Împărțirea polinoamelor peste un corp; teorema restului și teorema lui Bézout

Împărțirea polinoamelor peste un corp comutativ $K$ este operația prin care, din două polinoame $f$ și $g\ne 0$ din $K[X]$, se obțin un cât $q$ și un rest $r$, unice, cu $f=gq+r$ și $r=0$ sau $\mathrm{grad}r<\mathrm{grad}g$. Ea este unealta care face capitolul să meargă, iar la clasa a 12-a capătă o formă mai generală decât cea din clasa a X-a: se împart polinoame cu coeficienți într-un corp comutativ oarecare $K$, inclusiv într-o mulțime finită ca ${\mathbb{Z}}_5$ sau ${\mathbb{Z}}_7$. Vestea bună e că algoritmul e cel știut; vestea importantă e că el funcționează exact atunci când $K$ este corp, iar acest lucru merită văzut, nu presupus.

Această lecție face parte din suplimentul pentru Bacalaureat M1: inelele, corpurile și polinoamele peste un corp sunt în programa pe care o dau sesiunile 2027–2029, deși nu mai apar în programa nouă a clasei a XII-a. Din clasa a X-a ai deja teorema împărțirii cu rest la polinoame, teorema restului, schema lui Horner și teorema lui Bézout, toate enunțate peste $\mathbb{C}$. Aici nu le reluăm: le transportăm peste un corp oarecare și cheltuim cuvintele exact pe ce e nou — inversarea coeficientului dominant, calculul cu clase de resturi și Horner modulo $p$.

Ce vei învăța

• Vei ști să enunți teorema împărțirii cu rest în $K[X]$ și să spui unde intervine ipoteza că $K$ este corp.
• Vei ști să împarți efectiv două polinoame din ${\mathbb{Z}}_p[X]$, inclusiv când împărțitorul nu este monic.
• Vei ști să aplici teorema restului peste un corp: restul împărțirii la $X-a$ este $f(a)$.
• Vei ști să folosești schema lui Horner modulo $p$, cu toate calculele reduse la clase.
• Vei ști să aplici teorema lui Bézout ca să decizi divizibilitatea cu $X-a$ și să determini parametri.
• Vei ști de ce un polinom nenul de grad $n$ are cel mult $n$ rădăcini într-un corp și unde se sprijină demonstrația.

Hai să descoperim împreună

1. Ce spune teorema împărțirii cu rest peste un corp?

Împărțirea cu rest a două polinoame peste un corp este operația prin care, pentru $f$ și $g\ne 0$ luate din $K[X]$, se determină unicele două polinoame $q$ și $r$, numite câtul și restul, cu proprietatea că $f=gq+r$, unde fie restul este nul, fie gradul lui este strict mai mic decât gradul împărțitorului.

Teorema împărțirii cu rest în $K[X]$. Fie $K$ un corp comutativ și $f,g\in K[X]$ cu $g\ne 0$. Atunci există și sunt unice polinoamele $q,r\in K[X]$ astfel încât

$$f=gq+r,\text{unde }r=0\text{ sau }\mathrm{grad}r<\mathrm{grad}g.$$

Vocabularul rămâne cel știut: $f$ este deîmpărțitul, $g$ împărțitorul, $q$ câtul, $r$ restul. Când $r=0$ spunem că împărțirea este exactă și că $g$ divide pe $f$, scris $g\mid f$. Condiția asupra gradului restului nu e un moft: fără ea, egalitatea $f=gq+r$ ar fi adevărată în nenumărate feluri, iar cuvintele „cât" și „rest" nu ar mai desemna nimic anume.

Ideea demonstrației existenței. Dacă $f=0$ sau $\mathrm{grad}f<\mathrm{grad}g$, luăm $q=0$ și $r=f$. Altfel, fie $a_n$ coeficientul dominant al lui $f$ și $b_m$ cel al lui $g$, cu $n\ge m$. Formăm

$$f_1=f-a_n{b}_m^{-1}{X}^{n-m}\cdot g.$$

Termenul de grad $n$ se anulează prin construcție, deci $f_1=0$ sau $\mathrm{grad}{f}_1<n$; repetând procedeul, gradul scade strict la fiecare pas și după un număr finit de pași ajungem sub $\mathrm{grad}g$. Adunând termenii $a_n{b}_m^{-1}{X}^{n-m}$ obținuți pe drum se formează $q$, iar ce rămâne este $r$.

Unicitatea. Dacă $f=g{q}_1+r_1=g{q}_2+r_2$, atunci $g(q_1-q_2)=r_2-r_1$. Dacă $q_1\ne q_2$, membrul stâng are gradul $\mathrm{grad}g+\mathrm{grad}(q_1-q_2)\ge \mathrm{grad}g$ — aici folosim formula gradului din inelul polinoamelor peste un corp — în timp ce membrul drept are gradul strict mai mic decât $\mathrm{grad}g$. Contradicție, deci $q_1=q_2$ și apoi $r_1=r_2$. $■$

2. De ce este nevoie ca $K$ să fie corp?

Uită-te încă o dată la formula-cheie: $a_n{b}_m^{-1}$. Ca s-o putem scrie, coeficientul dominant al împărțitorului trebuie să fie inversabil. Într-un corp, orice element nenul este inversabil, deci condiția e automat îndeplinită. În alte inele, nu.

Contraexemplul din $\mathbb{Z}[X]$. Încearcă să împarți $f=X^2$ la $g=2X+1$, cu cât și rest cu coeficienți întregi. Peste $\mathbb{Q}$ împărțirea se face fără probleme:

$$X^2=(2X+1)\left(\frac{1}{2}X-\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{4},$$

dar câtul și restul au numitori. Cum câtul și restul sunt unice în $\mathbb{Q}[X]$, nu există nicio altă variantă, deci în $\mathbb{Z}[X]$ împărțirea pur și simplu nu se poate face. Cauza: $2$ nu e inversabil în $\mathbb{Z}$.

