Teorema lui Bézout

Există în matematică teoreme lungi, cu demonstrații de trei pagini, și teoreme care încap într-un rând. Teorema lui Bézout este din a doua categorie — demonstrația ei are patru rânduri — și totuși este, poate, cel mai des folosit rezultat din tot capitolul despre polinoame. Motivul e simplu: ea traduce o întrebare de calcul („se divide $f$ cu $X - a$ ?", care ar cere o împărțire) într-o întrebare de evaluare („cât face $f (a)$ ?", care cere o singură înlocuire).

Mai mult decât atât, teorema construiește puntea dintre două lumi care până acum au trăit separat: lumea rădăcinilor (numerele care anulează polinomul) și lumea factorilor (bucățile din care e făcut polinomul). După această lecție, cele două vor fi același lucru: fiecare rădăcină este un factor de gradul întâi, și invers. Pe această echivalență se sprijină tot ce urmează — descompunerea canonică, rădăcinile multiple, relațiile lui Viète, rezolvarea ecuațiilor algebrice.

Ce vei învăța

Vei ști să enunți și să demonstrezi teorema lui Bézout, în ambele sensuri ale echivalenței.
Vei ști să decizi dacă $X - a$ divide un polinom fără să faci împărțirea, doar calculând $f (a)$ .
Vei ști să descompui un polinom pornind de la o rădăcină evidentă, combinând Bézout cu schema lui Horner.
Vei ști să extinzi teorema la mai multe rădăcini: când se divide $f$ cu $(X - a) (X - b)$ .
Vei ști să calculezi restul împărțirii la un produs de factori de gradul întâi, folosind doar valorile polinomului.
Vei ști să demonstrezi că un polinom de gradul $n$ are cel mult $n$ rădăcini distincte.

Hai să descoperim împreună

1. Punctul de plecare: teorema restului

Reamintim rezultatul din Împărțirea la X − a. Teorema restului, pentru că teorema lui Bézout este consecința lui directă.

Teorema restului. Restul împărțirii unui polinom $f$ la $X - a$ este constanta $f (a)$ .

Ideea demonstrației, în două rânduri: împărțind $f$ la $X - a$ obținem $f = (X - a) q + r$ , unde $r$ este constant (are gradul mai mic decât $1$ ). Dând lui $X$ valoarea $a$ :

$f (a) = (a - a) \cdot q (a) + r = 0 + r = r .$

Deci $r = f (a)$ . Restul nu depinde de cât, nici de gradul lui $f$ — este pur și simplu valoarea polinomului în $a$ .

2. Teorema lui Bézout

Punem acum împreună teorema restului și criteriul de divizibilitate din Divizibilitatea polinoamelor (un polinom se divide cu altul exact când restul este nul). Rezultatul este următorul.

Teorema lui Bézout. Fie $f \in C [X]$ și $a \in C$ . Atunci

$(X - a) ∣ f ⟺ f (a) = 0,$

adică $f$ se divide cu $X - a$ dacă și numai dacă $a$ este rădăcină a lui $f$ .

Demonstrație. Împărțim $f$ la $X - a$ , cu rest: $f = (X - a) q + r$ , unde $r$ este o constantă. Din teorema restului, $r = f (a)$ , deci putem scrie mereu

$f = (X - a) \cdot q + f (a) . (*)$

„ $\Rightarrow$ " Dacă $(X - a) ∣ f$ , restul împărțirii este $0$ ; cum restul este $f (a)$ , rezultă $f (a) = 0$ .

„ $\Leftarrow$ " Dacă $f (a) = 0$ , relația $(*)$ devine $f = (X - a) \cdot q$ , ceea ce înseamnă exact că $X - a$ divide $f$ . $■$

Frumusețea demonstrației stă în relația $(*)$ : ea este adevărată întotdeauna, indiferent dacă $a$ e rădăcină sau nu, și conține în ea ambele implicații. Merită memorată ca atare.

✏️Ilustrație: o balanță cu două talere; pe talerul din stânga scrie „a este rădăcină: f(a) = 0", pe cel din dreapta „X − a este factor: f = (X − a)·q"; balanța e perfect echilibrată, cu semnul ⟺ deasupra

Observație de vocabular. Numele „Bézout" apare în matematică și într-un context complet diferit — identitatea lui Bézout pentru numere întregi, care spune că cel mai mare divizor comun a două numere se scrie ca $a x + b y$ . Sunt două rezultate distincte ale aceluiași matematician francez, Étienne Bézout (1730–1783). În contextul polinoamelor de clasa a X-a, „teorema lui Bézout" înseamnă întotdeauna echivalența de mai sus.

