Test: polinoame peste un corp

Disciplina: Matematică · Clasa a XII-a · Unitatea: Inele, corpuri și polinoame

Pentru părinți și profesori

Acest test verifică ce se schimbă atunci când coeficienții unui polinom nu mai vin din $\mathbb{C}$, ci dintr-un corp oarecare — în special dintr-un corp finit. Mecanismul de calcul cu polinoame este cel din clasa a X-a și se presupune cunoscut; testul nu îl reevaluează. Sunt evaluate cinci lucruri noi. Primul: inelul $K[X]$ și formula gradului, cu ipoteza care o susține (absența divizorilor lui zero), cu contraexemplele din ${\mathbb{Z}}_4[X]$ și ${\mathbb{Z}}_6[X]$ și cu teorema $U(K[X])=K^{\ast }$. Al doilea: împărțirea cu rest peste un corp — inclusiv cu împărțitor nemonic, unde coeficientul dominant se inversează, nu se împarte — teorema restului, teorema lui Bézout și schema lui Horner modulo $p$. Al treilea: funcția polinomială peste ${\mathbb{Z}}_p$, unde două polinoame diferite pot avea aceleași valori, cu egalitatea ${\hat{a}}^p=\hat{a}$ obținută din Consecința 2 a teoremei lui Lagrange, și cu limita „cel mult $n$ rădăcini distincte", valabilă numai peste un corp. Al patrulea: cel mai mare divizor comun și algoritmul lui Euclid, cu normalizarea monică și cu determinarea rădăcinilor comune fără a rezolva vreo ecuație. Al cincilea: derivata formală, criteriul rădăcinii multiple și ireductibilitatea peste diferite corpuri, cu capcana gradului al patrulea.

Mențiune de supliment: testul verifică materie din suplimentul pentru Bacalaureat M1 — 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.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la orice împărțire se cere și verificarea prin înmulțire înapoi.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. Fiecare rezultat dintr-un ${\mathbb{Z}}_p$ se scrie ca clasă redusă, între $\hat{0}$ și $\widehat{p-1}$. Se depunctează: omiterea coeficienților nuli din rândul de sus al schemei lui Horner, evaluarea în $a$ în loc de $-a$ la împărțirea cu $X+a$, „împărțirea" la un coeficient dominant în loc de înmulțirea cu inversul lui, oprirea căutării rădăcinilor la prima găsită, un $\mathrm{cmmdc}$ nemonic și afirmarea ireductibilității unui polinom de gradul al patrulea numai din lipsa rădăcinilor.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe împărțirea în ${\mathbb{Z}}_p[X]$ și pe tabelul complet de valori.
• Formule de reținut: Formula gradului: pentru $f,g$ nenule peste un corp, $\mathrm{grad}(fg)=\mathrm{grad}f+\mathrm{grad}g$; la sumă are loc doar $\mathrm{grad}(f+g)\le \max (\mathrm{grad}f,\mathrm{grad}g)$. Inversabilele: $U(K[X])=K^{\ast }$ — numai constantele nenule. Numărarea: în ${\mathbb{Z}}_p[X]$ există $p^{n+1}$ polinoame de grad cel mult $n$, $(p-1)p^n$ de grad exact $n$ și $p^n$ monice de grad $n$. Teorema împărțirii cu rest: $f=gq+r$, cu $r=0$ sau $\mathrm{grad}r<\mathrm{grad}g$; ea funcționează pentru că se poate înmulți cu inversul coeficientului dominant al lui $g$. Teorema restului: restul împărțirii lui $f$ la $X-a$ este $f(a)$. Teorema lui Bézout: $X-a$ divide $f$ $⟺$ $f(a)=0$. Schema lui Horner: rândul de sus conține toți cei $\mathrm{grad}f+1$ coeficienți; fiecare număr nou este coeficientul de deasupra plus $a$ ori numărul din stânga; ultimul este restul. Numărul rădăcinilor: un polinom nenul de grad $n$ din $K[X]$ are cel mult $n$ rădăcini distincte în $K$ — ipoteza „corp" este esențială. Funcția polinomială: peste ${\mathbb{Z}}_p$ are loc ${\hat{a}}^p=\hat{a}$, deci $X^p-X$ are funcția polinomială nulă, iar polinoame diferite pot avea aceeași funcție. Algoritmul lui Euclid: împărțiri succesive până la restul nul; răspunsul este ultimul rest nenul făcut monic; rădăcinile comune ale lui $f$ și $g$ sunt rădăcinile lui $\mathrm{cmmdc}(f,g)$. Derivata formală: $(a{X}^n{)}^{\prime }=na{X}^{n-1}$, definită algebric; $a$ este rădăcină multiplă $⟺$ $f(a)=0$ și $f^{\prime }(a)=0$. Ireductibilitate: un polinom de gradul $2$ sau $3$ este reductibil peste $K$ $⟺$ are o rădăcină în $K$; de la gradul $4$ criteriul nu se mai aplică.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Inelul polinoamelor, gradul și împărțirea cu rest