Contraexemplul din ${\mathbb{Z}}_4[X]$. Împarte $f=X^2$ la $g=\hat{2}X$. Orice produs $\hat{2}X\cdot q$ are toți coeficienții de forma $\hat{2}c$, deci fiecare este $\hat{0}$ sau $\hat{2}$. Prin urmare, în $f-\hat{2}Xq$ coeficientul lui $X^2$ este $\hat{1}$ minus un element din $\{\hat{0},\hat{2}\}$, adică $\hat{1}$ sau $\hat{3}$ — niciodată $\hat{0}$. Restul are, așadar, mereu gradul $2$, mai mare decât gradul $1$ al împărțitorului: teorema cade.

Reține concluzia sub forma cea mai utilă: împărțirea cu rest merge întotdeauna când coeficientul dominant al împărțitorului este inversabil. În particular, se poate împărți la orice polinom monic, în orice inel — de aceea împărțirea la $X-a$ funcționează chiar și acolo unde teoria generală nu se aplică.

Merită observat cât de puțin cere, de fapt, teorema. Nu are nevoie ca toate elementele lui $K$ să fie inversabile, ci doar unul singur: coeficientul dominant al împărțitorului. Ipoteza „$K$ este corp" este comodă tocmai pentru că îndeplinește această cerință o dată pentru totdeauna, indiferent cu ce polinom alegem să împărțim. Când cineva îți cere să împarți într-un inel oarecare, primul lucru de verificat nu este dacă inelul e „bun", ci dacă acel coeficient anume are invers.

3. Cum se împarte efectiv în ${\mathbb{Z}}_p[X]$?

Algoritmul este cel din clasa a X-a, cu un singur pas în plus: la fiecare rundă, în loc să împarți coeficienții, înmulțești cu inversul coeficientului dominant al împărțitorului.

Împărțim $f=\hat{3}{X}^3+\hat{5}{X}^2+X+\hat{6}$ la $g=\hat{2}X+\hat{1}$, în ${\mathbb{Z}}_7[X]$. Mai întâi ne trebuie ${\hat{2}}^{-1}$ în ${\mathbb{Z}}_7$: cum $\hat{2}\cdot \hat{4}=\hat{8}=\hat{1}$, avem ${\hat{2}}^{-1}=\hat{4}$.

Runda 1. Termenul dominant al câtului: $\hat{3}{X}^3:\hat{2}X=\hat{3}\cdot \hat{4}{X}^2=\widehat{12}{X}^2=\hat{5}{X}^2$. Înmulțim înapoi: $\hat{5}{X}^2(\hat{2}X+\hat{1})=\widehat{10}{X}^3+\hat{5}{X}^2=\hat{3}{X}^3+\hat{5}{X}^2$. Scădem din $f$ și rămâne $X+\hat{6}$.

Runda 2. $X:\hat{2}X=\hat{4}$. Înmulțim: $\hat{4}(\hat{2}X+\hat{1})=\hat{8}X+\hat{4}=X+\hat{4}$. Scădem și rămâne $\hat{2}$, de grad $0<1$, deci ne oprim.

$$\hat{3}{X}^3+\hat{5}{X}^2+X+\hat{6}=(\hat{2}X+\hat{1})(\hat{5}{X}^2+\hat{4})+\hat{2}.$$

Verificarea, obligatorie, se face înmulțind înapoi: $(\hat{2}X+\hat{1})(\hat{5}{X}^2+\hat{4})=\widehat{10}{X}^3+\hat{8}X+\hat{5}{X}^2+\hat{4}=\hat{3}{X}^3+\hat{5}{X}^2+X+\hat{4}$, iar adunând restul $\hat{2}$ obținem exact $f$ ✓.

4. Teorema restului peste un corp

Teorema restului. Fie $K$ corp comutativ, $f\in K[X]$ și $a\in K$. Restul împărțirii lui $f$ la $X-a$ este constanta $f(a)$.

Demonstrație. Împărțitorul are gradul $1$, deci restul este $0$ sau are gradul $0$: în ambele cazuri este o constantă $r\in K$. Din $f=(X-a)q+r$, înlocuind $X$ cu $a$, obținem $f(a)=(a-a)q(a)+r=r$. $■$

Demonstrația e literalmente aceeași ca peste $\mathbb{C}$; ce merită subliniat e că nu s-a folosit nimic despre $K$ în afară de regulile de calcul. Prin urmare teorema restului este valabilă chiar și peste inele, atât timp cât împărțitorul este monic.

Exemplu în ${\mathbb{Z}}_5[X]$: pentru $f=X^3+\hat{3}{X}^2+\hat{2}X+\hat{4}$ și împărțitorul $X+\hat{2}=X-\hat{3}$ (căci $-\hat{2}=\hat{3}$), restul este

$$f(\hat{3})=\widehat{27}+\hat{3}\cdot \hat{9}+\hat{2}\cdot \hat{3}+\hat{4}=\widehat{27}+\widehat{27}+\hat{6}+\hat{4}=\widehat{64}=\hat{4}.$$

Atenție la capcana de semn, aceeași ca la clasa a X-a, dar cu un plus de neatenție posibil: la împărțirea cu $X+\hat{2}$ se evaluează în $-\hat{2}$, care în ${\mathbb{Z}}_5$ este $\hat{3}$, nu $-2$.

5. Cum se aplică schema lui Horner modulo $p$?

Schema lui Horner funcționează neschimbată în $K[X]$, pentru că regula ei — „primul coeficient se coboară; fiecare număr următor este coeficientul de deasupra plus $a$ ori numărul din stânga" — folosește doar adunarea și înmulțirea. Peste ${\mathbb{Z}}_p$ tot ce se schimbă este că fiecare rezultat intermediar se reduce modulo $p$.

Reluăm exemplul de mai sus: $f=X^3+\hat{3}{X}^2+\hat{2}X+\hat{4}$ în ${\mathbb{Z}}_5[X]$, împărțit la $X+\hat{2}$, adică $a=\hat{3}$.

Calculele, celulă cu celulă: se coboară $\hat{1}$; apoi $\hat{3}+\hat{3}\cdot \hat{1}=\hat{6}=\hat{1}$; apoi $\hat{2}+\hat{3}\cdot \hat{1}=\hat{5}=\hat{0}$; apoi $\hat{4}+\hat{3}\cdot \hat{0}=\hat{4}$.

