初等証明編集
ある互いに素なpに対してP(p/q)=0,qθ:
p(p q)=n(p q)n+a n−1(p q)n−1+π+a1(p q)+a0=0とする。 {\displaystyle P({\tfrac{p}{q}})\=\a_{n}({\tfrac{p}{q}})^{n}+a_{n-1}({\tfrac{p}{q}})^{n-1}+\cdots+a_{1}({\tfrac{p}{q}})+a_{0}\=\0である。}
分母をクリアするには、
n p n+a n−1p n−1q+∞+a1p q n−1+a0q n=0。 {\displaystyle a_{n}p^{n}+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots+a_{1}pq^{n-1}+a_{0}q^{n}=0である。,}
a0項を右側にシフトし、左側のpを因数分解すると、次のようになります。
p(a n p n-1+a n-1q p n-2+∞+a1q n-1)=-a0q n。 {\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}。}
したがって、pはa0qnを分割します。 しかし、pはqと互いに素であり、したがってqnと互いに素であるため、ユークリッドの補題pは残りの因子a0を割らなければならない。
一方、項を右辺にシフトし、左辺のqを因数分解すると、次のようになります。
q(a n-1p n-1+a n-2q p n-2+∞+a0q n-1)=-a n p n。, {\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}。}
前と同じように推論すると、qはaを分割することになります。
ガウスの補題を用いた証明
多項式のすべての係数を分割する自明でない因子があるならば、ガウスの補題の意味で原始多項式を得るために係数の最大公約数で割ることができる;これは有理根の集合を変更することはなく、分割可能性の条件を強化するだけである。, その補題は、多項式がQに因数分解するならば、それはzにも原始多項式の積として因数分解することを言います。 ここで、任意の有理根p/qは多項式のQにおける次数1の因子に対応し、pとqが互いに素であると仮定すると、その原始代数はqx−pである。 しかし、qx−pのZにおける任意の倍数は、qで割り切れる先行項とpで割り切れる定数項を持ち、これはその文を証明する。, この議論は、より一般に、Pの任意の既約因子は整数係数を持ち、pの対応する係数を除算する先行係数と定数係数を持つと仮定できることを示している。