3. Prima consecință: factorizarea cu rădăcină evidentă

Teorema lui Bézout se folosește cel mai des în forma ei constructivă:

Dacă găsești o rădăcină $a$ , ai găsit un factor: $f = (X - a) \cdot q$ , iar $q$ se obține din schema lui Horner.

Aceasta este metoda standard de descompunere a polinoamelor de gradul $3$ și $4$ : cauți o rădăcină „evidentă" printre numerele mici ( $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 3$ …), o găsești, cobori gradul cu unu prin Schema lui Horner și continui cu polinomul rămas.

Exemplu. Fie $f = X^{3} - 4 X^{2} + X + 6$ . Încercăm $a = 1$ : $f (1) = 1 - 4 + 1 + 6 = 4 \neq = 0$ . Încercăm $a = 2$ :

$f (2) = 8 - 16 + 2 + 6 = 0. ✓$

Deci $X - 2$ divide $f$ . Schema lui Horner cu $a = 2$ pe coeficienții $1, - 4, 1, 6$ dă:

	$1$	$- 4$	$1$	$6$
$a = 2$	$1$	$- 2$	$- 3$	$0$

Câtul este $q = X^{2} - 2 X - 3$ , iar restul $0$ — confirmarea că $2$ chiar e rădăcină. Descompunem mai departe trinomul: $X^{2} - 2 X - 3 = (X - 3) (X + 1)$ . Prin urmare

$f = (X - 2) (X - 3) (X + 1),$

iar rădăcinile lui $f$ sunt $2$ , $3$ și $- 1$ .

4. Extinderea la mai multe rădăcini

Ce se întâmplă dacă vrem să știm când $f$ se divide cu un produs de doi factori de gradul întâi?

Teoremă. Fie $a \neq = b$ două numere complexe. Atunci

$(X - a) (X - b) ∣ f ⟺ f (a) = 0 ș i f (b) = 0.$

Demonstrație. „ $\Rightarrow$ " Dacă $f = (X - a) (X - b) h$ , atunci înlocuind $X = a$ obținem $f (a) = 0$ , iar înlocuind $X = b$ obținem $f (b) = 0$ .

„ $\Leftarrow$ " Din $f (a) = 0$ și Bézout, $f = (X - a) q$ . Punem $X = b$ : $0 = f (b) = (b - a) q (b)$ . Cum $b \neq = a$ , avem $b - a \neq = 0$ , deci $q (b) = 0$ . Aplicăm din nou Bézout, de data aceasta lui $q$ : $q = (X - b) h$ . Înlocuind, $f = (X - a) (X - b) h$ . $■$

Atenție la ipoteza $a \neq = b$ . Fără ea afirmația este falsă: pentru $f = X - 1$ avem $f (1) = 0$ , dar $f$ nu se divide cu $(X - 1)^{2}$ — gradul nici nu ar permite-o. Cazul $a = b$ este chiar subiectul lecției Rădăcini multiple și ordinul de multiplicitate.

Rezultatul se extinde la oricâte rădăcini distincte dorim: dacă $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$ sunt distincte două câte două și toate anulează $f$ , atunci

$(X - a_{1}) (X - a_{2}) \dots (X - a_{k}) ∣ f .$

5. Restul împărțirii la un produs, calculat din valori

Iată un tip de problemă care pare să ceară o împărțire grea, dar se rezolvă în trei rânduri.

Problemă-tip. Se cere restul împărțirii lui $f$ la $(X - a) (X - b)$ , cu $a \neq = b$ , cunoscând doar $f (a)$ și $f (b)$ .

Metoda. Divizorul are gradul $2$ , deci restul are gradul cel mult $1$ : $r = α X + β$ . Scriem împărțirea

$f = (X - a) (X - b) \cdot q + α X + β .$

Înlocuim $X = a$ : partea cu produsul se anulează și rămâne $f (a) = α a + β$ . La fel pentru $X = b$ : $f (b) = α b + β$ . Obținem un sistem de două ecuații cu necunoscutele $α$ și $β$ , pe care îl rezolvăm.

