=x^3-6 x^2+11 x-6$ 的整数根.
解: 因为常数项 $c_0=-6$, 它的因数有 $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$. 所以 $f(x)$ 的整数根可能是 $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$.

再用综合除法或余式定理逐个试除，得出只有取 $1,2,3$ 时，余式为 0 ，因而 $x=1,2,3$ 都是多项式的根, 共余的因数试除余式均不为零, 因而都不是多项式的根, 所以 $f(x)$ 的整数根为 $1,2,3$.

`例`试求 $f(x)=x^3+x^2+x+2$ 的整数根.
解: 先判定整根的范围: 由于常数项 $c_0=2$, 它的因数有 $\pm 1, \pm 2$. 所以 $f(x)$ 的整根可能是 $\pm 1, \pm 2$

再逐个试除求余，确定整数根：由直接计算，得

$$
f(1)=5, \quad f(-1)=1, \quad f(2)=16, \quad f(-2)=-4 .
$$

所以 $\pm 1, \pm 2$ 都不是 $f(x)$ 的根.
因此, 多项式 $f(x)$ 没有整数根.

>**定理2 既约分数 $\frac{p}{q}$ 是整系数多项式 $h(x)=c_n x^n+c_{n-1} x^{n-1}+\cdots+c_1 x+c_0$ 的根的必要条件是 $p$ 能整除 $c_o, q$ 能整除 $c_n$**.

证明: 由于 $\frac{p}{q}$ 是 $h(x)$ 的根, 所以 $h\left(\frac{p}{q}\right)=0$, 即

$$
c_n\left(\frac{p}{q}\right)^n+c_{n-1}\left(\frac{p}{q}\right)^{n-1}+\cdots+c_1\left(\frac{p}{q}\right)+c_0=0
$$

因此,

$$
\begin{aligned}
& c_0 q^n=-p\left(c_n p^{n-1}+c_{n-1} p^{n-2} q+\cdots+c_1 q^{n-1}\right) ...(4.10) \\
& c_n p^n=-q\left(c_{n-1} p^{n-1}+\cdots+c_1 p q^{n-2}+c_0 q^{n-1}\right)...(4.11)
\end{aligned}
$$

由 (4.10) 得: $p \mid c_0 q^n$ (表示 $p$ 整除 $c_0 q^n$ ), 但因为 $\frac{p}{q}$ 为既约分数, $(p, q)=1$,所以 $\left(p, q^n\right)=1$ ，因此就可有： $p \mid c_0$

再由（4.11）可得 $q \mid c_n p^n$ ，同样由于 $(p, q)=1$ ，因而 $\left(p^n, q\right)=1$. 因此就有： $q \mid c_n$

这里同样应注意，定理仅给出 $\frac{p}{q}$ 是 $h(x)$ 的既约分数（有理数）根的必要条件, 并不是充分条件. 因而, 运用这个定理也只能判定 $h(x)$ 的根的范围, 还须要借助综合除法或余式定理才能确定它的根.

`例` 试判断 $f(x)=6 x^3+x^2-4 x+1$ 可能有哪些有理数根?
解: 因为 $c_3=6$, 其因数为 $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6 ; c_0=1$, 其因数有 $\pm 1$, 所以, $f(x)$可能有的有理数根为 $\pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{3}, \pm \frac{1}{6}$.

由定理 2 , 不难得出以下推论:

> **推论 整系数多项式 $f(x)=x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0$ 若有有理数根, 则有理数根为整数**。

如例 $4.5, f(x)$ 的有理根 $1,2,3$ 都是整数; 又如例 $4.6, f(x)$ 没有整数根,也就没有有理数根。
 
 
 `例` 求 $6 x^4+5 x^3+3 x^2-3 x-2$ 的有理根．
 
解：先用定理 2 判定有理根的范围：因为 $c_n=6$ ，它有因数 $\pm 1, \pm 2, \pm 8, \pm 6$ ；又因 $c_0=-2$ ，它有因数 $\pm 1, \pm 2$ ，所以 $f(x)$ 可能有的有理数根为

$$
\pm 1, \pm 2, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{3}, \pm \frac{2}{3}, \pm \frac{1}{6}
$$
 
 再用余式定理或综合除法求余，从而确定有理根：由直接计算，得

$$
f(1) \neq 0, \quad f(-1) \neq 0, \quad f( \pm 2) \neq 0, \quad f\left(\frac{1}{2}\right) \neq 0
$$

所以 $\pm 1, \pm 2, \pm \frac{1}{2}$ 都不是 $f(x)$ 的根．
又用 $-\frac{1}{2}$ 试除

![图片](/uploads/2026-04/962a50.jpg)
 
 所以 $-\frac{1}{2}$ 是 $f(x)$ 的根，由因式定理可得

$$
f(x)=\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(6 x^3+2 x^2+2 x-4\right)
$$