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Formula $\mathrm{grad}(fg)=\mathrm{grad}f+\mathrm{grad}g$, pentru polinoame nenule, este adevărată peste: A. orice inel; B. orice inel fără divizori ai lui zero; C. numai peste $\mathbb{C}$; D. numai peste corpuri finite.

b) Elementele inversabile ale inelului $K[X]$, cu $K$ corp comutativ, sunt: A. toate polinoamele nenule; B. polinoamele monice; C. polinoamele constante nenule; D. numai polinomul $1$.

c) Numărul polinoamelor monice de gradul al treilea din ${\mathbb{Z}}_5[X]$ este: A. $125$; B. $500$; C. $625$; D. $15$.

Itemul 2 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Un polinom nenul de gradul al doilea din ${\mathbb{Z}}_n[X]$ are cel mult două rădăcini distincte, oricare ar fi $n\ge 2$." b) „Dacă două polinoame din ${\mathbb{Z}}_7[X]$ au aceeași funcție polinomială, atunci ele sunt egale." c) „Cel mai mare divizor comun a două polinoame din ${\mathbb{Z}}_5[X]$ poate avea coeficientul dominant $\hat{3}$." d) „Un polinom de gradul al patrulea care nu are rădăcini în corpul $K$ este ireductibil peste $K$."

Itemul 3 (7 puncte)

Se consideră $f=\hat{4}{X}^2+\hat{5}X+\hat{3}$ și $g=\hat{3}X+\hat{6}$ în ${\mathbb{Z}}_7[X]$. a) Calculează $f+g$ și $fg$. (3 p) b) Verifică formula gradului pentru produs și precizează ce proprietate a lui ${\mathbb{Z}}_7$ o garantează. (2 p) c) Arată că în ${\mathbb{Z}}_6[X]$ formula cade, calculând $(\hat{2}X+\hat{1})(\hat{3}X+\hat{2})$. (2 p)

Itemul 4 (7 puncte)

În ${\mathbb{Z}}_7[X]$ se consideră $f=\hat{3}{X}^3+\hat{2}{X}^2+\hat{5}X+\hat{1}$ și $g=\hat{5}X+\hat{3}$. a) Determină ${\hat{5}}^{-1}$ în ${\mathbb{Z}}_7$ și explică de ce este nevoie de el. (1 p) b) Determină câtul și restul împărțirii lui $f$ la $g$. (4 p) c) Verifică rezultatul prin înmulțire înapoi. (2 p)

Partea a II-a – Rădăcini, funcția polinomială și cel mai mare divizor comun

Itemul 5 (7 puncte)

În ${\mathbb{Z}}_5[X]$ se consideră $f=X^4+\hat{3}{X}^3+\hat{2}X+\hat{4}$. a) Determină, cu teorema restului, restul împărțirii lui $f$ la $X+\hat{3}$. (2 p) b) Determină câtul aceleiași împărțiri, cu schema lui Horner. (3 p) c) Determină $a\in {\mathbb{Z}}_5$ pentru care $X-\hat{2}$ divide polinomul $h=X^3+a{X}^2+\hat{3}X+\hat{2}$. (2 p)

Itemul 6 (7 puncte)

În ${\mathbb{Z}}_7[X]$ se consideră $f=X^3+\hat{5}{X}^2+\hat{2}X+\hat{6}$. a) Alcătuiește tabelul complet de valori al lui $f$ pe ${\mathbb{Z}}_7$ și determină rădăcinile lui. (4 p) b) Descompune $f$ în factori de gradul întâi. (2 p) c) Explică de ce $f$ nu putea avea mai mult de trei rădăcini distincte în ${\mathbb{Z}}_7$. (1 p)

Itemul 7 (7 puncte)

În ${\mathbb{Z}}_5[X]$ se consideră $f=X^5+\hat{2}X+\hat{1}$ și $g=\hat{3}X+\hat{1}$. a) Arată că $f\ne g$, dar cele două polinoame au aceeași funcție polinomială pe ${\mathbb{Z}}_5$. (3 p) b) Demonstrează că ${\hat{a}}^5=\hat{a}$ pentru orice $\hat{a}\in {\mathbb{Z}}_5$. (2 p) c) Explică de ce fenomenul de la punctul a) nu contrazice teorema din clasa a X-a despre polinoamele cu aceleași valori. (2 p)

