马斯克帮你算的，自己验证

国产ai算的

首先求得A_1, A_2的极小多项式p_1(x)=x^3, p_2(x)=(x-3)^2。显然p_1与p_2没有相同的根，二者互素。
f(A)=B意味着f(A_i)=B_i，于是f(A_i)-r_i(A_i)=0，即f-r_i零化A_i，那么 p_i | (f-r_i)，或者说f≡r_i(mod p_i)。
由中国剩余定理，现在需要求出二者相互的模逆q_1和q_2，即满足p_1 q_1≡1(mod p_2)与p_2 q_2≡1(mod p_1)。实际上由扩展欧几里得算法可以直接求出-1/27 (x-4) x^3 + 1/27 (x^2+2x+3) (x-3)^2=1，即q_1=-1/27 (x-4)，q_2=1/27 (x^2+2x+3)
于是f≡r_2 p_1 q_1 + r_1 p_2 q_2 (mod p_1p_2)
这串东西算出来是1/27 (x^6 - 5 x^5 + 14 x^4 - 40 x^3 + 27 x^2 + 54 x + 81)，模x^3(x-3)^2下同余于1/27 (11 x^4 - 49 x^3 + 27 x^2 + 54 x + 81)，这就是次数最小的f
AI的答案是对的

要验证 \( r_1(A_1) = B_1 \) 和 \( r_2(A_2) = B_2 \)，并求满足 \( f(A) = B \) 的最低次数多项式 \( f(x) \)。
**验证部分：**
1. **验证 \( r_1(A_1) = B_1 \):**
- \( r_1(x) = x^2 + 2x + 3 \)
- 计算 \( A_1^2 \), \( 2A_1 \), \( 3I \)，相加得：
\[
A_1^2 + 2A_1 + 3I = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} = B_1
\]
- 验证成立。
2. **验证 \( r_2(A_2) = B_2 \):**
- \( r_2(x) = 3x - 7 \)
- 计算 \( 3A_2 - 7I \):
\[
3\begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} - 7I = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = B_2
\]
- 验证成立。
**求多项式 \( f(x) \):**
需要构造 \( f(x) \) 使得：
- \( f(A_1) = B_1 = r_1(A_1) \)
- \( f(A_2) = B_2 = r_2(A_2) \)
由于 \( A_1 \) 和 \( A_2 \) 的最小多项式分别为 \( x^3 \) 和 \( (x-3)^2 \)，应用中国剩余定理求解满足：
\[
\begin{cases}
f(x) \equiv x^2 + 2x + 3 \pmod{x^3} \\
f(x) \equiv 3x - 7 \pmod{(x-3)^2}
\end{cases}
\]
通过多项式插值，解得满足所有条件的四次多项式：
\[
f(x) = \frac{11}{27}x^4 - \frac{49}{27}x^3 + x^2 + 2x + 3
\]
**答案：**
验证 \( r_1(A_1) = B_1 \) 和 \( r_2(A_2) = B_2 \) 成立。最低次数多项式为：
\[
\boxed{f(x) = \frac{11}{27}x^4 - \frac{49}{27}x^3 + x^2 + 2x + 3}
\]