În $$\mathbb{Z}_5[X]$$ se împarte un polinom la $$\hat{2}X + \hat{1}$$. La fiecare rundă a algoritmului se înmulțește cu:

nu se poate împărți, fiindcă împărțitorul nu este monic

Ce invers se folosește la împărțirea cu 3X+ 1 în ℤ₅[X]?

Inversul lui 3, care este 2, fiindcă 3· 2=6 dă restul 1 la împărțirea cu 5. Nu se împarte la 3, ci se înmulțește cu 2, la fiecare pas al algoritmului. Valoarea se notează deoparte înainte de a începe calculul.

Cum împarți la un polinom care nu este monic?

Lecția pe scurt · clasa a XII-a · Împărțirea polinoamelor peste un corp

Determini întâi inversul coeficientului dominant al împărțitorului și îl folosești la fiecare rundă. Peste un corp asta se poate întotdeauna, fiindcă orice element nenul are invers — exact locul în care intră ipoteza din teoremă. Peste $Z_{5} [X]$ , la împărțirea cu $\hat{2} X + \hat{1}$ se lucrează cu $\hat{2}^{- 1} = \hat{3}$ , notat deoparte de la început.

Lecția 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. Teorema împărțirii cu rest în $K [X]$ garantează, pentru $K$ corp comutativ și $g \neq = 0$ , existența și unicitatea câtului $q$ și a restului $r$ cu $f = g q + r$ și $r = 0$ sau $grad r < grad g$ . Ipoteza „ $K$ este corp” intră exact într-un loc: la fiecare pas se înmulțește cu inversul coeficientului dominant al împărțitorului. De aceea, peste un inel oarecare, împărțirea reușește doar când acel coeficient este inversabil — în particular când împărțitorul este monic. Peste $Z_{p}$ împărțirea se face la fel, cu toate calculele reduse modulo $p$ ; la un împărțitor nemonic, ca $\hat{2} X + \hat{1}$ în $Z_{5} [X]$ , se determină întâi inversul lui $\hat{2}$ și se folosește la fiecare rundă. Teorema restului spune că restul împărțirii lui $f$ la $X - a$ este constanta $f (a)$ , iar schema lui Horner dă simultan câtul și restul. Teorema lui Bézout transformă orice divizibilitate cu un factor de gradul întâi într-o ecuație: $X - a$ divide $f$ dacă și numai dacă $f (a) = 0$ . De aici rezultă că un polinom nenul de grad $n$ peste un corp are cel mult $n$ rădăcini distincte — enunț care cade dacă modulul nu este prim.

De reținut

$f = g q + r$ , cu $r = 0$ sau $grad r < grad g$
restul împărțirii lui $f$ la $X - a$ este $f (a)$
teorema lui Bézout: $X - a$ divide $f$ dacă și numai dacă $f (a) = 0$

Greșeala tipică

Se împarte la coeficientul dominant ca la numere, în loc să se înmulțească cu inversul lui. Peste $Z_{5}$ , la $\hat{3} X + \hat{1}$ se folosește $\hat{2}$ , iar orice altă mișcare scoate calculul din corp.

Exerciții din această mini-lecție

În $Z_{7} [X]$ , restul împărțirii polinomului $f = X^{3} + \hat{2} X^{2} + \hat{4} X + \hat{6}$ la $X + \hat{3}$ este:
- a) $\hat{0}$
- b) $\hat{3}$
- c) $\hat{1}$
- d) $\hat{6}$
Vezi răspunsul

Răspuns corect: d) $\hat{6}$

Rescriem întâi împărțitorul sub forma $X - a$ : în $Z_{7}$ avem $X + \hat{3} = X - \hat{4}$ , deci se evaluează în $\hat{4}$ . Calculăm reducând la fiecare pas: $\hat{4}^{3} = 64 = \hat{1}$ , $\hat{2} \cdot \hat{4}^{2} = \hat{2} \cdot \hat{2} = \hat{4}$ , $\hat{4} \cdot \hat{4} = \hat{2}$ , plus $\hat{6}$ . Suma este $\hat{1} + \hat{4} + \hat{2} + \hat{6} = 13 = \hat{6}$ . Varianta $\hat{0}$ este exact rezultatul evaluării greșite în $\hat{3}$ .
În $Z_{5} [X]$ se împarte un polinom la $\hat{2} X + \hat{1}$ . La fiecare rundă a algoritmului se înmulțește cu:
- a) $\hat{2}$
- b) $\hat{3}$
- c) $\hat{4}$
- d) nu se poate împărți, fiindcă împărțitorul nu este monic
Vezi răspunsul