Exemplu. Restul împărțirii lui $f$ la $X^{2} - 3 X + 2 = (X - 1) (X - 2)$ , știind că $f (1) = 3$ și $f (2) = 5$ . Sistemul este

${α + β = 3 2 α + β = 5 ⟹ α = 2, β = 1,$

deci restul este $r = 2 X + 1$ . Observă că nu am folosit nicăieri forma lui $f$ — doar două valori ale lui!

Un control util: polinomul $f = X^{3} - 5 X + 7$ are $f (1) = 3$ și $f (2) = 5$ ; împărțit efectiv la $X^{2} - 3 X + 2$ , dă într-adevăr restul $2 X + 1$ .

✏️Ilustrație: schema metodei — un dreptunghi cu „f = (X−1)(X−2)·q + αX + β", două săgeți în jos etichetate „X = 1" și „X = 2" care duc la ecuațiile α+β = f(1) și 2α+β = f(2), iar dedesubt restul αX+β

6. Câte rădăcini poate avea un polinom?

Teorema lui Bézout dă un răspuns definitiv la o întrebare naturală.

Teoremă. Un polinom nenul de gradul $n$ are cel mult $n$ rădăcini distincte.

Demonstrație. Presupunem, prin reducere la absurd, că $f$ (de grad $n$ ) ar avea $n + 1$ rădăcini distincte $a_{1}, \dots, a_{n + 1}$ . Din extinderea de la punctul 4, produsul $(X - a_{1}) \dots (X - a_{n + 1})$ , care are gradul $n + 1$ , ar divide $f$ . Dar, din proprietatea gradelor la divizibilitate, gradul divizorului nu poate depăși gradul lui $f$ : ar rezulta $n + 1 \leq n$ , fals. $■$

Consecință folosită des: dacă un polinom de gradul $n$ se anulează în mai mult de $n$ puncte, atunci el este polinomul nul. De aici rezultă, de pildă, că două polinoame de grad cel mult $n$ care iau aceleași valori în $n + 1$ puncte sunt identice — principiul pe care se bazează interpolarea, adică reconstruirea unei formule dintr-un tabel de valori.

7. Rezumatul metodei de lucru

Când vezi o cerință cu $X - a$ , gândește-te automat la traseul acesta:

„Se divide cu $X - a$ ?" → calculează $f (a)$ ; zero înseamnă da.
„Determinați parametrul astfel încât să se dividă cu $X - a$ " → scrie ecuația $f (a) = 0$ și rezolv-o.
„Se divide cu $(X - a) (X - b)$ , cu $a \neq = b$ ?" → două ecuații: $f (a) = 0$ și $f (b) = 0$ .
„Restul împărțirii la $(X - a) (X - b)$ " → pune $r = α X + β$ și înlocuiește $X = a$ , $X = b$ .
„Descompuneți polinomul" → caută o rădăcină mică, aplică Horner, repetă.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Factorizare pornind de la o rădăcină

Arătați, fără a efectua împărțirea, că $X - 2$ divide $f = X^{3} - 4 X^{2} + X + 6$ și scrieți descompunerea completă a lui $f$ .

Rezolvare. Calculăm $f (2) = 8 - 16 + 2 + 6 = 0$ . Din teorema lui Bézout, $(X - 2) ∣ f$ .

Aplicăm schema lui Horner cu $a = 2$ pe coeficienții $1, - 4, 1, 6$ : obținem $1, - 2, - 3$ și restul $0$ , deci câtul este $X^{2} - 2 X - 3$ . Rezolvăm $X^{2} - 2 X - 3 = 0$ : $Δ = 4 + 12 = 16$ , $X_{1, 2} = \frac{2 \pm 4}{2}$ , adică $3$ și $- 1$ . Prin urmare

$f = (X - 2) (X - 3) (X + 1) .$

Verificare rapidă a termenului liber: $(- 2) (- 3) (1) = 6$ . ✓

Exemplul 2 — Un parametru dintr-o condiție de divizibilitate

Determinați $m \in R$ astfel încât polinomul $f = X^{3} - m X^{2} + 2 X + 3$ să se dividă cu $X - 3$ .

