Comment factoriser un polynôme ?

1 – “Factoriser” … De quoi s’agit-il ?

Une fonction polynôme (ou, pour faire court, un polynôme) est une fonction P que l’on peut définir, pour tout $x\in\mathbb{R},$ par une formule du type :

$\boxed{P\left(x\right)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}}\qquad(\diamondsuit)$

où $n$ est un entier positif et où $a_{n},$ $a_{n-1},$ …, $a_{0}$ sont $n+1$ nombres réels, appelés coefficients de P.

Si $a_{n}\neq0$ , on dit que $P$ est de degré $n.$

Par exemple, en choisissant $n=4$ ainsi que $a_{4}=3,$ $a_{3}=\frac{1}{2},$ $a_{2}=0,$ $a_{1}=-1$ et $a_{0}=\frac{7}{3}$ , on obtient, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$P\left(x\right)=3x^{4}+\frac{x^{3}}{2}-x+\frac{7}{3}$

Ce polynôme est de degré $4.$

L’égalité $(\diamondsuit)$ fournit l’expression développée d’un polynôme $P.$ Mais un polynôme peut parfois se présenter sous un autre jour …

Considérons la fonction $Q$ définie pour tout $x\in\mathbb{R}$ par :

$Q\left(x\right)=\left(x^{2}+1\right)\left(x^{2}-x+2\right)\qquad(\star)$

$Q$ est un polynôme puisque, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$Q\left(x\right)=x^{4}-x^{3}+3x^{2}-x+2\qquad(\star\star)$

Le passage de $\left(\star\right)$ à $\left(\star\star\right)$ se fait mécaniquement et ne soulève aucune difficulté (on transforme le produit en somme en utilisant la distributivité de la multiplication sur l’addition).

Mais aurions-nous été capables, en partant de $\left(\star\star\right),$ de retrouver $\left(\star\right)$ ?

C’est le problème de la factorisation.

L’intérêt de factoriser un polynôme résulte principalement de deux propriétés de la multiplication des nombres réels :

Propriété 1 (« intégrité ») : si $a,b\in\mathbb{R}$ sont tels que $ab=0,$ alors $a=0$ ou $b=0.$
Propriété 2 (« règle des signes ») : si $a,b\in\mathbb{R}$ sont de même signe (tous deux positifs ou nuls, ou bien tous deux négatifs ou nuls), alors $ab\geqslant 0$ et, s’ils sont de signes contraires, alors $ab\leqslant0.$

→ La propriété 1 est utile pour déterminer les racines éventuelles d’un polynôme : on résout l’équation $P\left(x\right)=0$ en cherchant à factoriser $P$ .

Précisons que $\alpha\in\mathbb{R}$ est une racine de $P,$ lorsque $P\left(\alpha\right)=0$ .

→ La propriété 2 permet l’étude du signe d’un polynôme, dès lors qu’on a obtenu une factorisation de celui-ci. Ceci s’avère notamment utile lorsqu’on étudie les variations d’une fonction polynôme : on doit déterminer le signe de sa dérivée (laquelle dérivée est, elle aussi polynomiale !).

2 – Les outils de base

Factoriser un polynôme consiste donc à l’écrire (si possible) comme un produit …

… mais de façon « non triviale » !

Clairement, le fait d’écrire $x^{3}+x-2=1\times\left(x^{3}+x-2\right)$ n’intéresse pas grand monde…

Trois outils simples sont disponibles pour factoriser des polynômes. Les voici :

Règle 1

La propriété de distributivité, déjà invoquée plus haut avec le polynôme Q, dit que si $a,b,c$ sont trois nombres réels quelconques, alors $a\left(b+c\right)=ab+ac.$ En lisant cette égalité de droite à gauche, on dit qu’ « on met $a$ en facteur dans l’expression $ab+ac$ ».

Règle 2

Ensuite, viennent les identités remarquables « standard » :

$\begin{eqnarray*}a^{2}+2ab+b^{2} & = & \left(a+b\right)^{2} & (1)\\a^{2}-2ab+b^{2} & = & \left(a-b\right)^{2} & (1bis)\\a^{2}-b^{2} & = & \left(a-b\right)\left(a+b\right) & (2) \end{eqnarray*}$

qui sont valables pour tous nombres réels $a,b.$

Règle 3

Enfin, si $P$ est un polynôme et si $\alpha\in\mathbb{R}$ est une racine de $P,$ alors il existe un polynôme $Q$ tel que, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$P\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)\thinspace Q\left(x\right)$

et l’on peut déterminer $Q$ par identification des coefficients (voir exemple 3 ci-dessous).