Citim: $q=X^2+X$ și $r=\hat{4}$ — exact valoarea $f(\hat{3})$ calculată în secțiunea precedentă. Verificarea prin înmulțire înapoi: $(X+\hat{2})(X^2+X)=X^3+X^2+\hat{2}{X}^2+\hat{2}X=X^3+\hat{3}{X}^2+\hat{2}X$, plus $\hat{4}$, adică exact $f$ ✓.

Un al doilea exemplu, cu coeficient lipsă, pentru că acolo se pierd punctele: $f=X^4+\hat{2}{X}^3+\hat{4}X+\hat{1}$ în ${\mathbb{Z}}_5[X]$, la $X-\hat{2}$. Coeficienții sunt $\hat{1},\hat{2},\hat{0},\hat{4},\hat{1}$ — cinci numere, adică $\mathrm{grad}f+1$, cu $\hat{0}$ pe locul lui $X^2$. Rândul lui Horner cu $a=\hat{2}$ este $\hat{1},\hat{4},\hat{3},\hat{0},\hat{1}$, deci $q=X^3+\hat{4}{X}^2+\hat{3}X$ și $r=\hat{1}$.

6. Teorema lui Bézout și divizibilitatea cu $X-a$

Teorema lui Bézout. Fie $K$ corp comutativ, $f\in K[X]$ și $a\in K$. Atunci $X-a$ divide pe $f$ dacă și numai dacă $f(a)=0$.

Demonstrație. Din teorema restului, $f=(X-a)q+f(a)$. Dacă $f(a)=0$, atunci $f=(X-a)q$, deci $X-a\mid f$. Reciproc, dacă $X-a\mid f$, restul este $0$, iar din unicitatea restului $f(a)=0$. $■$

Numim, ca și până acum, rădăcină a lui $f$ în $K$ un element $a\in K$ cu $f(a)=0$. Teorema lui Bézout spune deci: rădăcinile lui $f$ din $K$ sunt exact valorile $a$ pentru care $X-a$ este factor al lui $f$.

O aplicație pe care o vei folosi la fiecare problemă cu parametru: în ${\mathbb{Z}}_5[X]$, determinăm $a$ astfel încât $X-\hat{2}$ să dividă $f=X^3+aX+\hat{3}$. Condiția este $f(\hat{2})=\hat{0}$:

$$\hat{8}+\hat{2}a+\hat{3}=\hat{0}⟺\hat{3}+\hat{2}a+\hat{3}=\hat{0}⟺\hat{2}a=-\hat{6}=\hat{4}.$$

Înmulțim cu ${\hat{2}}^{-1}=\hat{3}$ și obținem $a=\hat{3}\cdot \hat{4}=\widehat{12}=\hat{2}$. Verificare: pentru $f=X^3+\hat{2}X+\hat{3}$, schema lui Horner cu $a=\hat{2}$ dă rândul $\hat{1},\hat{2},\hat{1},\hat{0}$, deci restul este $\hat{0}$ și $f=(X-\hat{2})(X^2+\hat{2}X+\hat{1})$ ✓.

7. Câte rădăcini poate avea un polinom peste un corp?

Teoremă. Fie $K$ corp comutativ și $f\in K[X]$ un polinom nenul de grad $n$. Atunci $f$ are cel mult $n$ rădăcini distincte în $K$.

Demonstrație (prin inducție după $n$). Pentru $n=0$, $f$ este o constantă nenulă și nu are rădăcini. Presupunem afirmația adevărată pentru gradul $n-1$ și fie $f$ de grad $n$. Dacă $f$ nu are rădăcini, am terminat. Dacă are o rădăcină $a$, din teorema lui Bézout scriem $f=(X-a)g$, unde $\mathrm{grad}g=n-1$ (formula gradului). Fie acum $b\ne a$ o altă rădăcină a lui $f$:

$$0=f(b)=(b-a)g(b).$$

Cum $b-a\ne 0$ și $K$ nu are divizori ai lui zero, rezultă $g(b)=0$. Prin urmare orice rădăcină a lui $f$ diferită de $a$ este rădăcină a lui $g$, care are cel mult $n-1$ rădăcini din ipoteza de inducție. În total, cel mult $1+(n-1)=n$. $■$

Acesta e locul în care se vede cel mai clar de ce ținem atât la ipoteza „corp". Peste $\mathbb{C}$, rezultatul îți era familiar; aici l-am demonstrat pentru orice corp și am izolat pasul care îl susține: pasajul de la $(b-a)g(b)=0$ la $g(b)=0$. Într-un inel cu divizori ai lui zero, acel pas este pur și simplu fals, iar concluzia cade odată cu el — vei vedea un contraexemplu spectaculos, cu un polinom de gradul al doilea care are patru rădăcini, în funcția polinomială și rădăcinile peste clase de resturi.

8. Restul împărțirii la un produs de factori de gradul întâi

Când împărțitorul are gradul $2$, restul are gradul cel mult $1$, deci se scrie $r=\alpha X+\beta$ cu $\alpha ,\beta \in K$; două condiții determină cele două necunoscute.

Fie $f=\hat{2}{X}^3+\hat{3}X+\hat{1}$ în ${\mathbb{Z}}_5[X]$ și $g=(X-\hat{1})(X-\hat{2})=X^2+\hat{2}X+\hat{2}$ (verifică: $-\hat{1}-\hat{2}=-\hat{3}=\hat{2}$ și $\hat{1}\cdot \hat{2}=\hat{2}$). Scriem $f=gq+\alpha X+\beta$ și evaluăm în cele două rădăcini ale lui $g$:

$$f(\hat{1})=\alpha +\beta ,f(\hat{2})=\hat{2}\alpha +\beta .$$

Calculăm valorile: $f(\hat{1})=\hat{2}+\hat{3}+\hat{1}=\hat{6}=\hat{1}$ și $f(\hat{2})=\widehat{16}+\hat{6}+\hat{1}=\widehat{23}=\hat{3}$. Sistemul $\alpha +\beta =\hat{1}$, $\hat{2}\alpha +\beta =\hat{3}$ dă, prin scădere, $\alpha =\hat{2}$, apoi $\beta =\hat{1}-\hat{2}=-\hat{1}=\hat{4}$. Deci restul este

$$r=\hat{2}X+\hat{4}.$$

Control rapid: $r(\hat{1})=\hat{2}+\hat{4}=\hat{6}=\hat{1}=f(\hat{1})$ ✓ și $r(\hat{2})=\hat{4}+\hat{4}=\hat{8}=\hat{3}=f(\hat{2})$ ✓. Metoda funcționează identic peste orice corp, cu condiția ca cele două rădăcini ale împărțitorului să fie distincte — altfel a doua ecuație o repetă pe prima.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Împărțire cu Horner în ${\mathbb{Z}}_5[X]$

Determinați câtul și restul împărțirii polinomului $f=X^3+\hat{2}{X}^2+\hat{3}X+\hat{1}$ la $X+\hat{1}$, în ${\mathbb{Z}}_5[X]$.