Itemul 8 (7 puncte)

Se consideră $f=X^4-X^3-7X^2+X+6$ și $g=X^3-4X^2-X+4$, polinoame din $\mathbb{Q}[X]$. a) Determină câtul și restul împărțirii lui $f$ la $g$, cu verificare. (3 p) b) Determină $\mathrm{cmmdc}(f,g)$ cu algoritmul lui Euclid. (2 p) c) Determină rădăcinile comune ale celor două polinoame. (2 p)

Itemul 9 (7 puncte)

În ${\mathbb{Z}}_5[X]$ se consideră $f=X^3+\hat{2}{X}^2+X+\hat{2}$ și $g=X^2+X+\hat{3}$. a) Aplică algoritmul lui Euclid și determină $\mathrm{cmmdc}(f,g)$. (4 p) b) Verifică fiecare împărțire prin înmulțire înapoi. (2 p) c) Determină rădăcinile comune ale lui $f$ și $g$ în ${\mathbb{Z}}_5$. (1 p)

Partea a III-a – Derivata formală, ireductibilitate și item de tip Bacalaureat M1

Itemul 10 (7 puncte)

Se consideră polinomul $f=X^4-5X^3+a{X}^2+bX+9$, cu $a,b\in \mathbb{R}$. a) Calculează derivata formală $f^{\prime }$. (1 p) b) Determină $a$ și $b$ știind că $3$ este rădăcină dublă a lui $f$. (4 p) c) Arată că ordinul de multiplicitate al rădăcinii $3$ este exact $2$ și scrie descompunerea lui $f$ în factori ireductibili peste $\mathbb{R}$. (2 p)

Itemul 11 (7 puncte)

a) Arată că $X^2+\hat{3}$ este ireductibil peste ${\mathbb{Z}}_5$, dar reductibil peste ${\mathbb{Z}}_7$, și scrie descompunerea acolo unde ea există. (3 p) b) Arată că $X^3+\hat{2}X+\hat{1}$ este ireductibil peste ${\mathbb{Z}}_5$. (2 p) c) Verifică, prin înmulțire, egalitatea $X^4+\hat{4}{X}^2+\hat{1}=(X^2+\hat{2}X+\hat{4})(X^2+\hat{3}X+\hat{4})$ în ${\mathbb{Z}}_5[X]$, arată că cei doi factori sunt ireductibili și explică de ce lipsa rădăcinilor nu ar fi fost suficientă pentru a decide ireductibilitatea lui $X^4+\hat{4}{X}^2+\hat{1}$. (2 p)

Itemul 12 (15 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1 — Subiectul al II-lea, problema a doua.) Se consideră polinomul $f=X^3+\hat{3}{X}^2+aX+\hat{4}$ din ${\mathbb{Z}}_5[X]$, cu $a\in {\mathbb{Z}}_5$. a) Determinați restul împărțirii lui $f$ la $X-\hat{1}$, în funcție de $a$, și valoarea lui $a$ pentru care $X-\hat{1}$ divide pe $f$. (5 p) b) Pentru valoarea găsită, determinați toate rădăcinile lui $f$ în ${\mathbb{Z}}_5$ și descompuneți-l în factori ireductibili peste ${\mathbb{Z}}_5$. (5 p) c) Arătați că polinomul $h=f+X^5-X$ are aceeași funcție polinomială ca $f$, deși $\mathrm{grad}h=5$, și determinați rădăcinile lui $h$ în ${\mathbb{Z}}_5$. (5 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) (2 p) B. Demonstrația folosește un singur lucru: produsul coeficienților dominanți trebuie să fie nenul, adică inelul coeficienților să nu aibă divizori ai lui zero. De aceea formula rămâne valabilă și în $\mathbb{Z}[X]$, deși $\mathbb{Z}$ nu e corp, dar cade în ${\mathbb{Z}}_4[X]$.

b) (2 p) C. Din $fg=1$ și formula gradului rezultă $\mathrm{grad}f+\mathrm{grad}g=0$, deci ambele grade sunt nule. Nici măcar $X$ nu are invers în $K[X]$.

c) (2 p) A. Un polinom monic de gradul al treilea are coeficientul dominant fixat la $\hat{1}$ și trei coeficienți liberi, fiecare cu $5$ valori: $5^3=125$.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) (1,5 p) F. Afirmația cere ca $n$ să fie prim, adică ${\mathbb{Z}}_n$ să fie corp. În ${\mathbb{Z}}_8$, polinomul $X^2-\hat{1}$ are patru rădăcini: $\hat{1}$, $\hat{3}$, $\hat{5}$ și $\hat{7}$, pentru că pătratul fiecărei clase impare este $\hat{1}$.