Voyons quelques exemples d’utilisation de ces règles …

Exemple 1

Pour factoriser $A\left(x\right)=x^{3}-4x,$ on applique d’abord la distributivité, ce qui donne :

$A\left(x\right)=x\left(x^{2}-4\right)$

Il ne faut pas s’arrêter en si bon chemin, puisque d’après l’identité remarquable (2), on a $x^{2}-4=x^{2}-2^{2}=\left(x-2\right)\left(x+2\right)$ . Ainsi :

$\boxed{A\left(x\right)=x\left(x-2\right)\left(x+2\right)}$

Exemple 2

Pour factoriser $B\left(x\right)=x^{2}-4x+1,$ on effectue une mise sous forme canonique (technique à la base de la résolution des équations du second degré), ce qui consiste à modifier l’écriture de $B\left(x\right)$ pour faire apparaître une différence de deux carrés :

$B\left(x\right)=\left(x-2\right)^{2}-3$

On utilise alors l’identité remarquable (2) :

$\boxed{B\left(x\right)=\left(x-2-\sqrt{3}\right)\left(x-2+\sqrt{3}\right)}$

Exemple 3

Pour factoriser $C\left(x\right)=x^{3}-2x+1,$ on observe que $C\left(1\right)=0.$ Il est donc possible de mettre $\left(x-1\right)$ en facteur :

$C\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(ax^{2}+bx+c\right)$

où $a,b$ et $c$ sont à préciser. Le calcul de ces trois coefficients se fait par identification. Cette technique, qui repose sur l’unicité de la liste des coefficients d’un polynôme, permet d’affirmer que

$\left\{ \begin{array}{cccc}a & = & 1 & (\text{coefft de }x^{3})\\\\b-a & = & 0 & (\text{coefft de }x^{2})\\\\c-b & = & -2 & (\text{coefft de }x)\\\\-c & = & 1 & (\text{coefft constant)}\end{array}\right.$

Ce système se résout aisément et l’on obtient :

$a=1\qquad b=1\qquad c=-1$

Ainsi :

$C\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x^{2}+x-1\right)$

Ce n’est pas tout à fait fini, puisque le trinôme $x^{2}+x-1$ se factorise à son tour (voir exemple 2 pour la méthode) :

$x^{2}+x-1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{5}{4}=\left(x+\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2}\right)\left(x+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}\right)$

En conclusion :

$\boxed{C\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x+\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)\left(x+\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}$

Exemple 4

Pour factoriser $D\left(x\right)=x^{6}-1,$ on peut commencer avec l’identité remarquable (2) :

$D\left(x\right)=\left(x^{3}\right)^{2}-1^{2}=\left(x^{3}-1\right)\left(x^{3}+1\right)$

Pour aller plus loin, il faut savoir factoriser $D_{1}\left(x\right)=x^{3}-1$ et $D_{2}\left(x\right)=x^{3}+1.$

On peut observer que $D_{1}\left(1\right)=0$ et $D_{2}\left(-1\right)=0,$ ce qui permet de factoriser $D_{1}\left(x\right)$ par $\left(x-1\right)$ et $D_{2}\left(x\right)$ par $\left(x+1\right).$ Les détails sont laissés au lecteur 🙂

On trouve au final :

$\boxed{D\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x^{2}+x+1\right)\left(x+1\right)\left(x^{2}-x+1\right)}$

et cette factorisation ne peut pas être améliorée, car aucun des deux trinômes $x^{2}+x+1$ et $x^{2}-x+1$ ne possède de racine réelle.

Cette dernière affirmation se justifie par le fait que, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0$

et argument analogue pour $x^{2}-x+1$ (on peut aussi calculer les discriminants de ces deux trinômes et constater qu’ils sont, l’un comme l’autre, strictement négatifs).

3 – D’autres identités remarquables

Dans l’exemple 4 ci-dessus, nous avons factorisé $D_{1}\left(x\right)=x^{3}-1$ sous la forme :

$x^{3}-1=\left(x-1\right)\left(x^{2}+x+1\right)$

en exploitant le fait que 1 est une racine de $D_{1},$ ce qui nous a permis de mettre $\left(x-1\right)$ en facteur d’un certain trinôme, lequel trinôme a ensuite été obtenu par identification.

Nous aurions pu invoquer l’identité remarquable suivante, valable pour tous réels $a,b$ :

$a^{3}-b^{3}=\left(a-b\right)\left(a^{2}+ab+b^{2}\right)\qquad(\heartsuit)$

Nous pouvons appliquer $(\heartsuit)$ pour factoriser $E\left(x\right)=x^{3}+8.$ En effet :

$E\left(x\right)=x^{3}-\left(-8\right)=x^{3}-\left(-2\right)^{3}=\left(x+2\right)\left(x^{2}-2x+4\right)$

On peut pousser le curseur un cran plus loin, avec la généralisation suivante de l’identité $(\heartsuit),$ qui donne une factorisation pour la différence de deux puissances $n-$ èmes (l’entier $n$ est supérieur ou égal à $2$ ) :

$\boxed{a^{n}-b^{n}=\left(a-b\right)\left(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}\right)}\qquad(\diamond)$

