dla początkowego proofEdit zakładając, że P(N/M) = 0 dla niektórych wzajemnie prostych P, A Q ∈ ℤ: p ( n ) = n ( n ) n + a n − 1 ( n ) n − 1 + ⋯ + 1-ty ( N ) + A 0 = 0. {\właściwości styl wyświetlania wartości P ({\tfrac {N}{m}})\ = \ Oh{N} ({\tfrac {N}{M}})^{N}+Oh{N-1} ({\tfrac {N}{M}})^{N-1} +\cdots + Oh{1} ({\tfrac {N}{m}}) + Oh{0} \ = \ 0.}
aby wyczyścić mianowników,
przesunięcie terminu a0 na prawą stronę i uwzględnienie p po lewej stronie daje:
P ( A n p n − 1 + A N − 1 q p n − 2 + ⋯ + a 1 q n − 1 ) = − A 0 q 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}.
Tak więc p dzieli a0qn. Ale p jest koprimem do q, a zatem do qn, więc lematem Euklidesa P musi podzielić pozostały czynnik a0.
z drugiej strony przesunięcie terminu an Na prawą stronę i uwzględnienie q Po lewej stronie daje:
q ( A n − 1 P n − 1 + A n − 2 q p n − 2 + ⋯ + A 0 q 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}.
rozumując jak poprzednio, wynika z tego, że q dzieli an.
dowód za pomocą lematu Gaussaedytuj
Jeśli istnieje nietrywialny czynnik dzielący wszystkie współczynniki wielomianu, to można podzielić przez największy wspólny dzielnik współczynników tak, aby uzyskać prymitywny wielomian w sensie lematu Gaussa; nie zmienia to zbioru racjonalnych korzeni, a tylko wzmacnia warunki podzielności., Lemat ten mówi, że jeśli czynniki wielomianowe w Q, to również czynniki W Z jako iloczyn prymitywnych wielomianów. Teraz każdy racjonalny korzeń p / q odpowiada współczynnikowi stopnia 1 W Q wielomianu, a jego prymitywnym przedstawicielem jest wtedy qx-p, zakładając, że p i q są koprimami. Jednak każda wielokrotność W Z Z qx-p ma termin wiodący podzielny przez q i termin stały podzielny przez p, co dowodzi twierdzenia., Argument ten pokazuje, że ogólniej, każdy nieredukowalny czynnik P może mieć współczynniki całkowite, oraz współczynniki wiodące i stałe dzielące odpowiednie współczynniki P.