Rezolvare. Din Bézout, condiția este $f (3) = 0$ :

$f (3) = 27 - 9 m + 6 + 3 = 36 - 9 m .$

Ecuația $36 - 9 m = 0$ dă $m = 4$ .

Verificare: pentru $m = 4$ , $f (3) = 27 - 36 + 6 + 3 = 0$ . ✓ Observă cât de scurt e drumul: o singură înlocuire, în loc de o împărțire cu parametru.

Exemplul 3 — Doi parametri, două rădăcini

Determinați $a, b \in R$ astfel încât $f = X^{4} - 3 X^{3} + a X^{2} + b X - 4$ să se dividă cu $(X - 1) (X + 2)$ .

Rezolvare. Cum $1 \neq = - 2$ , condiția este $f (1) = 0$ și $f (- 2) = 0$ :

$f (1) = 1 - 3 + a + b - 4 = a + b - 6 = 0,$ $f (- 2) = 16 + 24 + 4 a - 2 b - 4 = 4 a - 2 b + 36 = 0 ⟺ 2 a - b + 18 = 0.$

Adunăm cele două ecuații scrise ca $a + b = 6$ și $2 a - b = - 18$ : obținem $3 a = - 12$ , deci $a = - 4$ și $b = 10$ .

Verificare: $f = X^{4} - 3 X^{3} - 4 X^{2} + 10 X - 4$ , iar împărțind la $X^{2} + X - 2$ obținem câtul $X^{2} - 4 X + 2$ și restul $0$ . Într-adevăr, $(X^{2} + X - 2) (X^{2} - 4 X + 2) = X^{4} - 3 X^{3} - 4 X^{2} + 10 X - 4$ . ✓

Exemplul 4 — Restul, din două valori

Se știe că $f (1) = 3$ și $f (2) = 5$ . Calculați restul împărțirii lui $f$ la $X^{2} - 3 X + 2$ .

Rezolvare. Divizorul este $(X - 1) (X - 2)$ , de gradul $2$ , deci restul are forma $r = α X + β$ . Din

$f = (X - 1) (X - 2) q + α X + β,$

înlocuind $X = 1$ și $X = 2$ obținem $α + β = 3$ și $2 α + β = 5$ . Scăzând, $α = 2$ , apoi $β = 1$ . Restul este

$r = 2 X + 1.$

Exemplul 5 — Câte rădăcini distincte?

Arătați că un polinom de gradul $3$ nu poate avea patru rădăcini distincte.

Rezolvare. Presupunem că polinomul $f$ , de gradul $3$ , ar avea rădăcinile distincte $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ . Aplicând repetat teorema lui Bézout (varianta pentru rădăcini distincte), produsul

$(X - a_{1}) (X - a_{2}) (X - a_{3}) (X - a_{4})$

ar divide $f$ . Acest produs are gradul $4$ , iar $f$ are gradul $3$ ; însă un divizor al unui polinom nenul nu poate avea gradul mai mare decât acesta. Contradicție. Deci un polinom de gradul $3$ are cel mult $3$ rădăcini distincte. $■$

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Fie $f = X^{3} - 2 X^{2} + a X + b$ , cu $a, b \in R$ . Determinați $a$ și $b$ știind că $f$ se divide cu $X^{2} - 1$ , apoi rezolvați ecuația $f (x) = 0$ .

Rezolvare. Avem $X^{2} - 1 = (X - 1) (X + 1)$ , cu rădăcinile distincte $1$ și $- 1$ . Condiția de divizibilitate este, prin Bézout, $f (1) = 0$ și $f (- 1) = 0$ :

$f (1) = 1 - 2 + a + b = a + b - 1 = 0,$ $f (- 1) = - 1 - 2 - a + b = b - a - 3 = 0.$

Din sistemul $a + b = 1$ , $b - a = 3$ obținem $b = 2$ și $a = - 1$ , deci $f = X^{3} - 2 X^{2} - X + 2$ .

Pentru ecuație: știm deja rădăcinile $1$ și $- 1$ ; a treia se obține împărțind la $X^{2} - 1$ , cu câtul $X - 2$ . Așadar

$f = (X - 1) (X + 1) (X - 2), S = {- 1, 1, 2} .$

Verificare: $f (2) = 8 - 8 - 2 + 2 = 0$ . ✓

Să exersăm

La fiecare cerință cu $X - a$ , prima ta mișcare să fie evaluarea, nu împărțirea. Împărțirea (sau Hornerul) vine abia după ce știi că restul e zero, ca să obții câtul.

