Рассмотрим многочлен с целыми коэффициентами:
\[
P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0,
\]
где \(a_n, a_{n-1}, \dots, a_1, a_0 \in \mathbb{Z}\), и \(a_n \neq 0\).

Если рациональное число \(\frac{p}{q}\), записанное в несократимой форме, является корнем многочлена \(P(x)\), то:

1. \(p\) (числитель) делит свободный член \(a_0\).
2. \(q\) (знаменатель) делит старший коэффициент \(a_n\).

Доказательство

Пусть \(\frac{p}{q}\) (в несократимой форме) является корнем многочлена \(P(x)\). Тогда, по определению корня, выполнено равенство:
\[
P\left(\frac{p}{q}\right) = 0.
\]

Подставим \(\frac{p}{q}\) в многочлен:
\[
P\left(\frac{p}{q}\right) = a_n \left(\frac{p}{q}\right)^n + a_{n-1} \left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} + \dots + a_1 \frac{p}{q} + a_0 = 0.
\]

Умножим обе стороны равенства на \(q^n\), чтобы избавиться от знаменателей:
\[
a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1} q + \dots + a_1 p q^{n-1} + a_0 q^n = 0.
\]

Заметим, что все слагаемые, кроме \(a_0 q^n\), содержат \(p\) как множитель. Обозначим их сумму через \(S\), тогда:
\[
a_0 q^n + S = 0,
\]
где \(S = p \cdot (\text{целое число})\).

Из этого следует:
\[
a_0 q^n = -S.
\]

Так как \(S\) делится на \(p\), из равенства выше следует, что \(a_0 q^n\) также делится на \(p\). Поскольку \(q^n\) и \(p\) взаимно просты (из условия несократимости дроби \(\frac{p}{q}\)), отсюда следует, что \(p \mid a_0\).

Аналогично, если разложить уравнение, можно показать, что \(q \mid a_n\), поскольку \(q^n\) является множителем всех членов уравнения, кроме \(p\)-зависимого. Это доказывает утверждение теоремы.