Rezolvare. Împărțitorul este $X-(-\hat{1})=X-\hat{4}$, deci $a=\hat{4}$. Coeficienții sunt $\hat{1},\hat{2},\hat{3},\hat{1}$.

Calculele: $\hat{1}$; $\hat{2}+\hat{4}=\hat{6}=\hat{1}$; $\hat{3}+\hat{4}=\hat{7}=\hat{2}$; $\hat{1}+\hat{8}=\hat{9}=\hat{4}$. Deci $q=X^2+X+\hat{2}$ și $r=\hat{4}$.

Verificare prin teorema restului: $f(\hat{4})=\widehat{64}+\widehat{32}+\widehat{12}+\hat{1}=\widehat{109}=\hat{4}$ ✓ (căci $109=21\cdot 5+4$).

Exemplul 2 — Împărțitor nemonic

În ${\mathbb{Z}}_5[X]$, determinați câtul și restul împărțirii lui $f=\hat{2}{X}^2+\hat{3}X+\hat{4}$ la $g=\hat{3}X+\hat{1}$.

Rezolvare. Avem nevoie de ${\hat{3}}^{-1}$ în ${\mathbb{Z}}_5$: cum $\hat{3}\cdot \hat{2}=\hat{6}=\hat{1}$, inversul este $\hat{2}$.

Runda 1: $\hat{2}{X}^2:\hat{3}X=\hat{2}\cdot \hat{2}X=\hat{4}X$. Înmulțim: $\hat{4}X(\hat{3}X+\hat{1})=\widehat{12}{X}^2+\hat{4}X=\hat{2}{X}^2+\hat{4}X$. Scădem: rămâne $(\hat{3}-\hat{4})X+\hat{4}=\hat{4}X+\hat{4}$.

Runda 2: $\hat{4}X:\hat{3}X=\hat{4}\cdot \hat{2}=\hat{8}=\hat{3}$. Înmulțim: $\hat{3}(\hat{3}X+\hat{1})=\hat{9}X+\hat{3}=\hat{4}X+\hat{3}$. Scădem: rămâne $\hat{1}$.

Deci $q=\hat{4}X+\hat{3}$ și $r=\hat{1}$. Verificare: $(\hat{3}X+\hat{1})(\hat{4}X+\hat{3})=\widehat{12}{X}^2+\hat{9}X+\hat{4}X+\hat{3}=\hat{2}{X}^2+\hat{3}X+\hat{3}$; adunând $\hat{1}$ obținem $f$ ✓.

Exemplul 3 — Împărțitor de gradul al doilea

În ${\mathbb{Z}}_5[X]$, determinați câtul și restul împărțirii lui $X^4+\hat{1}$ la $X^2+\hat{1}$.

Rezolvare. Împărțitorul este monic, deci nu avem de inversat nimic.

Runda 1: $X^4:X^2=X^2$; înmulțim: $X^2(X^2+\hat{1})=X^4+X^2$; scădem: rămâne $-X^2+\hat{1}=\hat{4}{X}^2+\hat{1}$.

Runda 2: $\hat{4}{X}^2:X^2=\hat{4}$; înmulțim: $\hat{4}(X^2+\hat{1})=\hat{4}{X}^2+\hat{4}$; scădem: rămâne $\hat{1}-\hat{4}=-\hat{3}=\hat{2}$.

Deci $q=X^2+\hat{4}$ și $r=\hat{2}$. Verificare: $(X^2+\hat{1})(X^2+\hat{4})=X^4+\hat{4}{X}^2+X^2+\hat{4}=X^4+\hat{5}{X}^2+\hat{4}=X^4+\hat{4}$; adunând $\hat{2}$ obținem $X^4+\hat{6}=X^4+\hat{1}$ ✓.

Exemplul 4 — Bézout cu parametru

Determinați $m\in {\mathbb{Z}}_7$ astfel încât $X-\hat{3}$ să dividă polinomul $f=X^2+mX+\hat{5}$ din ${\mathbb{Z}}_7[X]$.

Rezolvare. Din teorema lui Bézout, condiția este $f(\hat{3})=\hat{0}$:

$$\hat{9}+\hat{3}m+\hat{5}=\hat{0}⟺\hat{2}+\hat{3}m+\hat{5}=\hat{0}⟺\hat{3}m=-\hat{7}=\hat{0},$$

deci $\hat{3}m=\hat{0}$. Cum $\hat{3}$ este inversabil în ${\mathbb{Z}}_7$ (cu ${\hat{3}}^{-1}=\hat{5}$, pentru că $\widehat{15}=\hat{1}$), rezultă $m=\hat{0}$.

Verificare: pentru $m=\hat{0}$, $f=X^2+\hat{5}$, iar $f(\hat{3})=\hat{9}+\hat{5}=\widehat{14}=\hat{0}$ ✓. Cu Horner, rândul cu $a=\hat{3}$ este $\hat{1},\hat{3},\hat{0}$, deci $f=(X-\hat{3})(X+\hat{3})$.

Exemplul 5 — Factorizare completă prin Horner repetat

În ${\mathbb{Z}}_7[X]$, arătați că $\hat{1}$ este rădăcină a polinomului $f=X^3+\hat{6}$ și descompuneți $f$ în factori de gradul întâi.