1. Verifică, folosind teorema lui Bézout, dacă $X - 1$ divide $f = X^{3} - 2 X^{2} + 3 X - 2$ ; dacă da, scrie câtul.

2. Verifică dacă $X + 2$ divide $f = X^{3} + 3 X^{2} - 4$ ; dacă da, scrie câtul.

3. Verifică dacă $X - 2$ divide $f = X^{4} - 3 X^{2} + 5$ și precizează restul împărțirii.

4. Determină $m \in R$ astfel încât $X - 1$ să dividă $f = X^{3} + m X^{2} - 4 X + 2$ .

5. Determină $m \in R$ astfel încât $X + 3$ să dividă $f = X^{3} + 2 X^{2} + m X + 6$ .

6. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă $f (a) = 0$ , atunci $f$ se divide cu $X - a$ ."

7. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă $f$ se divide cu $(X - 1) (X - 2)$ , atunci $f (1) = f (2) = 0$ ."

8. Descompune în factori $f = X^{3} - 7 X + 6$ , pornind de la o rădăcină evidentă.

9. Descompune în factori $f = X^{3} - 3 X^{2} - X + 3$ .

10. Determină $a, b \in R$ astfel încât $f = X^{4} + a X^{3} + b X^{2} - 4 X + 4$ să se dividă cu $X^{2} - 1$ , apoi scrie câtul.

11. Calculează restul împărțirii unui polinom $f$ la $X^{2} - 5 X + 6$ , știind că $f (2) = 1$ și $f (3) = 4$ .

12. (Problemă aplicată.) Profitul lunar al unui mic atelier, în mii de lei, este modelat de $P (x) = x^{3} - 6 x^{2} + 3 x + 10$ , unde $x$ este numărul de sute de produse vândute. Arată că $x = 5$ este prag de rentabilitate (profit zero), descompune $P$ în factori și găsește toate pragurile de rentabilitate cu sens practic.

13. Arată că $X - 1$ divide $X^{n} - 1$ pentru orice $n \geq 1$ și că $X + 1$ divide $X^{n} + 1$ pentru orice $n$ impar, folosind teorema lui Bézout.

14. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Un polinom de gradul $4$ poate avea cinci rădăcini distincte."

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Fie $f = X^{3} + a X^{2} + b X - 6$ , cu $a, b \in R$ . a) Determinați $a$ și $b$ știind că $f$ se divide cu $(X - 1) (X + 2)$ . b) Determinați a treia rădăcină a lui $f$ .

16. Determină $a \in R$ astfel încât restul împărțirii lui $f = X^{3} + a X^{2} - 2 X + 5$ la $X - 2$ să fie egal cu $13$ .

17. Arată că $1$ , $2$ și $3$ sunt rădăcini ale polinomului $f = X^{3} - 6 X^{2} + 11 X - 6$ și deduce descompunerea lui $f$ .

18. (Provocare.) Determină restul împărțirii polinomului $f = X^{2026} + X + 1$ la $X^{2} - 1$ .

Răspunsuri și explicații

1. $f (1) = 1 - 2 + 3 - 2 = 0$ , deci $X - 1 ∣ f$ . Horner cu $a = 1$ pe $1, - 2, 3, - 2$ dă $1, - 1, 2$ și rest $0$ : câtul este $X^{2} - X + 2$ .

2. $f (- 2) = - 8 + 12 - 4 = 0$ , deci $X + 2 ∣ f$ . Horner cu $a = - 2$ pe $1, 3, 0, - 4$ dă $1, 1, - 2$ și rest $0$ : câtul este $X^{2} + X - 2$ (atenție la termenul lipsă $0 \cdot X$ ).

3. $f (2) = 16 - 12 + 5 = 9 \neq = 0$ , deci $X - 2 ∤ f$ . Din teorema restului, restul împărțirii este chiar $9$ .

4. $f (1) = 1 + m - 4 + 2 = m - 1$ . Condiția $f (1) = 0$ dă $m = 1$ .

