# Expressions algébriques/Exercices/Factorisation de polynômes
## Exercice 5-1

Factoriser les expressions :
1° $2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}+a^{4}+b^{4}+c^{4}$
2° $2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}$
$c^{2}$
$(a+b)^{2}$
1° $2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}+a^{4}+b^{4}+c^{4}=(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$
2° En posant :
    $c^{2}=(a+b)^{2}$
    on obtient :
    $2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}=a^{4}+4a^{3}b+6a^{2}b^{2}+4ab^{3}+b^{4}-(a+b)^{4}=0$
    On peut donc mettre en facteur :
    $(a+b)^{2}-c^{2}=(a+b+c)(a+b-c)$
    L'expression étant invariante par permutation circulaire de $a$, $b$ et $c$, et $a+b-c$ étant en facteur, on en déduit que $b+c-a$ et $c+a-b$ peuvent aussi se mettre en facteur.
    L'expression à factoriser étant homogène du quatrième degré, nous avons donc :
    $2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}=(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

## Exercice 5-2

Démontrer que si $n$ est un entier positif impair, on peut mettre $(a+b)(b+c)(c+a)$ en facteur dans :
$P=(a+b+c)^{n}-a^{n}-b^{n}-c^{n}$
Achevez la factorisation pour $n=3$ et $n=5$
Pour $b=-a$, on obtient :
$(a+b+c)^{n}-a^{n}-b^{n}-c^{n}=(a-a+c)^{n}-a^{n}-(-a)^{n}-c^{n}=c^{n}-a^{n}+a^{n}-c^{n}=0$
On peut donc mettre $(a+b)$ en facteur dans $P$ et comme $P$ est invariant par permutation circulaire des variables, on peut aussi mettre $(b+c)$ et $(c+a)$ en facteur dans $P$.
Il existe donc un polynôme homogène $Q$ de degré $n-3$ tel que :
$(a+b+c)^{n}-a^{n}-b^{n}-c^{n}=(a+b)(b+c)(c+a)\times Q$
Pour n = 3.
$Q$ est un polynôme homogène de degré $3-3=0$. C'est donc une constante $k$ et on a :
$(a+b+c)^{3}-a^{3}-b^{3}-c^{3}=k(a+b)(b+c)(c+a)$
Pour déterminer $k$, on peut prendre $a=0$, $b=1$ et $c=1$, on obtient :
$2^{3}-0^{3}-1^{3}-1^{3}=k\times 1\times 2\times 1$
soit
$6=k\times 2$
et donc $k=3$.
On a donc :
$(a+b+c)^{3}-a^{3}-b^{3}-c^{3}=3(a+b)(b+c)(c+a)$
Pour n = 5.
$Q$ est un polynôme homogène de degré $5-3=2$. C'est donc un polynôme homogène de degré $2$.
Comme $P$ est symétrique, il existera $k$ et $l$ tel que :
$(a+b+c)^{5}-a^{5}-b^{5}-c^{5}=(a+b)(b+c)(c+a)\left[k(a^{2}+b^{2}+c^{2})+l(ab+ac+bc)\right]$
Pour déterminer $k$ et $l$, on peut prendre $a=0$, $b=1$ et $c=1$, on obtient :
$15=2k+l$
Il nous faut une deuxième équation. Prenons $a=2$, $b=-1$ et $c=0$, on obtient :
$15=5k-2l$
On obtient le système :
${\begin{cases}2k+l=15\\5k-2l=15\end{cases}}$
qui nous donne :
${\begin{cases}k=5\\l=5\end{cases}}$
La factorisation recherchée est donc :
$(a+b+c)^{5}-a^{5}-b^{5}-c^{5}=5(a+b)(b+c)(c+a)\left[a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+ac+bc\right]$