Rezolvare. $f(\hat{1})=\hat{1}+\hat{6}=\hat{7}=\hat{0}$, deci $\hat{1}$ este rădăcină. Coeficienții lui $f$ sunt $\hat{1},\hat{0},\hat{0},\hat{6}$ (atenție la cele două zerouri!). Horner cu $a=\hat{1}$ dă rândul $\hat{1},\hat{1},\hat{1},\hat{0}$, deci

$$f=(X-\hat{1})(X^2+X+\hat{1}).$$

Căutăm rădăcinile câtului încercând clasele: valorile lui $X^2+X+\hat{1}$ în $\hat{0},\hat{1},\dots ,\hat{6}$ sunt $\hat{1},\hat{3},\hat{0},\hat{6},\hat{0},\hat{3},\hat{1}$, deci rădăcinile sunt $\hat{2}$ și $\hat{4}$. Horner pe cât, cu $a=\hat{2}$, dă rândul $\hat{1},\hat{3},\hat{0}$, adică $X^2+X+\hat{1}=(X-\hat{2})(X+\hat{3})=(X-\hat{2})(X-\hat{4})$, pentru că $-\hat{4}=\hat{3}$. Așadar

$$X^3+\hat{6}=(X-\hat{1})(X-\hat{2})(X-\hat{4}).$$

Trei rădăcini pentru un polinom de gradul al treilea — maximul permis de teorema din secțiunea 7.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră polinomul $f=X^3+\hat{3}{X}^2+aX+\hat{2}$ din ${\mathbb{Z}}_5[X]$, cu $a\in {\mathbb{Z}}_5$. (Problemă în formatul Subiectului al II-lea de la Bacalaureat M1.) a) Determinați restul împărțirii lui $f$ la $X-\hat{1}$, în funcție de $a$. b) Determinați $a$ pentru care $X-\hat{1}$ divide pe $f$. c) Pentru valoarea găsită, determinați câtul împărțirii lui $f$ la $X-\hat{1}$ și verificați rezultatul înmulțind înapoi.

Rezolvare. a) Din teorema restului, restul este

$$f(\hat{1})=\hat{1}+\hat{3}+a+\hat{2}=\hat{6}+a=\hat{1}+a.$$

b) Din teorema lui Bézout, $X-\hat{1}\mid f$ dacă și numai dacă $\hat{1}+a=\hat{0}$, adică $a=-\hat{1}=\hat{4}$.

c) Pentru $a=\hat{4}$ avem $f=X^3+\hat{3}{X}^2+\hat{4}X+\hat{2}$, cu coeficienții $\hat{1},\hat{3},\hat{4},\hat{2}$. Horner cu $a=\hat{1}$: se coboară $\hat{1}$; apoi $\hat{3}+\hat{1}=\hat{4}$; apoi $\hat{4}+\hat{4}=\hat{8}=\hat{3}$; apoi $\hat{2}+\hat{3}=\hat{5}=\hat{0}$. Restul este $\hat{0}$ ✓, iar câtul este $q=X^2+\hat{4}X+\hat{3}$.

Verificare prin înmulțire înapoi: $(X-\hat{1})(X^2+\hat{4}X+\hat{3})=X^3+\hat{4}{X}^2+\hat{3}X-X^2-\hat{4}X-\hat{3}=X^3+\hat{3}{X}^2-X-\hat{3}=X^3+\hat{3}{X}^2+\hat{4}X+\hat{2}$ ✓, pentru că $-\hat{1}=\hat{4}$ și $-\hat{3}=\hat{2}$.

Să exersăm

La fiecare împărțire, scrie toți coeficienții (inclusiv zerourile), verifică restul prin teorema restului și, la final, înmulțește înapoi.

1. În ${\mathbb{Z}}_5[X]$, determină câtul și restul împărțirii lui $X^3+\hat{4}{X}^2+\hat{2}X+\hat{3}$ la $X-\hat{1}$.

2. În ${\mathbb{Z}}_7[X]$, determină câtul și restul împărțirii lui $X^3+\hat{3}{X}^2+X+\hat{5}$ la $X-\hat{2}$.

3. În ${\mathbb{Z}}_5[X]$, determină restul împărțirii lui $X^4+\hat{3}X+\hat{1}$ la $X+\hat{2}$, folosind teorema restului.

4. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Împărțirea cu rest a două polinoame se poate face în orice inel de polinoame."

5. În ${\mathbb{Z}}_7[X]$, determină câtul și restul împărțirii lui $\hat{4}{X}^2+\hat{2}X+\hat{1}$ la $\hat{3}X+\hat{2}$.

6. În ${\mathbb{Z}}_5[X]$, determină $m$ astfel încât $X-\hat{3}$ să dividă $X^2+mX+\hat{1}$.

7. În ${\mathbb{Z}}_3[X]$, arată că $X^3+\hat{2}$ se divide cu $X-\hat{1}$ și determină câtul.

8. În ${\mathbb{Z}}_5[X]$, determină câtul și restul împărțirii lui $X^4+\hat{2}{X}^2+\hat{1}$ la $X^2+\hat{2}$.

9. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Restul împărțirii lui $f$ la $X+\hat{3}$ în ${\mathbb{Z}}_5[X]$ este $f(\hat{3})$."

10. În ${\mathbb{Z}}_7[X]$, determină restul împărțirii lui $f=X^3+\hat{2}X+\hat{1}$ la $(X-\hat{1})(X-\hat{2})$.

11. Explică, în două-trei fraze, de ce împărțirea la un polinom monic se poate face în orice inel de polinoame.

12. În ${\mathbb{Z}}_7[X]$, descompune $X^2+\hat{6}X+\hat{5}$ în factori de gradul întâi, pornind de la rădăcina $\hat{2}$.

13. (Problemă aplicată.) Un program de verificare a codurilor calculează restul împărțirii unui polinom de gradul al patrulea din ${\mathbb{Z}}_2[X]$ la $X+\hat{1}$. Arată că acest rest este $\hat{0}$ exact atunci când polinomul are un număr par de coeficienți nenuli.

14. În ${\mathbb{Z}}_7[X]$, determină toate valorile lui $a$ pentru care $X-\hat{5}$ divide $X^2+aX+\hat{3}$.

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $f=X^3+a{X}^2+\hat{2}X+\hat{4}$ din ${\mathbb{Z}}_5[X]$. a) Determină restul împărțirii lui $f$ la $X-\hat{2}$, în funcție de $a$. b) Determină $a$ pentru care $X-\hat{2}$ divide pe $f$. c) Pentru acest $a$, determină câtul, cu schema lui Horner.