5. $f (- 3) = - 27 + 18 - 3 m + 6 = - 3 - 3 m$ . Condiția $f (- 3) = 0$ dă $m = - 1$ .

6. Adevărat. Este exact implicația „ $\Leftarrow$ " din teorema lui Bézout: din $f = (X - a) q + f (a)$ și $f (a) = 0$ rezultă $f = (X - a) q$ .

7. Adevărat. Dacă $f = (X - 1) (X - 2) h$ , atunci înlocuind $X = 1$ , respectiv $X = 2$ , produsul se anulează și obținem $f (1) = 0$ , $f (2) = 0$ .

8. $f (1) = 1 - 7 + 6 = 0$ , deci $X - 1$ este factor. Horner cu $1$ pe $1, 0, - 7, 6$ dă câtul $X^{2} + X - 6 = (X - 2) (X + 3)$ . Așadar $f = (X - 1) (X - 2) (X + 3)$ .

9. $f (1) = 1 - 3 - 1 + 3 = 0$ ; Horner cu $1$ dă câtul $X^{2} - 2 X - 3 = (X - 3) (X + 1)$ . Deci $f = (X - 1) (X - 3) (X + 1)$ . (Se putea și prin grupare: $X^{2} (X - 3) - (X - 3) = (X - 3) (X^{2} - 1)$ .)

10. Condițiile sunt $f (1) = 0$ și $f (- 1) = 0$ : $1 + a + b - 4 + 4 = a + b + 1 = 0$ și $1 - a + b + 4 + 4 = b - a + 9 = 0$ . Adunând: $2 b + 10 = 0$ , deci $b = - 5$ și $a = 4$ . Câtul împărțirii lui $X^{4} + 4 X^{3} - 5 X^{2} - 4 X + 4$ la $X^{2} - 1$ este $X^{2} + 4 X - 4$ .

11. Restul are forma $α X + β$ , cu $2 α + β = 1$ și $3 α + β = 4$ . Scăzând, $α = 3$ , apoi $β = 1 - 6 = - 5$ . Restul este $r = 3 X - 5$ .

12. $P (5) = 125 - 150 + 15 + 10 = 0$ , deci $x = 5$ este prag de rentabilitate și $X - 5$ divide $P$ . Horner cu $5$ pe $1, - 6, 3, 10$ dă câtul $X^{2} - X - 2 = (X - 2) (X + 1)$ , deci $P = (X - 5) (X - 2) (X + 1)$ . Pragurile de rentabilitate sunt $x = 5$ și $x = 2$ (adică $500$ , respectiv $200$ de produse); $x = - 1$ se respinge, fiind lipsit de sens practic.

13. Pentru $f = X^{n} - 1$ : $f (1) = 1 - 1 = 0$ , deci $X - 1 ∣ f$ (Bézout). Pentru $g = X^{n} + 1$ cu $n$ impar: $g (- 1) = (- 1)^{n} + 1 = - 1 + 1 = 0$ , deci $X + 1 ∣ g$ . Pentru $n$ par, $g (- 1) = 2 \neq = 0$ și divizibilitatea nu are loc.

14. Fals. Un polinom de gradul $4$ are cel mult $4$ rădăcini distincte: dacă ar avea cinci, produsul celor cinci factori de gradul întâi (de grad $5$ ) ar trebui să-l dividă, ceea ce contrazice regula gradelor la divizibilitate.

15. a) $f (1) = 1 + a + b - 6 = 0$ și $f (- 2) = - 8 + 4 a - 2 b - 6 = 0$ , adică $a + b = 5$ și $2 a - b = 7$ . Adunând: $3 a = 12$ , deci $a = 4$ , $b = 1$ , iar $f = X^{3} + 4 X^{2} + X - 6$ . b) Produsul celor trei rădăcini este $- \frac{- 6}{1} = 6$ ; cum două dintre ele sunt $1$ și $- 2$ , a treia este $x_{3} = \frac{6}{1 \cdot ( - 2 )} = - 3$ . Verificare: $f (- 3) = - 27 + 36 - 3 - 6 = 0$ . ✓ Deci $f = (X - 1) (X + 2) (X + 3)$ .

