초등 proofEdit
일부 coprime p 의 경우 P(p/q)=0,q∈ ℤ:
p(p q)=n(p q)n+a n−1(p q)n−1+⋯+a1(p q)+a0=0 이라고 가정합니다. {\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.}
분모를 지우려면
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.,}
이동 a0 기간 오른쪽 측면을 고려해 p 왼쪽에서 생성됩니다.
p(n p n−1+n−1q p n−2+⋯+1n q−1)=−0q 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}.}
따라서 p 는 a0qn 을 나눕니다. 그러나 p 는 q 에 coprime 이고 따라서 qn 에 coprime 이므로 유클리드의 lemma p 에 의해 나머지 요인 a0 을 나누어야합니다.
On the other hand,이동하는 기간 오른쪽 측면을 고려해 q 왼쪽에서 생성됩니다.
q(n−1p n−1+n−2q p n−2+⋯+0q n−1)=−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}.}
추론 이전과 마찬가지로 q 가 an 을 나누는 것을 따릅니다.
증거를 사용하여 가우스’lemmaEdit
수 있는 사소하지 않은 요소로 나누어 모두다 다항식의 계수가 다음 중 하나를 나눌 수 있습으로 가장 일반적인 제수의 계수를 얻을 수 있도록 기본을 다항식의 의미에서 가우스’s lemma;이 변경되지 않는 설정의 합리적 뿌리만을 강화한 의 배수 조건입니다., 그 lemma 는 Q 의 다항식 요인 인 경우 원시 다항식의 곱으로 Z 의 요인이라고 말합니다. 이제 임의의 합리적인 루트 p/q 는 다항식의 Q 에서 1 도의 인자에 해당하며,그 원시적 인 대표는 p 와 q 가 coprime 이라고 가정하면 qx−p 입니다. 그러나 qx-p 의 Z 에있는 모든 배수는 q 로 나눌 수있는 선행 용어와 p 로 나눌 수있는 상수 용어를 가지고 있으며,이는 진술을 증명합니다., 이 인수를 보여주는 더 일반적으로,어떤 돌이킬 수없는 요소의 P 가정 할 수 있는 정수 계수,그리고 선도 및 지속적인 계수를 나누어 해당하는 계수의 P.