16. În ${\mathbb{Z}}_5[X]$, câte polinoame monice de gradul întâi divid polinomul $X^2+\hat{1}$?

17. Arată că, peste orice corp $K$, dacă $f$ are gradul $2$ și nu are rădăcini în $K$, atunci $f$ nu se divide cu niciun polinom de gradul întâi din $K[X]$.

18. (Provocare.) În ${\mathbb{Z}}_5[X]$, arată că polinomul $X^4-\hat{1}$ are patru rădăcini distincte și descompune-l în patru factori de gradul întâi. De ce nu poate avea cinci rădăcini?

Răspunsuri și explicații

1. Coeficienți $\hat{1},\hat{4},\hat{2},\hat{3}$; cu $a=\hat{1}$, rândul lui Horner este $\hat{1}$; $\hat{4}+\hat{1}=\hat{0}$; $\hat{2}+\hat{0}=\hat{2}$; $\hat{3}+\hat{2}=\hat{0}$. Deci $q=X^2+\hat{2}$ și $r=\hat{0}$: împărțirea este exactă. Control: $f(\hat{1})=\hat{1}+\hat{4}+\hat{2}+\hat{3}=\widehat{10}=\hat{0}$ ✓.

2. Coeficienți $\hat{1},\hat{3},\hat{1},\hat{5}$; cu $a=\hat{2}$: $\hat{1}$; $\hat{3}+\hat{2}=\hat{5}$; $\hat{1}+\widehat{10}=\widehat{11}=\hat{4}$; $\hat{5}+\hat{8}=\widehat{13}=\hat{6}$. Deci $q=X^2+\hat{5}X+\hat{4}$ și $r=\hat{6}$.

3. Împărțitorul este $X-\hat{3}$, deci restul este $f(\hat{3})=\widehat{81}+\hat{9}+\hat{1}=\widehat{91}$. Cum $91=18\cdot 5+1$, restul este $\hat{1}$.

4. Fals. Ea cere ca coeficientul dominant al împărțitorului să fie inversabil, ceea ce într-un corp se întâmplă mereu, dar nu și în alte inele. În ${\mathbb{Z}}_4[X]$ nu se poate împărți $X^2$ la $\hat{2}X$, iar în $\mathbb{Z}[X]$ nu se poate împărți $X^2$ la $2X+1$.

5. ${\hat{3}}^{-1}=\hat{5}$ în ${\mathbb{Z}}_7$. Runda 1: $\hat{4}\cdot \hat{5}=\widehat{20}=\hat{6}$, deci primul termen al câtului este $\hat{6}X$; $\hat{6}X(\hat{3}X+\hat{2})=\widehat{18}{X}^2+\widehat{12}X=\hat{4}{X}^2+\hat{5}X$; rămâne $(\hat{2}-\hat{5})X+\hat{1}=\hat{4}X+\hat{1}$. Runda 2: $\hat{4}\cdot \hat{5}=\hat{6}$; $\hat{6}(\hat{3}X+\hat{2})=\hat{4}X+\hat{5}$; rămâne $\hat{1}-\hat{5}=\hat{3}$. Deci $q=\hat{6}X+\hat{6}$, $r=\hat{3}$.

6. Condiția este $f(\hat{3})=\hat{0}$: $\hat{9}+\hat{3}m+\hat{1}=\hat{0}$, adică $\hat{4}+\hat{3}m+\hat{1}=\hat{0}$, deci $\hat{3}m=-\hat{5}=\hat{0}$ și, cum $\hat{3}$ e inversabil, $m=\hat{0}$.

7. $f(\hat{1})=\hat{1}+\hat{2}=\hat{3}=\hat{0}$, deci $\hat{1}$ este rădăcină. Coeficienți $\hat{1},\hat{0},\hat{0},\hat{2}$; Horner cu $a=\hat{1}$: $\hat{1},\hat{1},\hat{1},\hat{0}$. Deci $q=X^2+X+\hat{1}$ și $X^3+\hat{2}=(X-\hat{1})(X^2+X+\hat{1})$.

8. Runda 1: $X^2(X^2+\hat{2})=X^4+\hat{2}{X}^2$; rămâne $\hat{0}{X}^2+\hat{1}$, adică $\hat{1}$. Cum $\mathrm{grad}\hat{1}=0<2$, ne oprim: $q=X^2$ și $r=\hat{1}$. Verificare: $(X^2+\hat{2})X^2+\hat{1}=X^4+\hat{2}{X}^2+\hat{1}$ ✓.

9. Fals. Împărțitorul este $X+\hat{3}=X-\hat{2}$ (căci $-\hat{3}=\hat{2}$ în ${\mathbb{Z}}_5$), deci restul este $f(\hat{2})$. Capcana de semn e aceeași ca peste numerele reale, cu neatenția în plus că opusul se calculează modulo $5$.

10. Restul are forma $\alpha X+\beta$. Din $f(\hat{1})=\hat{1}+\hat{2}+\hat{1}=\hat{4}$ și $f(\hat{2})=\hat{8}+\hat{4}+\hat{1}=\widehat{13}=\hat{6}$ obținem sistemul $\alpha +\beta =\hat{4}$, $\hat{2}\alpha +\beta =\hat{6}$. Scăzând: $\alpha =\hat{2}$, apoi $\beta =\hat{2}$. Deci $r=\hat{2}X+\hat{2}$.

11. Pentru că singurul loc din algoritm în care se folosește o inversare este împărțirea coeficientului dominant al restului parțial la coeficientul dominant al împărțitorului. Dacă împărțitorul este monic, acel coeficient este $1$, iar împărțirea la $1$ se poate face în orice inel. De aceea împărțirea la $X-a$ merge oriunde.

12. Din $f(\hat{2})=\hat{4}+\widehat{12}+\hat{5}=\widehat{21}=\hat{0}$, $\hat{2}$ este rădăcină. Horner cu $a=\hat{2}$ pe coeficienții $\hat{1},\hat{6},\hat{5}$: $\hat{1}$; $\hat{6}+\hat{2}=\hat{1}$; $\hat{5}+\hat{2}=\hat{0}$. Deci $X^2+\hat{6}X+\hat{5}=(X-\hat{2})(X+\hat{1})=(X-\hat{2})(X-\hat{6})$.

