<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\documentclass{article}
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\newcommand{\K}{\mathbb{K}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}
\newcommand{\ie}{\emph{i.e.}}

\begin{document}

\paragraph{Def. 1: trou}

\begin{align*}
	A_1(X) B_2(X) = A_2(X) B_1(X)
\end{align*}

\paragraph{Prop-Def. 2: Dem.}

\paragraph{Existance}

Soit $\frac{A}{B}\in \K[X]$

Notons $D := A \land B$

Puis $\begin{cases}
	\tilde{A} &amp;= \frac{A}{D} \\
	\tilde{D} &amp;= \frac{B}{D} \\
\end{cases}$ 

Par homogénéité de $\operatorname{PGCD}$ :

\begin{align*}
	\tilde{A} \land \tilde{B} &amp;= 1 \\
\end{align*}

On note $\mu$ le coefficient dominant de $B$ puis

\begin{align*}
	P &amp;= \frac{\tilde{A}}{\mu} \\
	Q &amp;= \frac{\tilde{B}}{\mu} \\
\end{align*}

On a bien $\begin{cases}
	P\land Q = 1 \\
	\frac{P}{Q} = \frac{\tilde A}{\tilde B} = \frac{A}{B} \\
	Q \text{ unitaire}
\end{cases}$

\paragraph{Unicité}
Supposons avoir deux formes irréductibles

\begin{align*}
	\frac{A}{B} = \frac{P_1}{Q_1} = \frac{P_2}{Q_2}
\end{align*}

donc $P_1Q_2 = P_2Q_1$


On a \begin{align*}
	\begin{cases}
		Q_1 &amp;| P_1Q_2 \\
		P_1 \land Q_1 &amp;= 1 \\
	\end{cases} \\
	\text{donc } Q_1 &amp;| Q_2 \quad&amp;\text{d'après le lemme de Gauss} \\
	Q_2 &amp;| Q_1 \quad&amp;\text{de même}
\end{align*}

Or $Q_1, Q_2$ sont unitaires donc $Q_1 = Q_2$

En réinjectant et par intégrité $P_1=P_2$

\paragraph{Exercice 1}
\begin{align*}
	P' \land P = 1 \iff P \text{ unitaire et toutes ses racines sont simples}
\end{align*}

\paragraph{Prop-Def. 3 dem.}

L'indépendance au représentant choisi

\paragraph{Prop-Def. 5 dem.}

Soit $F = \frac{A}{B} = \frac{C}{D}$

\ie $A \times D = C \times B$

On veut montrer 

\begin{align*}
	\frac{A'B-AB'}{B^2} &amp;= \frac{C'D-D'C}{D^2}\\
	\iff D^2(A'B-B'A) &amp;= B^2(C'D-D'C) \\
	\iff A'BD^2-ADB'D &amp;= C'B^2DB-CD'B^2 \\
	\iff A'BD^2-BCB'D &amp;= C'BDB-ADD'B \\
	\iff BD(A'D-CB') &amp;= BD(C'B-AD')\\
	\iff A'D - CB' &amp;= C'B - AD' \\
	\iff A'D + AD' &amp;= C'B + CB' \\
	\iff (AD)' &amp;= (BC)' \\
\end{align*}

C'est vrai, ouf!!!

\paragraph{Exemple 1}

\begin{align*}
	\frac{aX+b}{cX+d}
\end{align*}

\paragraph{Exemple 2: Trou juste avant}
\begin{align*}
	F' &amp;\le \deg F  - 1
\end{align*}

\paragraph{Exemple 2}

\begin{align*}
	\deg \left( \frac{aX+b}{cX+d} \right)' &amp;= \frac{a(cX+d)-c(aX+b)}{(cX+d)^2} \\
					       &amp;= \frac{ad-bc}{(cX+d)^2} \\
					       &amp;= -2 \\
\end{align*}

\paragraph{Def. 7: Reformulation, trous}

\begin{enumerate}
	\item $\lambda$ n'est ni un zéro ni un pôle.
	\item $\lambda$ est un zéro de multiplicité $a-b$
	\item  $\lambda$ est pôle de multiplicité $b-a$
\end{enumerate}

\paragraph{Remq. 5: Trou}

les zéros de $\frac{A}{B}$

\paragraph{Prop-Def. 9: Dem.}

D'après le théorème de division euclidienne
\begin{align*}
	\exists !(Q, R),\ \begin{cases}
		A &amp;= BQ+R \\
		Q&amp;\in \K[X] \\
		R&amp;\in \K_{\deg B-1}[X]
	\end{cases} \\
	\iff \exists !(Q, R),\ \begin{cases}
		F &amp;= Q+\frac{R}{B} \\
		Q&amp;\in \K[X] \\
		\deg R &amp;&lt; \deg B
	\end{cases} \\
	\iff \exists!(Q, R),\ \begin{cases}
		F &amp;= Q + G \\
		Q&amp;\in \K[X] \\
		\underbrace{\deg (BG) - \deg B}_{\deg G} &amp;&lt; 0
	\end{cases}
\end{align*}

\emph{Exemple: partie polynomiale de $\frac{X^3+2X+1}{X^2-1}$} 

\begin{table}[h]
	\centering
	\begin{tabular}{c|c}
		$X^3 + 2X + 1$ &amp; $X^2-1$ \\
		$X^3-X$ &amp; X \\
		$3X+1$
	\end{tabular}
\end{table}

\begin{align*}
	\frac{X^3+2X+1}{X^2-1} &amp;= \underbrace{X}_{\text{partie polynomiale}} + \frac{3X+1}{X^2+1} \\
\end{align*}