b) (1,5 p) F. Peste un corp finit, polinomul și funcția lui sunt obiecte diferite: $X^7$ și $X$ iau aceleași valori în toate cele șapte clase, prin egalitatea ${\hat{a}}^7=\hat{a}$, dar au grade diferite. Egalitatea polinoamelor se verifică pe coeficienți.

c) (1,5 p) F. Prin definiție, cel mai mare divizor comun este monic. Un rest final $\hat{3}X+\hat{1}$ se normalizează înmulțind cu ${\hat{3}}^{-1}=\hat{2}$, ceea ce dă $X+\hat{2}$.

d) (1,5 p) F. La gradul al patrulea polinomul se poate rupe în doi factori de gradul al doilea, niciunul cu rădăcini în corp. Contraexemplul standard peste $\mathbb{Q}$ este $X^4+X^2+1=(X^2+X+1)(X^2-X+1)$; criteriul rădăcinii este valabil numai la gradele $2$ și $3$.

Itemul 3. (7 p)

a) (3 p) Suma, coeficient cu coeficient (1 p): $$f+g=\hat{4}{X}^2+(\hat{5}+\hat{3})X+(\hat{3}+\hat{6})=\hat{4}{X}^2+\hat{1}X+\hat{2},$$ pentru că $\hat{8}=\hat{1}$ și $\hat{9}=\hat{2}$ în ${\mathbb{Z}}_7$. Pentru produs, coeficient cu coeficient, reducând la fiecare pas (1,5 p): la $X^3$, $\hat{4}\hat{3}=\widehat{12}=\hat{5}$; la $X^2$, $\hat{4}\hat{6}+\hat{5}\hat{3}=\widehat{24}+\widehat{15}=\hat{3}+\hat{1}=\hat{4}$; la $X$, $\hat{5}\hat{6}+\hat{3}\hat{3}=\widehat{30}+\hat{9}=\hat{2}+\hat{2}=\hat{4}$; termenul liber, $\hat{3}\hat{6}=\widehat{18}=\hat{4}$. Deci $$fg=\hat{5}{X}^3+\hat{4}{X}^2+\hat{4}X+\hat{4}$$ (0,5 p).

b) (2 p) $\mathrm{grad}f=2$, $\mathrm{grad}g=1$ și $\mathrm{grad}(fg)=3=2+1$ ✓ (1 p). Motivul: ${\mathbb{Z}}_7$ este corp, deci nu are divizori ai lui zero, iar produsul coeficienților dominanți, $\hat{4}\hat{3}=\hat{5}$, este nenul (1 p).

c) (2 p) La $X^2$ obținem $\hat{2}\hat{3}=\hat{6}=\hat{0}$; la $X$, $\hat{2}\hat{2}+\hat{1}\hat{3}=\hat{4}+\hat{3}=\hat{7}=\hat{1}$; termenul liber este $\hat{1}\hat{2}=\hat{2}$ (1 p). Deci $$(\hat{2}X+\hat{1})(\hat{3}X+\hat{2})=\hat{1}X+\hat{2},$$ produs de grad $1$, nu $2$: formula a căzut, pentru că $\hat{2}$ și $\hat{3}$ sunt divizori ai lui zero în ${\mathbb{Z}}_6$ (1 p).

Itemul 4. (7 p)

a) (1 p) Din $\hat{5}\cdot \hat{3}=\widehat{15}=\hat{1}$ rezultă ${\hat{5}}^{-1}=\hat{3}$. Este nevoie de el pentru că împărțitorul nu este monic: la fiecare rundă coeficientul dominant al restului parțial se înmulțește cu inversul lui $\hat{5}$, în locul unei împărțiri care nu are sens în ${\mathbb{Z}}_7$.

b) (4 p) Runda 1. $\hat{3}{X}^3:\hat{5}X=\hat{3}\cdot \hat{3}{X}^2=\hat{2}{X}^2$; înmulțim înapoi: $\hat{2}{X}^2(\hat{5}X+\hat{3})=\widehat{10}{X}^3+\hat{6}{X}^2=\hat{3}{X}^3+\hat{6}{X}^2$; scădem și rămâne $(\hat{2}-\hat{6})X^2+\hat{5}X+\hat{1}=\hat{3}{X}^2+\hat{5}X+\hat{1}$ (1,5 p).