## Exercice 5-3

Factoriser le polynôme :
$P=a^{3}(b^{2}-c^{2})+b^{3}(c^{2}-a^{2})+c^{3}(a^{2}-b^{2})$
$P$ est un polynôme homogène du cinquième degré invariant par permutation circulaire de ses variables $a,\,b,\,c$. Nous rechercherons donc des facteurs sous forme de polynômes homogènes.
Commençons simple et recherchons des facteurs sous forme de polynômes homogènes du premier degré comme $(a\pm b)$ ou $(a\pm b\pm c)$. Pour cela nous vérifierons que le polynôme s'annule pour $a=\pm b$ ou $a=\pm b\pm c$.
Commençons par faire $a=b$. $P$ devient alors :
$b^{3}(b^{2}-c^{2})+b^{3}(c^{2}-b^{2})+c^{3}(b^{2}-b^{2})=0$
On peut donc mettre $(a-b)$ en facteur.
Comme $P$ est invariant par permutation circulaire de $a,\,b,\,c$, on peut aussi mettre $(b-c)$ et $(c-a)$ en facteur.
$P$ s'écrira donc sous la forme :
$P=(a-b)(b-c)(c-a)Q$
$Q$ étant un polynôme homogène du second degré invariant par permutation circulaire de $a,\,b,\,c$. Donc s'écrivant sous la forme :
$Q=x(a^{2}+b^{2}+c^{2})+y(ab+bc+ca)$
Notre factorisation sera donc de la forme :
$a^{3}(b^{2}-c^{2})+b^{3}(c^{2}-a^{2})+c^{3}(a^{2}-b^{2})=(a-b)(b-c)(c-a)\left[x(a^{2}+b^{2}+c^{2})+y(ab+bc+ca)\right]$
Pour déterminer $x$ et $y$, nous donnerons des valeurs à $a,\,b,\,c$.
Pour :
${\begin{cases}a=0\\b=1\\c=2\end{cases}}$
nous obtenons :
$0^{3}(1^{2}-2^{2})+1^{3}(2^{2}-0^{2})+2^{3}(0^{2}-1^{2})=(0-1)(1-2)(2-0)\left[x(0^{2}+1^{2}+2^{2})+y(0\times 1+1\times 2+2\times 0)\right]$
soit :
$-4=2(5x+2y)$
Pour :
${\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\end{cases}}$
nous obtenons :
$1^{3}(2^{2}-3^{2})+2^{3}(3^{2}-1^{2})+3^{3}(1^{2}-2^{2})=(1-2)(2-3)(3-1)\left[x(1^{2}+2^{2}+3^{2})+y(1\times 2+2\times 3+3\times 1)\right]$
soit :
$-22=2(14x+11y)$
Nous devons donc résoudre le système :
${\begin{cases}5x+2y=-2\\14x+11y=-11\end{cases}}$
qui donne :
${\begin{cases}x=0\\y=-1\end{cases}}$
En reportant, nous obtenons la factorisation :
$a^{3}(b^{2}-c^{2})+b^{3}(c^{2}-a^{2})+c^{3}(a^{2}-b^{2})=-(a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca)$

## Exercice 5-4

Factoriser le polynôme :
$P=(b^{2}c^{2}+a^{2}d^{2})(b-c)(a-d)+(c^{2}a^{2}+b^{2}d^{2})(c-a)(b-d)+(a^{2}b^{2}+c^{2}d^{2})(a-b)(c-d)$
$P$ est un polynôme homogène du sixième degré invariant par permutation circulaire de ses variables $a,\,b,\,c$ ($d$ n'est pas concernée).
On peut vérifier que pour $a=b$, le polynôme s'annule. On peut donc mettre $(a-b)$ en facteur et par permutation circulaire $(b-c)$ et $(c-a)$
On peut aussi vérifier que pour $a=d$, le polynôme s'annule. On peut donc mettre $(a-d)$ en facteur et par permutation circulaire $(b-d)$ et $(c-d)$
La factorisation de $P$ sera donc de la forme :
$P=k(a-b)(b-c)(c-a)(a-d)(b-d)(c-d)$
Par identification ou en donnant des valeurs aux variables, on voit que $k=-1$.
On a donc obtenu la factorisation suivante :
$(b^{2}c^{2}+a^{2}d^{2})(b-c)(a-d)+(c^{2}a^{2}+b^{2}d^{2})(c-a)(b-d)+(a^{2}b^{2}+c^{2}d^{2})(a-b)(c-d)=-(a-b)(b-c)(c-a)(a-d)(b-d)(c-d)$
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