Exerciții rezolvate cu inele de polinoame — clasa a 12-a

$\deg = 1 + 2 = 3$.

$P(1) = 1 - 2 + 1 = 0$. Deci $X - 1$ divide $P$ exact.

Împărțitorul are gradul $2$, deci restul are forma $R=aX+b$ și există $Q$ astfel încât $$P=(X+1)(X-3)\,Q+aX+b.$$ Rădăcinile împărțitorului sunt $-1$ și $3$. Înlocuind $X=-1$, termenul cu $Q$ se anulează, deci $P(-1)=-a+b$, iar pentru $X=3$ obținem $P(3)=3a+b$. Calculăm valorile: $$P(-1)=2-3\cdot(-1)+1+4+5=2+3+1+4+5=15,$$ $$P(3)=2\cdot81-3\cdot27+9-12+5=162-81+9-12+5=83.$$ Rezultă sistemul $$\begin{cases}-a+b=15\\[2pt]3a+b=83\end{cases}$$ Scăzând prima ecuație din a doua: $4a=68$, deci $a=17$, iar $b=15+a=32$. Restul căutat este $17X+32$.

Pentru $f=3X^3-6X^2+2X-4$, coeficientul dominant este $a=3$, deci relațiile lui Viète dau: $$x_1+x_2+x_3=-\dfrac{-6}{3}=2,\qquad x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\dfrac{2}{3}.$$ Folosind identitatea $x_1^2+x_2^2+x_3^2=(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)$, obținem: $$x_1^2+x_2^2+x_3^2=2^2-2\cdot\dfrac{2}{3}=4-\dfrac{4}{3}=\dfrac{8}{3}.$$

Descompunem divizorul: $X^2+X-2=(X-1)(X+2)$, deci rădăcinile sale sunt $1$ și $-2$. Cum $X^2+X-2\mid P$, ambele trebuie să fie rădăcini ale lui $P$, adică $P(1)=0$ și $P(-2)=0$. Din $P(1)=0$: $1+m+n+2-8=0$, deci $m+n-5=0$, adică $m+n=5$. Din $P(-2)=0$: $16-8m+4n-4-8=0$, deci $-8m+4n+4=0$, adică $-2m+n+1=0$, de unde $n=2m-1$. Înlocuind $n=2m-1$ în $m+n=5$ obținem $m+(2m-1)=5$, deci $3m=6$, adică $m=2$, iar $n=2\cdot 2-1=3$. Prin urmare $m+n=2+3=5$.

$P(-1) = -1 - 1 - 1 + 2 = -1$.

Aplicăm împărțiri succesive începând cu polinomul de grad mai mare împărțit la cel de grad mai mic. Pasul 1: împărțim $P$ la $Q$. Cum $\dfrac{X^4}{X^3}=X$, iar $X\cdot Q=X^4-4X^3+X^2+6X$, scădem: $$P-X\cdot Q=3X^3-2X^2-7X-2.$$ Continuăm: $\dfrac{3X^3}{X^3}=3$, iar $3Q=3X^3-12X^2+3X+18$, deci $$3X^3-2X^2-7X-2-3Q=10X^2-10X-20.$$ Astfel $P=Q\,(X+3)+(10X^2-10X-20)$, cu restul $r_1=10X^2-10X-20$. Pasul 2: împărțim $Q$ la $r_1$. Putem da factor comun $10$: $r_1=10\,(X^2-X-2)$, iar la c.m.m.d.c. constantele nenule nu contează, deci împărțim $Q$ la $X^2-X-2$: $$Q=(X^2-X-2)(X-3)+0.$$ Restul este $0$, prin urmare ultimul rest nenul (adus la forma monică) este $$\boxed{X^2-X-2}.$$ Verificare prin factorizare: $P=(X-2)(X+1)(X^2+1)$ și $Q=(X-2)(X+1)(X-3)$, factorii comuni fiind $(X-2)(X+1)=X^2-X-2$.

Avem $P'=3X^2-3=3(X-1)(X+1)$, deci rădăcinile lui $P'$ sunt $X=1$ și $X=-1$. O rădăcină multiplă a lui $P$ trebuie să anuleze și $P'$, prin urmare poate fi doar $1$ sau $-1$. Impunem ca aceasta să fie și rădăcină a lui $P$: $$P(1)=1-3+m=m-2=0\ \Rightarrow\ m=2,$$ $$P(-1)=-1+3+m=m+2=0\ \Rightarrow\ m=-2.$$ Pentru $m=2$ obținem $P=(X-1)^2(X+2)$, iar pentru $m=-2$ obținem $P=(X+1)^2(X-2)$, deci în ambele cazuri rădăcina este într-adevăr dublă. Valorile căutate sunt $m\in\{-2,\,2\}$, iar produsul lor este $$(-2)\cdot 2=-4.$$