令 $f_1(x)=6 x^3+2 x^2+2 x-4$ ，则 $f(x)=\left(x+\frac{1}{2}\right) \cdot f_1(x)$
对 $f_1(x)$ 求有理根，试除后知 $f\left( \pm \frac{1}{3}\right) \neq 0$ ，因而 $\pm \frac{1}{3}$ 不是 $f_1(x)$ 的根，当然也不是 $f(x)$ 的根，再用 $\frac{2}{3}$ 试除：

![图片](/uploads/2026-04/e68655.jpg)
 
 所以 $\frac{2}{3}$ 是 $f_1(x)$ 的根，也就是 $f(x)$ 的又一个根，因此

$$
\begin{aligned}
f(x) & =\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)\left(6 x^2+6 x+6\right) \\
& =6\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)\left(x^2+x+1\right)
\end{aligned}
$$

这里由于 $x^2+x+1$ 的判别式 $\Delta<0$ ，因而它没有实数根，更不会有有理根，所以 $f(2)$ 的有理根为 $-\frac{1}{2}, \frac{2}{3}$ ．
 
 ## 二、多项式的正根与负根
对于实系数多项式

$$
f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0, \quad\left(a_n \neq 0\right)
$$

的根，我们有以下判定有、无正根或负根的定理：

>**定理3 如果实系数多项式**

$$
f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0, \quad\left(a_n \neq 0\right)
$$
> **的各项系数 $a_i,(i=n, n-1, \ldots, 1,0)$ 都是非负数, 那么这个多项式 $f(x)$ 就没有正数根**.

证明：（用反证法）若 $\alpha>0$ 且 $f(\alpha)=0$ ，则

$$
a_n \alpha^n+a_{n-1} \alpha^{n-1}+\cdots+a_1 \alpha+a_0=0
$$

等号左边全是非负数，但由已知其中至少有首项系数不为零，所以它们的和不可能为零，而等号右边为零。这是不可能的。所以 $f(\alpha)=0$ 不成立，即 $f(x)$ 没有正根．

由于 $-f(x)$ 与 $f(x)$ 有完全相同的根，所以把＂$a_n, a_{n-1}, \ldots, a_1, a_0$ 全是非负数＂改为＂$a_n, a_{n-1}, \ldots, a_1, a_0$ 全是非正数＂，则结论不变。

这样一来，如果要求一个各项系数符号统一的多项式的根，就可以不考虑正根了．如 $f(x)=6 x^5+19 x^4+22 x^3+23 x^2+16 x+4$ 的有理根没有正数

>**定理 4 如果实系数多项式**

$$
f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0, \quad\left(a_n \neq 0\right)
$$

> **偶次项系数都为非负（或非正）数，而奇次项系数又都为非正（或非负）数. 那么这个多项式 $f(x)$ 就没有负根**.

证明：（用反证法）,具体略
有了这两个定理, 配合定理 1,2 就可以进一步缩小求有理根时试除的范围.

`例`求 $f(x)=5 x^6-7 x^5-8 x^4-x^3+7 x^2+8 x+4$ 的有理根.
解: $f(x)$ 可能有的有理数根是 $\pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm \frac{1}{5}, \pm \frac{2}{5}, \pm \frac{4}{5}$.
用 $x-1$ 试除得 $f(1)=0$, 因而有

$$
f(x)=(x-1)\left(5 x^5-2 x^4-10 x^3-11 x^2-4 x+4\right)=(x-1) f_1(x)
$$

$f_1(x)$ 可能有的有理数根还是那几个, 但再用 $x-1$ 试除 $f_1(x)$, 不能整除, 用 $x-2$ 试除 $f_1(x)$, 得 $f_1(2)=0$, 因而有

$$
f_1(x)=(x-2)\left(5 x^4+8 x^3+6 x^2+x-2\right)=(x-2) f_2(x)
$$

$f_1(x)$ 所没有的根， $f_2(x)$ 当然也不会有. 因此， $f_2(x)$ 可能有的有理数根是 $-1, \pm 2, \pm \frac{1}{5}, \pm \frac{2}{5}$. 但再用 $x-2$ 试除 $f_2(x)$ 不能整除, 说明 $f_2(x)$ 已没有正整数根；用 $5 x-1$ 试除 $f_2(x)$ 不能整除，再用 $5 x-2$ 试除 $f_2(x)$ ，得 $f_2\left(\frac{2}{5}\right)=0$ ，因而又有

$$
f_2(x)=(5 x-2)\left(x^3+2 x^2+2 x+1\right)=(5 x-2) f_3(x)
$$

$f_3(x)$ 已没有正根, 可能有的负根只是 $x=-1$; 用 $x+1$ 试除 $f_3(x)$ 得 $f_1(-1)=$ 0 ，因而有

$$
f_5(x)=(x+1)\left(x^2+x+1\right)=(x+1) f_4(x)
$$

$f_4(x)$ 已没有实数根, 因而, 说明 $f(x)$ 不再有有理数根. 所以 $f(x)$ 的有理数的是 $1,2, \frac{2}{5},-1$.

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