16. Din teorema restului, restul este $f (2) = 8 + 4 a - 4 + 5 = 4 a + 9$ . Condiția $4 a + 9 = 13$ dă $a = 1$ .

17. $f (1) = 1 - 6 + 11 - 6 = 0$ , $f (2) = 8 - 24 + 22 - 6 = 0$ , $f (3) = 27 - 54 + 33 - 6 = 0$ . Fiind trei rădăcini distincte, produsul $(X - 1) (X - 2) (X - 3)$ divide $f$ ; cum ambele au gradul $3$ și coeficientul dominant $1$ , ele coincid: $f = (X - 1) (X - 2) (X - 3)$ .

18. Restul are forma $α X + β$ . Punem $X = 1$ : $f (1) = 1 + 1 + 1 = 3 = α + β$ . Punem $X = - 1$ : cum $2026$ este par, $(- 1)^{2026} = 1$ , deci $f (- 1) = 1 - 1 + 1 = 1 = - α + β$ . Din sistem: $β = 2$ , $α = 1$ , deci restul este $r = X + 2$ .

De reținut

Teorema lui Bézout: $(X - a) ∣ f ⟺ f (a) = 0$ . O rădăcină înseamnă un factor de gradul întâi, și reciproc.
Relația-cheie din care iese totul: $f = (X - a) \cdot q + f (a)$ , valabilă întotdeauna, indiferent de $f$ și $a$ .
Metoda de descompunere: cauți o rădăcină mică, aplici schema lui Horner ca să cobori gradul cu unu și repeți procedeul pe cât.
Pentru rădăcini distincte $a \neq = b$ : $(X - a) (X - b) ∣ f ⟺ f (a) = f (b) = 0$ . Ipoteza „distincte" este esențială.
Un polinom nenul de gradul $n$ are cel mult $n$ rădăcini distincte; dacă se anulează în mai mult de $n$ puncte, este polinomul nul.

Greșeli frecvente

Confundarea semnului lui $a$ . Divizorul $X + 3$ se scrie $X - (- 3)$ , deci se evaluează în $- 3$ , nu în $3$ . Este cea mai frecventă eroare de la această lecție.
Aplicarea teoremei la rădăcini egale. Din $f (1) = 0$ nu rezultă $(X - 1)^{2} ∣ f$ . Extinderea la produs cere rădăcini distincte; cazul rădăcinilor egale are propriile reguli.
Împărțirea inutilă. Ca să răspunzi la „se divide cu $X - a$ ?" nu trebuie să faci împărțirea; e suficient $f (a)$ . Împărțirea o faci doar dacă ai nevoie de cât.
Uitarea termenilor lipsă la Horner. La $f = X^{3} + 3 X^{2} - 4$ , linia de coeficienți este $1, 3, 0, - 4$ . Omiterea zeroului dă un cât greșit, deși rădăcina era corectă.
Confuzia cu identitatea lui Bézout de la numere întregi. Sunt două rezultate diferite. La polinoame, teorema lui Bézout este echivalența rădăcină–factor.

Aplică acasă

Detectivul de rădăcini. Ia un polinom de gradul $3$ cu coeficienți întregi dintr-o culegere și testează pe rând valorile $\pm 1, \pm 2, \pm 3$ , calculând mental $f (a)$ . Cronometrează cât îți ia să găsești prima rădăcină și compară cu timpul necesar unei împărțiri în coloană. Vei simți concret de ce Bézout este preferat în examen.
Reconstruiește formula. Roagă pe cineva să aleagă în secret un polinom de gradul $2$ cu coeficienți întregi mici și să-ți spună doar valorile lui în $x = 0$ , $x = 1$ și $x = 2$ . Din cele trei valori poți reconstitui unic polinomul (trei valori determină un polinom de grad cel mult $2$ ). Este exact consecința „cel mult $n$ rădăcini" din secțiunea 6, folosită invers.
Bézout la dobânzi. Dacă depui $S$ lei la începutul fiecărui an, timp de $3$ ani, cu factorul anual de creștere $x$ , suma finală este $S (x^{3} + x^{2} + x)$ . Verifică prin înlocuire că polinomul $x^{3} + x^{2} + x - 3$ are rădăcina $x = 1$ (adică, fără dobândă, sumele se adună simplu) și descompune-l folosind Horner. Interpretează cei doi factori rămași.