Runda 2. $\hat{3}{X}^2:\hat{5}X=\hat{3}\cdot \hat{3}X=\hat{2}X$; înmulțim: $\hat{2}X(\hat{5}X+\hat{3})=\hat{3}{X}^2+\hat{6}X$; scădem și rămâne $(\hat{5}-\hat{6})X+\hat{1}=\hat{6}X+\hat{1}$ (1,5 p).

Runda 3. $\hat{6}X:\hat{5}X=\hat{6}\cdot \hat{3}=\widehat{18}=\hat{4}$; înmulțim: $\hat{4}(\hat{5}X+\hat{3})=\hat{6}X+\hat{5}$; scădem și rămâne $\hat{1}-\hat{5}=\hat{3}$, de grad $0<1$, deci ne oprim (1 p). Așadar $$q=\hat{2}{X}^2+\hat{2}X+\hat{4},r=\hat{3}.$$

c) (2 p) Înmulțim înapoi (1,5 p): $$(\hat{5}X+\hat{3})(\hat{2}{X}^2+\hat{2}X+\hat{4})=\widehat{10}{X}^3+(\widehat{10}+\hat{6})X^2+(\widehat{20}+\hat{6})X+\widehat{12}=\hat{3}{X}^3+\hat{2}{X}^2+\hat{5}X+\hat{5}.$$ Adunând restul $\hat{3}$ obținem $\hat{3}{X}^3+\hat{2}{X}^2+\hat{5}X+\hat{1}=f$ ✓ (0,5 p).

Itemul 5. (7 p)

a) (2 p) Rescriem împărțitorul: $X+\hat{3}=X-\hat{2}$, pentru că $-\hat{3}=\hat{2}$ în ${\mathbb{Z}}_5$ (1 p). Din teorema restului, restul este $$f\left(\hat{2}\right)=\widehat{16}+\hat{3}\cdot \hat{8}+\hat{2}\cdot \hat{2}+\hat{4}=\hat{1}+\hat{3}\cdot \hat{3}+\hat{4}+\hat{4}=\hat{1}+\hat{4}+\hat{4}+\hat{4}=\widehat{13}=\hat{3}$$ (1 p).

b) (3 p) Coeficienții lui $f$, toți cinci, sunt $\hat{1},\hat{3},\hat{0},\hat{2},\hat{4}$ — cu $\hat{0}$ pe locul lui $X^2$ (1 p). Schema lui Horner cu $a=\hat{2}$ (1,5 p):

Calculele: se coboară $\hat{1}$; $\hat{3}+\hat{2}\cdot \hat{1}=\hat{5}=\hat{0}$; $\hat{0}+\hat{2}\cdot \hat{0}=\hat{0}$; $\hat{2}+\hat{2}\cdot \hat{0}=\hat{2}$; $\hat{4}+\hat{2}\cdot \hat{2}=\hat{8}=\hat{3}$. Câtul este $q=X^3+\hat{2}$, iar restul $\hat{3}$ — aceeași valoare ca la punctul a) ✓ (0,5 p).

c) (2 p) Din teorema lui Bézout, condiția este $h\left(\hat{2}\right)=\hat{0}$ (0,5 p): $$h\left(\hat{2}\right)=\hat{8}+\hat{4}a+\hat{6}+\hat{2}=\hat{3}+\hat{4}a+\hat{1}+\hat{2}=\hat{1}+\hat{4}a.$$ Din $\hat{4}a=-\hat{1}=\hat{4}$ și ${\hat{4}}^{-1}=\hat{4}$ (căci $\widehat{16}=\hat{1}$) rezultă $a=\hat{4}\cdot \hat{4}=\widehat{16}=\hat{1}$ (1 p). Verificare: pentru $a=\hat{1}$, $h\left(\hat{2}\right)=\hat{8}+\hat{4}+\hat{6}+\hat{2}=\widehat{20}=\hat{0}$ ✓ (0,5 p).

Itemul 6. (7 p)

a) (4 p) Calculăm valorile în toate cele șapte clase, reducând la fiecare pas — metodă completă, pentru că mulțimea e finită (2,5 p):

De pildă $f\left(\hat{2}\right)=\hat{8}+\hat{5}\cdot \hat{4}+\hat{4}+\hat{6}=\hat{1}+\hat{6}+\hat{4}+\hat{6}=\widehat{17}=\hat{3}$ (0,5 p). Rădăcinile sunt $\hat{1}$, $\hat{3}$ și $\hat{5}$ (1 p).

b) (2 p) Trei rădăcini distincte pentru un polinom monic de gradul al treilea înseamnă descompunere completă (1 p): $$f=(X-\hat{1})(X-\hat{3})(X-\hat{5})=(X+\hat{6})(X+\hat{4})(X+\hat{2}).$$ Verificare: $(X-\hat{1})(X-\hat{3})=X^2-\hat{4}X+\hat{3}=X^2+\hat{3}X+\hat{3}$, iar $(X^2+\hat{3}X+\hat{3})(X+\hat{2})=X^3+\hat{5}{X}^2+\hat{9}X+\hat{6}=X^3+\hat{5}{X}^2+\hat{2}X+\hat{6}$ ✓ (1 p).

c) (1 p) Pentru că ${\mathbb{Z}}_7$ este corp: un polinom nenul de grad $n$ dintr-un inel de polinoame peste un corp are cel mult $n$ rădăcini distincte. Peste un inel cu divizori ai lui zero concluzia ar fi putut cădea.

