无理根成对定理的证明

对于一元二次方程 $ax^2+bx+c=0$，由求根公式可知，它的两个根是 $x=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$．可以看到，当 $\Delta=b^2-4ac$ 不是完全平方的时候，它有一对共轭的无理根．

而这个结论，我们可以推广到更一般的情况：

设 $f(x)$ 是一个有理系数多项式，$a$、$b$、$w$ 均为有理数，$b\ne 0$ 且 $\sqrt{w}$ 为无理数，若 $a+b\sqrt{w}$ 是方程 $f(x)=0$ 的根，则 $a-b\sqrt{w}$ 也是方程 $f(x)=0$ 的根．

证明1：

设 $s=a+b\sqrt{w}$， $\bar{s}=a-b\sqrt{w}$，考虑

$$\begin{aligned} p(x) &= \left(x-s\right)\left(x-\bar{s}\right) \\ &= \left(x-a-b\sqrt{w}\right)\left(x-a+b\sqrt{w}\right) \\ &= x^2-2ax+a^2-b^2n \end{aligned}$$

则 $p(x)$ 是一个有理系数多项式．我们对 $f(x)$ 和 $p(x)$ 应用大除法，可得

$$f(x)=p(x)q(x)+r(x)$$

其中 $\deg r(x)<\deg p(x)=2$ 且也是有理系数多项式，故可设 $r(x)=mx+n$，其中 $m$、$n$ 都是有理数．代入 $s$ 可得

$$r(s) = f(s)-p(s)q(s) = 0-0\cdot q(s)=0$$

即

$$m\left(a+b\sqrt{w}\right)+n=(ma+n)+mb\sqrt{w}=0$$

因为 $m$、$n$、$a$、$b$ 均为有理数，$\sqrt{w}$ 为无理数，所以

$$\left\{\begin{aligned} ma+n=0 \\ mb=0 \end{aligned}\right.$$

又因为 $b\ne 0$，可解得

$$\left\{\begin{aligned} n=0 \\ m=0 \end{aligned}\right.$$

因此 $r(x)=0$，$f(x)=p(x)q(x)$．所以

$$f(\bar{s})=p(\bar{s})q(\bar{s})=0\cdot q(\bar{s})=0$$

命题得证．

证明2：

考虑集合

$$\mathbb{Q}\left[\sqrt{w}\right]=\left\{\,a+b\sqrt{w}\mid a,b\in\mathbb{Q}\,\right\}$$

其中 $w\in\mathbb{Q}$ 且 $\sqrt{w}\in\mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}$．显然，$\mathbb{Q}\subseteq\mathbb{Q}\left[\sqrt{w}\right]$．

可以验证，$\mathbb{Q}\left[\sqrt{w}\right]$ 对于四则运算是封闭的．

我们可以在集合 $\mathbb{Q}\left[\sqrt{w}\right]$ 中定义共轭运算：

$$\begin{aligned} \overline{\phantom{x}}:\mathbb{Q}\left[\sqrt{w}\right]&\to\mathbb{Q}\left[\sqrt{w}\right] \\ a+b\sqrt{w}&\mapsto a-b\sqrt{w} \end{aligned}$$

可以验证，共轭运算具有如下性质：设 $x$、$y\in\mathbb{Q}\left[\sqrt{w}\right]$，$k\in\mathbb{Q}$，则

1. $\overline{k}=k$
2. $\overline{x\pm y}=\overline{x}\pm\overline{y}$
3. $\overline{k\cdot x}=k\cdot \overline{x}$
4. $\overline{x\cdot y}=\overline{x}\cdot\overline{y}$
5. $\overline{x^n}=\overline{x}^n$

设 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$，其中 $a_i\in\mathbb{Q}$，$0\leqslant i\leqslant n$，则

$$\begin{aligned} \overline{f(x)} &= \overline{a_n x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0} \\ &= \overline{a_n x^n}+\overline{a_{n-1}x^{n-1}}+\cdots+\overline{a_1x}+\overline{a_0} \\ &= a_n\overline{x^n}+a_{n-1}\overline{x^{n-1}}+\cdots+a_1\overline{x}+a_0 \\ &= a_n \overline{x}^n+a_{n-1}\overline{x}^{n-1}+\cdots+a_1\overline{x}+a_0 \\ &= f\left(\overline{x}\right) \end{aligned}$$

因此，若 $s=a+b\sqrt{w}$ 是 $f(x)=0$ 的根，则

$$f\left(\overline{s}\right)=\overline{f(s)}=\overline{0}=0$$

即 $\overline{s}=a-b\sqrt{w}$ 也是方程 $f(x)=0$ 的根，命题得证．

注：证明 2 中，如果把 $\mathbb{Q}$ 换成 $\mathbb{R}$，$\sqrt{w}$ 换成 $i$，就是实系数方程的虚根成对定理的证明．