La somme qui apparaît en facteur de $\left(a-b\right)$ est composée de $n$ termes : le premier est $a^{n-1}$ et les suivants sont obtenus en réduisant progressivement l’exposant de $a,$ tandis que l’exposant de b est progressivement augmenté. Par exemple, pour $n=4$ :

$a^{4}-b^{4}=\left(a-b\right)\left(a^{3}+a^{2}b+ab^{2}+b^{3}\right)$

et pour n=5 :

$a^{5}-b^{5}=\left(a-b\right)\left(a^{4}+a^{3}b+a^{2}b^{2}+ab^{3}+b^{4}\right)$

et ainsi de suite …

Si vous avez l’habitude à la notation $\Sigma$ , vous comprendrez que la formule $(\diamond)$ s’écrive ainsi :

$a^{n}-b^{n}=\left(a-b\right)\sum_{k=1}^{n}a^{k-1}b^{n-k}$

4 – Factoriser en utilisant le “test des racines rationnelles”

Dans l’exemple 3, nous avons « observé » que $C\left(1\right)=0.$ On peut raisonnablement considérer que ça saute au yeux … Et puis, lorsqu’on cherche à factoriser un polynôme à coefficients entiers, la première chose qu’on fait généralement consiste à l’évaluer en $1$ ou en $-1$ et peut-être aussi en d’autres petits entiers, en espérant mettre la main sur une racine et commencer ainsi le processus de factorisation.

Considérons maintenant le cas de

$F\left(x\right)=5x^{4}-7x^{3}+5x^{2}-2x-7$

On peut essayer patiemment :

$F\left(1\right)=-6\qquad F\left(-1\right)=12\qquad F\left(2\right)=33\qquad F\left(-2\right)=153\qquad\cdots$

Point de racine en vue 🙁

Peut-être ce polynôme ne possède-t-il aucune racine réelle ? Ou alors seulement des racines irrationnelles ?

Ou peut-être existe-t-il des racines rationnelles (mais bien cachées …) ? Et si oui, comment les trouver ?

C’est là qu’intervient le « test des racines rationnelles ». En voici l’énoncé :

Théorème

Soit $f$ un polynôme défini par :

$f\left(x\right)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}$

où les coefficients $a_{i}$ sont tous entiers. On suppose $a_{0}$ et $a_{n}$ non nuls.
Si $f$ possède une racine rationnelle $\frac{p}{q}$ avec $p$ entier naturel, $q$ entier relatif non nul et de plus $p$ et $q$ premiers entre eux (ce qui signifie que la fraction $\frac{p}{q}$ est irréductible), alors $p$ est un diviseur de $a_{0}$ et $q$ est un diviseur de $a_{n}$ ce qu’on note comme ceci :

$p\mid a_{0}\qquad\text{et}\qquad q\mid a_{n}\qquad(\clubsuit)$

Nous n’allons pas démontrer ce résultat ici (sa preuve se trouve dans tous les cours standards d’arithmétique; elle repose pour l’essentiel sur le théorème de Gauss, qui affirme que si un entier $a$ divise le produit $bc$ de deux entiers et si $a$ et $b$ sont premiers entre eux, alors $a$ divise $c$ ).

En revanche, nous allons nous en servir pour déterminer les éventuelles racines rationnelles de $F\left(x\right)=5x^{4}-7x^{3}+5x^{2}-2x-7.$

La condition nécessaire $(\clubsuit)$ s’écrit :

$p\mid7\qquad\text{et}\qquad q\mid5$

ce qui laisse assez peu de possibilités :

$p\in\left\{ 1,7\right\} \qquad\text{et}\qquad q\in\left\{ -5,-1,1,5\right\}$

Les éventuelles racines rationnelles de $F$ figurent donc parmi les nombres suivants :

$-7,\:-\frac{7}{5},\:-1,\:-\frac{1}{5},\:\frac{1}{5},\:1,\:\frac{7}{5},\:7$

Muni d’une calculette ou d’un ordinateur, on peut rapidement tester chacune de ces huit valeurs … et constater que la seule racine rationnelle de $F$ est $\displaystyle{\frac{7}{5}}.$

Et on ne peut pas, raisonnablement, qualifier cette racine d’évidente !

Et maintenant ? La [Règle 3] permet de factoriser par $\left(x-\frac{7}{5}\right)$ ou, ce qui revient au même, par $\left(5x-7\right).$ Il existe ainsi un polynôme $G$ de degré $3$ tel que, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$5x^{4}-7x^{3}+5x^{2}-2x-7=\left(5x-7\right)\thinspace G\left(x\right)$

La dernière étape, quelque peu fastidieuse mais faisable, consiste à calculer les coefficients de $G$ par identification. On trouve au final :

$\boxed{5x^{4}-7x^{3}+5x^{2}-2x-7=\left(5x-7\right)\left(x^{3}+x+1\right)}$

J’espère que ce rapide survol vous aura plu 🙂

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