Itemul 7. (7 p)

a) (3 p) Polinoamele sunt diferite pentru că au grade diferite: $\mathrm{grad}f=5$, $\mathrm{grad}g=1$ (0,5 p). Comparăm valorile (2 p):

De pildă $f\left(\hat{2}\right)=\widehat{32}+\hat{4}+\hat{1}=\hat{2}+\hat{4}+\hat{1}=\hat{7}=\hat{2}$ și $g\left(\hat{2}\right)=\hat{6}+\hat{1}=\hat{7}=\hat{2}$. Funcțiile coincid în toate cele cinci clase, deci sunt egale (0,5 p). (Explicația structurală: $f-g=X^5+\hat{4}X=X^5-X$.)

b) (2 p) Dacă $\hat{a}=\hat{0}$, egalitatea e imediată (0,5 p). Dacă $\hat{a}\ne \hat{0}$, atunci $\hat{a}$ aparține grupului multiplicativ ${\mathbb{Z}}_5^{\ast }$, care are $4$ elemente, iar Consecința 2 a teoremei lui Lagrange dă ${\hat{a}}^4=\hat{1}$ (1 p); înmulțind cu $\hat{a}$ obținem ${\hat{a}}^5=\hat{a}$ (0,5 p).

c) (2 p) Teorema din clasa a X-a era enunțată pentru polinoame cu coeficienți complecși, iar demonstrația ei folosea faptul că $\mathbb{C}$ este infinit: un polinom nenul nu poate avea o infinitate de rădăcini (1 p). În ${\mathbb{Z}}_5$ există doar cinci elemente, deci un polinom de gradul al cincilea are voie să se anuleze în toate. Ipoteza care lipsește este exact infinitatea corpului (1 p).

Itemul 8. (7 p)

a) (3 p) Împărțind, obținem (2 p) $$X^4-X^3-7X^2+X+6=(X^3-4X^2-X+4)(X+3)+(6X^2-6).$$ Verificare prin înmulțire înapoi: $(X^3-4X^2-X+4)(X+3)=X^4-X^3-13X^2+X+12$, iar adunând $6X^2-6$ obținem $X^4-X^3-7X^2+X+6=f$ ✓ (1 p). Deci $q=X+3$ și $r=6X^2-6$.

b) (2 p) Continuăm algoritmul, împărțind $g$ la restul obținut (1 p): $$X^3-4X^2-X+4=(6X^2-6)\left(\frac{1}{6}X-\frac{2}{3}\right)+0.$$ Restul este nul, deci ultimul rest nenul este $6X^2-6$; făcut monic (înmulțit cu $\frac{1}{6}$), dă $$\mathrm{cmmdc}(f,g)=X^2-1$$ (1 p).

c) (2 p) Rădăcinile comune ale lui $f$ și $g$ sunt exact rădăcinile lui $\mathrm{cmmdc}(f,g)=X^2-1$, adică $1$ și $-1$ (1 p). Control direct: $f(1)=1-1-7+1+6=0$, $g(1)=1-4-1+4=0$, $f(-1)=1+1-7-1+6=0$, $g(-1)=-1-4+1+4=0$ ✓ (1 p). (De altfel $f=(X^2-1)(X-3)(X+2)$ și $g=(X^2-1)(X-4)$.)