Răspuns corect: b) $\hat{3}$

Nu se „împarte la $2$ ”: se înmulțește cu inversul coeficientului dominant. În $Z_{5}$ , $\hat{2} \cdot \hat{3} = \hat{6} = \hat{1}$ , deci $\hat{2}^{- 1} = \hat{3}$ . Determină inversul o singură dată, scrie-l deoparte și folosește-l la fiecare rundă. Împărțirea este posibilă tocmai pentru că $Z_{5}$ este corp: orice clasă nenulă are invers.
Un polinom nenul de gradul al treilea din $Z_{5} [X]$ poate avea, în $Z_{5}$ , cel mult:
- a) $5$ rădăcini distincte
- b) $4$ rădăcini distincte
- c) $3$ rădăcini distincte
- d) oricâte rădăcini distincte
Vezi răspunsul

Răspuns corect: c) $3$ rădăcini distincte

Peste un corp, un polinom nenul de grad $n$ are cel mult $n$ rădăcini distincte; aici $n = 3$ . Demonstrația folosește teorema lui Bézout și faptul că un corp nu are divizori ai lui zero: fiecare rădăcină scoate un factor $X - a$ , iar gradul nu are de unde să crească. Enunțul cade dacă modulul nu este prim — în $Z_{8}$ , polinomul $X^{2} - \hat{1}$ are patru rădăcini.

Întrebări conexe

Ce invers se folosește la împărțirea cu $\hat{3} X + \hat{1}$ în $Z_{5} [X]$ ?

Inversul lui $\hat{3}$ , care este $\hat{2}$ , fiindcă $3 \cdot 2 = 6$ dă restul $1$ la împărțirea cu $5$ . Nu se împarte la $3$ , ci se înmulțește cu $\hat{2}$ , la fiecare pas al algoritmului. Valoarea se notează deoparte înainte de a începe calculul.

În ce valoare se evaluează dacă împărțitorul este $X + \hat{2}$ ?

În $- \hat{2}$ , care modulo $5$ înseamnă $\hat{3}$ . Teorema restului privește împărțitori scriși sub forma $X - a$ , așa că împărțitorul se rescrie întâi: $X + \hat{2} = X - \hat{3}$ peste $Z_{5}$ . Semnul greșit este cea mai frecventă pierdere de punct aici.

Ce dă simultan schema lui Horner?

Câtul și restul, dintr-un singur rând de calcule. Coeficienții câtului apar pe rând în tabel, iar ultima valoare obținută este restul, egal cu valoarea polinomului în punctul folosit. Peste un corp finit, fiecare număr scris se reduce imediat la clasa lui.

Câte clase trebuie să conțină rândul de sus din schema lui Horner?

Cu una mai mult decât gradul polinomului, adică toți coeficienții, inclusiv cei nuli. La $X^{3} + \hat{6}$ se scriu patru valori, punând $\hat{0}$ pe locurile lui $X^{2}$ și $X$ . Omiterea lor deplasează întreaga schemă și strică rezultatul.

Când reușește împărțirea polinoamelor peste un inel oarecare?

Atunci când coeficientul dominant al lui $g$ are invers în inel; cazul cel mai simplu este împărțitorul monic, unde acel coeficient este chiar $1$ . Fără condiția asta, pasul care șterge termenul de grad maxim nu se poate face, iar câtul și restul pot chiar să lipsească.

Ce grad are restul împărțirii la un polinom de gradul al treilea?

Cel mult doi, sau restul este polinomul nul. Teorema cere ca gradul restului să rămână sub cel al împărțitorului, așa că la metoda coeficienților nedeterminați se pornește de la scrierea $r = a X^{2} + b X + c$ și se află cele trei valori.

Oamenii mai întreabă și: împărțirea polinoamelor cu rest · teorema restului · teorema lui Bezout la polinoame · schema lui Horner modulo p · împărțitor nemonic