Pentru părinți și profesori

Teorema lui Bézout este momentul în care capitolul despre polinoame își găsește coloana vertebrală. Până acum elevul a învățat operații; de aici încolo învață structură: rădăcinile și factorii sunt fețele aceleiași monede. Toate lecțiile care urmează — descompunerea canonică, rădăcinile multiple, relațiile lui Viète, rezolvarea ecuațiilor algebrice — se sprijină pe această echivalență, așa că merită investit timp în înțelegerea ei, nu doar în memorare.

Ce verifică lecția: (1) elevul enunță echivalența în ambele sensuri și nu doar „dacă $f (a) = 0$ atunci…"; (2) reproduce demonstrația, care e scurtă și punctată la barem; (3) folosește evaluarea, nu împărțirea, când se cere doar decizia de divizibilitate; (4) știe că extinderea la produs cere rădăcini distincte. Întrebări bune de control: „De unde știi că restul împărțirii la $X - a$ este o constantă?" (din condiția asupra gradului restului); „Ce se schimbă dacă cele două rădăcini sunt egale?"; „Cum arăți că un polinom de gradul $2$ care se anulează în trei puncte este nul?".

La Bacalaureat M1, teorema apare aproape la fiecare sesiune: determinarea unui parametru din condiția de divizibilitate, calculul unui rest din valori, descompunerea unui polinom de gradul $3$ pornind de la o rădăcină întreagă. Semne că elevul a înțeles: evaluează în $- 3$ pentru divizorul $X + 3$ fără să ezite, trece automat la Horner după ce a găsit rădăcina și verifică rezultatul final prin înmulțire.

Întrebări frecvente

Ce spune teorema lui Bézout, pe scurt? Că un polinom $f$ se divide cu $X - a$ dacă și numai dacă $f (a) = 0$ . Cu alte cuvinte, numerele care anulează polinomul sunt exact cele care îi dau factori de gradul întâi.

Cum verific rapid dacă $X - a$ divide un polinom? Înlocuiești $X$ cu $a$ și calculezi. Dacă rezultatul este $0$ , divizibilitatea are loc; dacă nu, valoarea obținută este chiar restul împărțirii (teorema restului). Nu este nevoie de nicio împărțire.

Care este demonstrația teoremei lui Bézout? Se împarte $f$ la $X - a$ cu rest: $f = (X - a) q + r$ , unde $r$ e constant. Punând $X = a$ se obține $r = f (a)$ , deci $f = (X - a) q + f (a)$ . Divizibilitatea înseamnă rest zero, adică exact $f (a) = 0$ .

Cum descompun un polinom folosind teorema lui Bézout? Cauți o rădăcină printre numerele mici ( $\pm 1, \pm 2, \dots$ ). Când $f (a) = 0$ , aplici schema lui Horner cu acel $a$ : obții câtul, de grad cu unu mai mic. Repeți procedeul pe cât până ajungi la gradul $2$ , pe care îl rezolvi cu discriminantul.

Când se divide un polinom cu $(X - a) (X - b)$ ? Exact atunci când $f (a) = 0$ și $f (b) = 0$ , cu condiția ca $a \neq = b$ . Dacă cele două numere coincid, condiția nu mai e suficientă și intervine noțiunea de rădăcină multiplă.

Cum aflu restul împărțirii la un polinom de gradul al doilea, fără să împart? Dacă divizorul se descompune în $(X - a) (X - b)$ cu $a \neq = b$ , scrii restul ca $α X + β$ , înlocuiești $X = a$ și $X = b$ în identitatea împărțirii și obții un sistem de două ecuații cu necunoscutele $α$ și $β$ .

Câte rădăcini poate avea un polinom de gradul n? Cel mult $n$ rădăcini distincte. Consecință: dacă un polinom de gradul cel mult $n$ se anulează în $n + 1$ puncte diferite, el este polinomul nul — și, de aici, două polinoame care coincid în suficient de multe puncte sunt identice.

Unde apare teorema lui Bézout la Bacalaureat M1? La proba M1, în subiectul de algebră: „determinați $a$ astfel încât polinomul să se dividă cu $X - 2$ ", „calculați restul împărțirii lui $f$ la $X + 1$ ", „descompuneți în factori" sau „rezolvați ecuația $f (x) = 0$ știind că admite o rădăcină întreagă". Este teorema cu cea mai bună rată de rezolvare din tot capitolul, dacă e stăpânită.