Itemul 9. (7 p)

a) (4 p) Pasul 1. Împărțim $f$ la $g$ (2 p): $$X^3+\hat{2}{X}^2+X+\hat{2}=(X^2+X+\hat{3})(X+\hat{1})+(\hat{2}X+\hat{4}).$$ Pasul 2. Împărțim $g$ la restul obținut; avem nevoie de ${\hat{2}}^{-1}=\hat{3}$ (1,5 p): $$X^2+X+\hat{3}=(\hat{2}X+\hat{4})(\hat{3}X+\hat{2})+\hat{0}.$$ Ultimul rest nenul este $\hat{2}X+\hat{4}$; îl facem monic înmulțind cu $\hat{3}$ și obținem $\hat{6}X+\widehat{12}=X+\hat{2}$, deci $\mathrm{cmmdc}(f,g)=X+\hat{2}$ (0,5 p).

b) (2 p) Prima împărțire: $(X^2+X+\hat{3})(X+\hat{1})=X^3+\hat{2}{X}^2+\hat{4}X+\hat{3}$, iar adunând $\hat{2}X+\hat{4}$ obținem $X^3+\hat{2}{X}^2+\hat{6}X+\hat{7}=X^3+\hat{2}{X}^2+X+\hat{2}=f$ ✓ (1 p). A doua: $(\hat{2}X+\hat{4})(\hat{3}X+\hat{2})=\hat{6}{X}^2+(\hat{4}+\widehat{12})X+\hat{8}=X^2+X+\hat{3}=g$ ✓ (1 p).

c) (1 p) Rădăcinile comune sunt rădăcinile lui $X+\hat{2}=X-\hat{3}$, adică singura clasă $\hat{3}$. Control: $f\left(\hat{3}\right)=\widehat{27}+\hat{2}\cdot \hat{9}+\hat{3}+\hat{2}=\hat{2}+\hat{3}+\hat{3}+\hat{2}=\widehat{10}=\hat{0}$ și $g\left(\hat{3}\right)=\hat{9}+\hat{3}+\hat{3}=\widehat{15}=\hat{0}$ ✓.

Itemul 10. (7 p)

a) (1 p) Derivând termen cu termen, după regula $(c{X}^n{)}^{\prime }=nc{X}^{n-1}$: $$f^{\prime }=4X^3-15X^2+2aX+b.$$

b) (4 p) „$3$ este rădăcină dublă" înseamnă două condiții: $f(3)=0$ și $f^{\prime }(3)=0$ (1 p). Prima (1 p): $$f(3)=81-135+9a+3b+9=9a+3b-45=0⟺3a+b=15.$$ A doua (1 p): $$f^{\prime }(3)=108-135+6a+b=6a+b-27=0⟺6a+b=27.$$ Scăzând prima relație din a doua obținem $3a=12$, deci $a=4$ și apoi $b=15-12=3$ (1 p).

c) (2 p) Cu $a=4$ și $b=3$ avem $f^{\prime \prime }=12X^2-30X+8$, iar $f^{\prime \prime }(3)=108-90+8=26\ne 0$; cum $f(3)=f^{\prime }(3)=0$, prima derivată care nu se anulează în $3$ este cea de ordinul al doilea, deci ordinul este exact $2$ (1 p). Împărțind $f=X^4-5X^3+4X^2+3X+9$ la $(X-3{)}^2=X^2-6X+9$ obținem câtul $X^2+X+1$, cu rest nul; acesta are $\Delta =1-4=-3<0$, deci este ireductibil peste $\mathbb{R}$ (0,5 p): $$f=(X-3{)}^2(X^2+X+1).$$ Verificare: $(X^2-6X+9)(X^2+X+1)=X^4-5X^3+4X^2+3X+9$ ✓ (0,5 p).

Itemul 11. (7 p)

a) (3 p) Peste ${\mathbb{Z}}_5$: valorile lui $X^2+\hat{3}$ în cele cinci clase sunt $\hat{3},\hat{4},\hat{2},\hat{2},\hat{4}$ — niciuna nulă, deci polinomul nu are rădăcini; fiind de gradul al doilea, el este ireductibil peste ${\mathbb{Z}}_5$ (1,5 p). Peste ${\mathbb{Z}}_7$: valorile sunt $\hat{3},\hat{4},\hat{0},\hat{5},\hat{5},\hat{0},\hat{4}$, deci $\hat{2}$ și $\hat{5}$ sunt rădăcini și polinomul este reductibil (1 p). Descompunerea (0,5 p): $$X^2+\hat{3}=(X-\hat{2})(X-\hat{5})=(X+\hat{5})(X+\hat{2}),$$ verificată prin înmulțire: $X^2+\hat{7}X+\widehat{10}=X^2+\hat{3}$ în ${\mathbb{Z}}_7$.

b) (2 p) Valorile lui $X^3+\hat{2}X+\hat{1}$ în $\hat{0},\hat{1},\hat{2},\hat{3},\hat{4}$ sunt $\hat{1},\hat{4},\hat{3},\hat{4},\hat{3}$ — niciuna nulă (1 p). Gradul fiind $3$, criteriul se aplică: un polinom de gradul al treilea fără rădăcini în corp este ireductibil, pentru că orice descompunere ar conține un factor de gradul întâi, iar acela ar da o rădăcină (1 p).