Observăm că $X^4$ și $25$ pot fi văzuți ca termenii extremi ai unui pătrat: $(X^2+5)^2=X^4+10X^2+25$. Atunci $$P=X^4+X^2+25=(X^4+10X^2+25)-9X^2=(X^2+5)^2-(3X)^2.$$ Aplicând diferența de pătrate $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ cu $a=X^2+5$ și $b=3X$, obținem $$P=(X^2+5-3X)(X^2+5+3X)=(X^2-3X+5)(X^2+3X+5).$$ Verificăm că fiecare factor este ireductibil peste $\mathbb{R}$: discriminantul lui $X^2-3X+5$ este $\Delta=9-20=-11<0$, iar al lui $X^2+3X+5$ este $\Delta=9-20=-11<0$. Ambele trinoame nu au rădăcini reale, deci sunt ireductibile peste $\mathbb{R}$. Prin urmare descompunerea cerută este $(X^2-3X+5)(X^2+3X+5)$.

Din $P(X)=X^4-X^3-2X^2+X+1$, identificăm coeficienții $a_3=-1,a_2=-2,a_1=1,a_0=1$, de unde $e_1=-a_3=1$, $e_2=a_2=-2$, $e_3=-a_1=-1$, $e_4=a_0=1$. Calculăm sumele de puteri succesiv: $$p_1 = e_1 = 1$$ $$p_2 = e_1p_1-2e_2 = 1\cdot1-2(-2) = 1+4=5$$ $$p_3 = e_1p_2-e_2p_1+3e_3 = 1\cdot5-(-2)\cdot1+3(-1) = 5+2-3=4$$ $$p_4 = e_1p_3-e_2p_2+e_3p_1-4e_4 = 1\cdot4-(-2)\cdot5+(-1)\cdot1-4\cdot1 = 4+10-1-4=9$$ Așadar $x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4 = 9$. Verificare: opțiunea $13$ apare dacă se omite termenul final $-4e_4$; opțiunea $11$, dacă se greșește semnul termenului $e_3p_1$; opțiunea $-11$, dacă se schimbă semnul termenului $-e_2p_2$ în loc de $+e_2p_2$ ✓.

Testăm fiecare clasă $\hat{x}\in\{\hat0,\hat1,\hat2,\hat3,\hat4\}$ în $P(\hat X)=\hat X^2+\hat1$: $$\hat0^2+\hat1=\hat1,\quad \hat1^2+\hat1=\hat2,\quad \hat2^2+\hat1=\hat5=\hat0,\quad \hat3^2+\hat1=\hat{10}=\hat0,\quad \hat4^2+\hat1=\hat{17}=\hat2$$ Rădăcinile sunt $\hat2$ și $\hat3$ — exact $2$ rădăcini în $\mathbb{Z}_5$. Observație: deși $X^2+1$ este ireductibil peste $\mathbb{R}$ (nu are rădăcini reale, de unde capcana opțiunii $0$), peste corpul finit $\mathbb{Z}_5$ el se factorizează ca $\hat X^2+\hat1=(\hat X-\hat2)(\hat X-\hat3)$, deci are $2$ rădăcini. Verificare prin Viète: suma rădăcinilor $\hat2+\hat3=\hat5=\hat0$ (coincide cu $-e_1=\hat0$, coeficientul lui $\hat X$ fiind $\hat0$) și produsul $\hat2\cdot\hat3=\hat6=\hat1$ (coincide cu termenul liber $\hat1$) ✓.

Căutăm factori simetrici: $(X^2+aX+b)(X^2-aX+b)=X^4+(2b-a^2)X^2+b^2$. Pentru ca acest produs să fie $X^4+1$ (modulo $3$), impunem: coeficientul lui $X^2$ nul, $2b-a^2\equiv0\pmod3$, și termenul liber $b^2\equiv1\pmod3$. Din $b^2\equiv1\pmod3$: $b\equiv1$ sau $b\equiv-1\equiv2\pmod3$. Încercăm $b=-1$: condiția devine $2(-1)-a^2\equiv0\pmod3\Rightarrow a^2\equiv-2\equiv1\pmod3\Rightarrow a\equiv\pm1\pmod3$. Alegem $a=1$, $b=-1$. Factorii sunt $(X^2+X-1)$ și $(X^2-X-1)$. Verificare prin dezvoltare directă: $(X^2+X-1)(X^2-X-1)=(X^2-1)^2-X^2=X^4-2X^2+1-X^2=X^4-3X^2+1$. Modulo $3$, termenul $-3X^2\equiv0$, deci rezultatul este exact $X^4+1\pmod3$. ✓ (Acest fenomen — $X^4+1$ reductibil modulo ORICE prim, deși ireductibil peste $\mathbb{Q}$ — se explică prin faptul că grupul Galois al lui $X^4+1$ peste $\mathbb{Q}$ este grupul lui Klein $\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_2$, care nu este ciclic, deci nu poate exista niciun prim cu Frobenius de ordin $4$ — un rezultat de teoria numerelor algebrice ce depășește cu mult programa de liceu.)