13. Restul este $f(-\hat{1})=f(\hat{1})$, pentru că în ${\mathbb{Z}}_2$ avem $-\hat{1}=\hat{1}$. Iar $f(\hat{1})$ este suma tuturor coeficienților, adică $\hat{1}$ adunat de atâtea ori câți coeficienți nenuli există. Suma este $\hat{0}$ exact când numărul termenilor nenuli este par.

14. Condiția: $f(\hat{5})=\widehat{25}+\hat{5}a+\hat{3}=\hat{4}+\hat{5}a+\hat{3}=\hat{5}a=\hat{0}$. Cum $\hat{5}$ este inversabil în ${\mathbb{Z}}_7$ (cu ${\hat{5}}^{-1}=\hat{3}$), singura soluție este $a=\hat{0}$.

15. a) $f(\hat{2})=\hat{8}+\hat{4}a+\hat{4}+\hat{4}=\widehat{16}+\hat{4}a=\hat{1}+\hat{4}a$. b) Condiția $\hat{1}+\hat{4}a=\hat{0}$ dă $\hat{4}a=\hat{4}$, iar $\hat{4}$ fiind inversabil (cu ${\hat{4}}^{-1}=\hat{4}$), obținem $a=\hat{1}$. c) Cu $f=X^3+X^2+\hat{2}X+\hat{4}$ și $a=\hat{2}$, rândul lui Horner este $\hat{1},\hat{3},\hat{3},\hat{0}$, deci $q=X^2+\hat{3}X+\hat{3}$ și restul $\hat{0}$ ✓.

16. Polinoamele monice de gradul întâi sunt $X-c$ cu $c\in {\mathbb{Z}}_5$, iar $X-c$ divide $X^2+\hat{1}$ exact când $c$ este rădăcină. Rădăcinile sunt $\hat{2}$ și $\hat{3}$ (valorile lui $X^2+\hat{1}$ pe cele cinci clase sunt $\hat{1},\hat{2},\hat{0},\hat{0},\hat{2}$), deci sunt două: $X-\hat{2}$ și $X-\hat{3}$.

17. Presupunem că $f=(\alpha X+\beta )h$ cu $\alpha \ne 0$. Din formula gradului, $\mathrm{grad}h=1$, deci $f$ este produsul a doi factori de gradul întâi. Dar $\alpha X+\beta$ se anulează în $-\beta {\alpha }^{-1}\in K$, care ar fi rădăcină a lui $f$ — contradicție cu ipoteza. Deci un astfel de factor nu există.

18. Valorile lui $X^4-\hat{1}$ pe cele cinci clase sunt $\hat{4},\hat{0},\hat{0},\hat{0},\hat{0}$, deci rădăcinile sunt $\hat{1},\hat{2},\hat{3},\hat{4}$ — patru la număr. Aplicând teorema lui Bézout de patru ori, $X^4-\hat{1}=(X-\hat{1})(X-\hat{2})(X-\hat{3})(X-\hat{4})$. Nu poate avea cinci rădăcini pentru că, ${\mathbb{Z}}_5$ fiind corp, un polinom nenul de grad $4$ are cel mult $4$ rădăcini distincte (secțiunea 7); de altfel $\hat{0}$ chiar nu este rădăcină.

De reținut

• Teorema împărțirii cu rest în $K[X]$ garantează existența și unicitatea câtului și restului, cu $r=0$ sau $\mathrm{grad}r<\mathrm{grad}g$, ori de câte ori $K$ este corp comutativ și $g\ne 0$.
• Împărțirea funcționează pentru că se poate înmulți cu inversul coeficientului dominant al împărțitorului; într-un inel oarecare ea reușește doar când acel coeficient este inversabil, în particular când împărțitorul este monic.
• Restul împărțirii lui $f$ la $X-a$ este constanta $f(a)$, iar schema lui Horner dă simultan câtul și restul, cu toate calculele reduse modulo $p$ atunci când se lucrează în ${\mathbb{Z}}_p[X]$.
• Teorema lui Bézout spune că $X-a$ divide pe $f$ dacă și numai dacă $f(a)=0$, ceea ce transformă orice problemă de divizibilitate cu un factor de gradul întâi într-o ecuație.
• Un polinom nenul de grad $n$ din $K[X]$ are cel mult $n$ rădăcini distincte în $K$, iar demonstrația se sprijină pe faptul că un corp nu are divizori ai lui zero.

Greșeli frecvente

• Uitarea inversului la împărțitor nemonic. La împărțirea cu $\hat{3}X+\hat{1}$ în ${\mathbb{Z}}_5[X]$ nu se „împarte la $3$": se înmulțește cu ${\hat{3}}^{-1}=\hat{2}$. Determină întâi inversul, scrie-l deoparte și folosește-l la fiecare rundă.
• Semnul lui $a$ la teorema restului. La împărțirea cu $X+\hat{2}$ în ${\mathbb{Z}}_5[X]$ se evaluează în $-\hat{2}=\hat{3}$, nu în $\hat{2}$. Rescrie întâi împărțitorul sub forma $X-a$.
• Omiterea coeficienților nuli în schema lui Horner. Rândul de sus trebuie să conțină exact $\mathrm{grad}f+1$ clase. La $X^3+\hat{6}$ se scriu patru: $\hat{1},\hat{0},\hat{0},\hat{6}$.
• Aplicarea teoremei împărțirii cu rest peste inele oarecare. În ${\mathbb{Z}}_4[X]$ sau ${\mathbb{Z}}_6[X]$ enunțul este pur și simplu fals; verifică întâi că lucrezi într-un ${\mathbb{Z}}_p$ cu $p$ prim.
• Concluzia „are cel mult $n$ rădăcini" invocată fără ipoteză. Teorema cere ca $K$ să fie corp. Peste un inel cu divizori ai lui zero, un polinom de gradul al doilea poate avea patru rădăcini.

Aplică acasă

1. Tabelul inverselor. Scrie, pentru $p=5$ și $p=7$, tabelul inverselor claselor nenule. Ține-l la vedere când faci împărțiri cu împărțitor nemonic — jumătate din greșelile de la această temă vin din inversul calculat greșit.