c) (2 p) Înmulțim: coeficientul lui $X^3$ este $\hat{2}+\hat{3}=\hat{0}$; al lui $X^2$ este $\hat{4}+\hat{2}\hat{3}+\hat{4}=\hat{4}+\hat{1}+\hat{4}=\hat{4}$; al lui $X$ este $\hat{2}\hat{4}+\hat{3}\hat{4}=\hat{3}+\hat{2}=\hat{0}$; termenul liber este $\hat{4}\hat{4}=\hat{1}$. Rezultă $X^4+\hat{4}{X}^2+\hat{1}$ ✓ (1 p). Ambii factori sunt ireductibili, fiind de gradul al doilea fără rădăcini: valorile lui $X^2+\hat{2}X+\hat{4}$ sunt $\hat{4},\hat{2},\hat{2},\hat{4},\hat{3}$, iar ale lui $X^2+\hat{3}X+\hat{4}$ sunt $\hat{4},\hat{3},\hat{4},\hat{2},\hat{2}$. Lipsa rădăcinilor nu ar fi fost suficientă pentru $X^4+\hat{4}{X}^2+\hat{1}$: valorile lui sunt $\hat{1},\hat{1},\hat{3},\hat{3},\hat{1}$, deci nu are nicio rădăcină, și totuși se descompune — la gradul al patrulea criteriul rădăcinii nu se aplică, iar factorizarea în două polinoame de gradul al doilea trebuie cercetată separat (1 p).

Itemul 12. (15 p) — problemă de tip Subiectul al II-lea, trei subpuncte a câte $5$ puncte.

a) (5 p) Din teorema restului, restul împărțirii lui $f$ la $X-\hat{1}$ este (2,5 p) $$f\left(\hat{1}\right)=\hat{1}+\hat{3}+a+\hat{4}=\hat{8}+a=\hat{3}+a.$$ Din teorema lui Bézout, $X-\hat{1}$ divide pe $f$ dacă și numai dacă acest rest este $\hat{0}$ (1,5 p), adică $a=-\hat{3}=\hat{2}$ (1 p).

b) (5 p) Cu $a=\hat{2}$ avem $f=X^3+\hat{3}{X}^2+\hat{2}X+\hat{4}$. Alcătuim tabelul complet de valori (2 p):

De pildă $f\left(\hat{2}\right)=\hat{8}+\hat{3}\cdot \hat{4}+\hat{4}+\hat{4}=\hat{3}+\hat{2}+\hat{4}+\hat{4}=\widehat{13}=\hat{3}$. Singura rădăcină este $\hat{1}$ (1 p). Aplicăm schema lui Horner cu $a=\hat{1}$ pe coeficienții $\hat{1},\hat{3},\hat{2},\hat{4}$: se coboară $\hat{1}$; $\hat{3}+\hat{1}=\hat{4}$; $\hat{2}+\hat{4}=\hat{6}=\hat{1}$; $\hat{4}+\hat{1}=\hat{5}=\hat{0}$ — restul este $\hat{0}$ ✓, iar câtul este $X^2+\hat{4}X+\hat{1}$ (1 p). Câtul nu are rădăcini în ${\mathbb{Z}}_5$ (valorile lui sunt $\hat{1},\hat{1},\hat{3},\hat{2},\hat{3}$), deci, fiind de gradul al doilea, este ireductibil. Prin urmare (1 p) $$f=(X-\hat{1})(X^2+\hat{4}X+\hat{1})=(X+\hat{4})(X^2+\hat{4}X+\hat{1}).$$

c) (5 p) Pentru orice clasă $\hat{x}\in {\mathbb{Z}}_5$ are loc ${\hat{x}}^5=\hat{x}$, deci ${\hat{x}}^5-\hat{x}=\hat{0}$ (1,5 p). Prin urmare $$h(\hat{x})=f(\hat{x})+{\hat{x}}^5-\hat{x}=f(\hat{x})\text{pentru orice }\hat{x}\in {\mathbb{Z}}_5,$$ adică $h$ și $f$ au aceeași funcție polinomială (1,5 p). Ca polinoame ele diferă: scriind desfășurat, $$h=X^5+X^3+\hat{3}{X}^2+X+\hat{4},$$ deci $\mathrm{grad}h=5$, în timp ce $\mathrm{grad}f=3$ (1 p). Rădăcinile lui $h$ sunt exact clasele în care se anulează funcția lui, adică rădăcinile lui $f$: singura este $\hat{1}$ (1 p). (Un polinom de gradul al cincilea cu o singură rădăcină distinctă — perfect compatibil cu limita „cel mult $5$".)