有理根定理（ゆうりこんていり、英: rational root theorem）は整数係数の代数方程式 a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 0 = 0 {\displaystyle a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{0}=0}

の有理数の解に対する制約を述べた定理である。有理根定理は次のような言明である：

定数項 a0 および最高次の係数 an がゼロでないなら、有理数解 x = p/q を互いに素（最大公約数が 1）な整数 p, q で表したとき、p, q は以下の条件を満たす。

p は a0 の約数

q は an の約数

有理根定理は、多項式の因数分解に関するガウスの補題（英語版）の特別な場合に当たる。また、最高次の係数 an が 1 であるとき成り立つ整数根定理 (integral root theorem) は、有理根定理の特別な場合である。
証明
直接的な証明

P(x) = anxn + an−1xn−1 + ... + a1x + a0 (a0, ..., an ∈ Z) なる多項式を考える。互いに素な p, q ∈ Z に対して P(p / q) = 0 を満たすことを仮定する： P ( p q ) = a n ( p q ) n + a n − 1 ( p q ) n − 1 + ⋯ + a 1 ( p q ) + a 0 = 0. {\displaystyle P\left({\tfrac {p}{q}}\right)=a_{n}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n}+a_{n-1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)^{n-1}+\cdots +a_{1}\left({\tfrac {p}{q}}\right)+a_{0}=0.} (1)

(1) から定数項 a0 を右辺へ移項し、両辺に qn を掛けることで以下の方程式を得る。 p ( a n p n − 1 + a n − 1 q p n − 2 + ⋯ + a 1 q n − 1 ) = − a 0 q n . {\displaystyle \qquad p(a_{n}p^{n-1}+a_{n-1}qp^{n-2}+\cdots +a_{1}q^{n-1})=-a_{0}q^{n}.} (2)

p と括弧内の整数の積は −a0qn に等しく、従って p は a0qn を割り切れることが分かる。しかしながら、p と q は互いに素であり、ユークリッドの補題から同様に p と qn も互いに素であるため、p は残る因数 a0 を割り切ることが示される。

(1) から最高次の項 an(p/q)n を右辺へ移項し両辺に qn を掛けることで次の式を得る。 q ( a n − 1 p n − 1 + a n − 2 q p n − 2 + ⋯ + a 0 q n − 1 ) = − a n p n . {\displaystyle \qquad q(a_{n-1}p^{n-1}+a_{n-2}qp^{n-2}+\cdots +a_{0}q^{n-1})=-a_{n}p^{n}.} (3)

p と a0 の場合と同様の理由で、q は最高次の係数 an を割り切ることが示される[1]。
ガウスの補題による証明

多項式のすべての係数を割り切る非自明な約数がある場合、その多項式を係数の最大公約数で割った、ガウスの補題（英語版）の意味での原始多項式が得られる。この原始多項式の有理根は元の多項式と同じであり、可約条件だけが強められる。ガウスの補題によれば、ある多項式が有理係数の多項式 ?[X] で因数分解できるなら、整係数の多項式 ?[X] で因数分解することができ、原始多項式の積として表すことができる。

?[X] の 1 次の多項式が有理根 p/q を持つとき、p, q は互いに素であるとして、その多項式の原始多項式は qx − p となる。qx − p を因数とする整係数多項式 ?[X] について、最高次の係数は q で割り切れ、定数項は p で割り切れるので、有理根定理が得られた。

この事はより一般に、多項式 P の可約でない因数は整係数を持つことができ、その最高次の係数と定数項が、対応する P の係数を割り切れることを示す。
例

例として、方程式 3 x 3 − 5 x 2 + 5 x − 2 = 0 {\displaystyle 3x^{3}-5x^{2}+5x-2=0\,\!}

のいずれの有理根も ± 1 , 2 1 , 3 , {\displaystyle \pm {\tfrac {1,2}{1,3}}\,,}

に含まれなければならない。つまり、この方程式の根として可能なものは以下の 8 つである： 1 , − 1 , 2 , − 2 , 1 3 , − 1 3 , 2 3 , − 2 3 . {\displaystyle 1,-1,2,-2,{\frac {1}{3}},-{\frac {1}{3}},{\frac {2}{3}},-{\frac {2}{3}}\,.}

これらの候補は例えばホーナー法によってテストすることができる。今回の場合、正しい有理根は 1 つだけある。根の候補が方程式を満たさないなら、それを使って残る候補のリストを短縮できる[2]。例えば x = 1 は方程式を満たさず、方程式の左辺は 1 になる。x = 1 + t という置き換えをすると定数項を 1 とし、t3 の係数は x3 の係数に等しい t の多項式が得られる。有理根定理を適用すれば、t として可能な根は t = ± 1 1 , 3 {\displaystyle t=\pm {\tfrac {1}{1,3}}}