2. Horner de trei ori la rând. Ia $f=X^4-\hat{1}$ în ${\mathbb{Z}}_5[X]$ și aplică schema lui Horner succesiv, cu $a=\hat{1}$, apoi pe cât cu $a=\hat{2}$, apoi cu $a=\hat{3}$. Scrie descompunerea obținută și compară cu răspunsul exercițiului 18.

3. Comparația celor două lumi. Ia același polinom, $X^2+\hat{1}$, și caută-i rădăcinile în ${\mathbb{Z}}_5$, apoi în ${\mathbb{Z}}_3$, apoi în ${\mathbb{Z}}_7$. Notează în ce corpuri se descompune în factori de gradul întâi și în care nu; formulează o observație proprie despre ce pare să depindă răspunsul.

Pentru părinți și profesori

Lecția este cea mai „procedurală" din unitate, dar are un miez teoretic pe care merită insistat: algoritmul de împărțire nu e un dat, ci o consecință a inversabilității. Elevul care înțelege asta nu mai încearcă niciodată să împartă în ${\mathbb{Z}}_6[X]$ și nu se mai sperie când împărțitorul nu e monic — știe că îi trebuie doar inversul unui element.

De verificat în caiet: (1) inversul coeficientului dominant e calculat și scris explicit înainte de prima rundă; (2) în schema lui Horner apar toate cele $\mathrm{grad}f+1$ clase, inclusiv zerourile; (3) semnul lui $a$ e corect când împărțitorul e $X+c$; (4) fiecare împărțire se încheie cu verificarea prin înmulțire înapoi. Întrebări de control: „Care e inversul lui $\hat{3}$ în ${\mathbb{Z}}_7$?"; „De ce nu se poate împărți $X^2$ la $\hat{2}X$ în ${\mathbb{Z}}_4[X]$?"; „Câte rădăcini poate avea un polinom de gradul al treilea peste ${\mathbb{Z}}_5$?".

La Bacalaureat M1 tema apare în Subiectul al II-lea, aproape întotdeauna în forma „determinați restul / determinați parametrul pentru care divide / determinați câtul". Pentru elevii care vor peste $9$ la BAC, cel mai bun antrenament este să facă fiecare împărțire de două ori: o dată cu algoritmul în coloană și o dată cu Horner (când se poate), comparând rezultatele. Semn că a înțeles: verifică singur, fără să i se ceară, înmulțind câtul cu împărțitorul și adunând restul. Continuarea temei este cel mai mare divizor comun și algoritmul lui Euclid.

Întrebări frecvente

Cum se împart două polinoame cu coeficienți clase de resturi? Se aplică algoritmul obișnuit al împărțirii în coloană, cu o singură modificare: la fiecare rundă, în loc să împarți coeficientul dominant al restului parțial la cel al împărțitorului, îl înmulțești cu inversul acestuia din urmă, calculat în ${\mathbb{Z}}_p$. Toate rezultatele intermediare se reduc modulo $p$, iar la final se verifică prin înmulțire înapoi.

Ce spune teorema împărțirii cu rest la polinoame? Spune că, pentru orice $f,g\in K[X]$ cu $g\ne 0$ și $K$ corp comutativ, există și sunt unice polinoamele $q$ și $r$ cu $f=gq+r$, unde $r=0$ sau $\mathrm{grad}r<\mathrm{grad}g$. Condiția asupra gradului restului este esențială: fără ea, scrierea $f=gq+r$ ar fi posibilă în nenumărate feluri.

De ce este nevoie ca $K$ să fie corp la împărțirea polinoamelor? Pentru că algoritmul cere, la fiecare pas, inversul coeficientului dominant al împărțitorului. Într-un corp orice element nenul este inversabil, deci pasul se poate face mereu. În $\mathbb{Z}[X]$ nu se poate împărți $X^2$ la $2X+1$, iar în ${\mathbb{Z}}_4[X]$ nu se poate împărți $X^2$ la $\hat{2}X$ — în ambele cazuri, coeficientul dominant al împărțitorului nu are invers.

Care este restul împărțirii unui polinom la $X-a$? Restul este exact valoarea $f(a)$, adică o constantă. Acesta e conținutul teoremei restului, valabilă peste orice corp și, de fapt, peste orice inel comutativ, pentru că împărțitorul $X-a$ este monic. Consecința practică: nu ai nevoie să faci împărțirea ca să afli restul, ci doar să evaluezi polinomul.

Ce spune teorema lui Bézout? Teorema lui Bézout spune că $X-a$ divide polinomul $f$ dacă și numai dacă $f(a)=0$, adică dacă și numai dacă $a$ este rădăcină a lui $f$. Ea transformă orice problemă de divizibilitate cu un factor de gradul întâi într-o simplă ecuație și e principalul instrument de determinare a parametrilor în subiectele de Bacalaureat M1.

Cum se aplică schema lui Horner modulo $p$? Exact ca peste numerele reale: în rândul de sus se scriu toți coeficienții, inclusiv zerourile; primul se coboară; fiecare număr următor este coeficientul de deasupra plus $a$ ori numărul din stânga. Singura deosebire este că fiecare rezultat se reduce modulo $p$. Ultimul număr este restul, adică $f(a)$, iar celelalte sunt coeficienții câtului.

Câte rădăcini poate avea un polinom peste un corp? Un polinom nenul de grad $n$ din $K[X]$ are cel mult $n$ rădăcini distincte în $K$. Demonstrația se face prin inducție, scoțând factorul $X-a$ cu teorema lui Bézout și folosind faptul că într-un corp nu există divizori ai lui zero. Peste un inel care nu e corp, concluzia poate fi falsă.

Unde apare împărțirea polinoamelor la Bacalaureat M1? În Subiectul al II-lea, în problemele de polinoame din suplimentul valabil pentru sesiunile 2027–2029: se cere restul împărțirii la $X-a$, valoarea unui parametru pentru care un factor divide polinomul, sau câtul obținut cu schema lui Horner. Cerințele se rezolvă aproape întotdeauna cu teorema restului și cu teorema lui Bézout, nu cu împărțirea în coloană.