\paragraph{Thm. 2}

Si $B = \mu(X-\lambda_1)\cdots(X-\lambda_n)$ alors il existe $Q$ unique et $(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)$ uniques tels que
\begin{align*}
	\frac{A}{B} &amp;= Q + \frac{\alpha_1}{X-\lambda_1} + \cdots + \frac{\alpha_n}{X-\lambda_n} \\
\end{align*}

et $Q$ est la partie polynomiale de $\frac{A}{B}$

\paragraph{Thm. 2: Dem.}

D'après le théorème de division euclidienne, il suffit de montrer que \begin{align*}
	\forall R\in \R_{\deg B - 1}[X],\ \exists !\begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_n \end{pmatrix} \in \K^n,\ \frac{R}{B} = \frac{\alpha_1}{X-\lambda_1} + \cdots + \frac{\alpha_n}{X-\lambda_n}
\end{align*}

Notons $\begin{cases}
	E &amp;= \K^n \\
	F &amp;= \frac{1}{B} \underbrace{\K_{\deg B-1}[X]}_{\text{polynômes de degré $&lt; \deg B$}} \\
\end{cases}$ 

\begin{align*}
	\phi&amp;: \begin{cases}
		E &amp;\to F \\
		\begin{pmatrix} \alpha_1\\ \vdots \\ \alpha_n \end{pmatrix} &amp;\mapsto  \frac{\alpha_1}{X-\lambda_1} + \cdots + \frac{\alpha_n}{X-\lambda_n}
	\end{cases}
\end{align*}

On a 

\begin{align*}
	\dim \left( \K_{\deg B-1}[X] \right) &amp;=n \\
	\implies \dim \left( \frac{1}{B} \K_{\deg B-1}[X] \right) &amp;= n \\
	\text{et } \dim \K^n &amp;= n \\
\end{align*}

$\phi$ est linéaire par distributivité de $ \cdot $ sur $+$

Par caractérisation des isomorphismes en dimension finie:

\begin{align*}
	\phi \text{ bijective} &amp;\iff \phi \text{ injective}
\end{align*}

\begin{align*}
	\Ker \phi &amp;= \left\{ \begin{pmatrix} \alpha_1\\ \vdots \\ \alpha_n \end{pmatrix} \in \K^n, \ \frac{\alpha_1}{X-\lambda_1} + \cdots + \frac{\alpha_n}{X-\lambda_n} = 0 \right\}\\
\end{align*}

Or $\left( \frac{1}{X-\lambda_1},\ \frac{1}{X-\lambda_2},\ \ldots,\ \frac{1}{X-\lambda_n} \right) $ est \emph{libre} 

Donc $\Ker \phi = \{0\} $ donc $\phi$ est bijective

\ie $\forall \frac{R}{B}\in F,\ \exists ! \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \vdots \\ ²a_n \end{pmatrix} \in \K^n,\ \phi\begin{pmatrix} \alpha_1\\ \vdots \\ ²a_n \end{pmatrix} = \frac{R}{B}$
 
\ie $\forall R\in \R_{\deg B - 1}[X],\ \exists !\begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_n \end{pmatrix} \in \K^n,\ \frac{R}{B} = \frac{\alpha_1}{X-\lambda_1} + \cdots + \frac{\alpha_n}{X-\lambda_n}$

\paragraph{Exemple DES de $\frac{1}{(X^2+1)(X^2+4)}$}


\begin{align*}
	\frac{1}{(X^2+1)(X^2+4)} &amp;= \frac{\alpha X + \beta}{X^2+1} + \frac{\gamma X + \delta}{X^2+4} \\
\end{align*}

Passons par $\C(X)$

\begin{align*}
	\frac{1}{(X^2+1)(X^2+4)} &amp;= \frac{a}{X-i}+\frac{b}{X+i}+\frac{c}{X-2i}+\frac{d}{X+2i} \\
	\frac{1}{(X+i)(X-i)}a+(X-i)(\ldots) \quad&amp; \times (X-i)
	a&amp;= -\frac{i}{6} \impliedby X=i \\
	b&amp;= \overline{a} = \frac{i}{6} \quad&amp;\text{par unicité de la DES} \\
	\frac{1}{(X^2+1)(X+2i)}c+(X-i)(\ldots) \quad&amp; \times (X-2i)
	a&amp;= \frac{i}{12} \impliedby X=2i \\
	b&amp;= \overline{c} = -\frac{i}{12} \quad&amp;\text{par unicité de la DES} \\
\end{align*}

En regroupant chaque pôle avec son conjugué:

\begin{align*}
	\frac{1}{(X^2+1)(X^2+4)} &amp;= \frac{1}{6} \left( \frac{i}{X+i} - \frac{i}{X-i} \right) +\frac{1}{12}\left( \frac{i}{X-2i} - \frac{i}{X+2i} \right)  \\
	&amp;= \frac{1}{6} \frac{2}{X^2+1} + \frac{1}{12} \frac{-4}{X^2+4} \\
	&amp;= \frac{1 / 3}{X^2+1} - \frac{1 / 3}{X^2+4} \\
\end{align*}

\paragraph{Thm. 3: Dem.}

\begin{align*}
	P &amp;= \mu \prod_{i=1}^{r} (X-\lambda_i)^{m_i}  \\
	\deg P &amp;= \sum_{k=1}^{r} m_k \\
	P' &amp;=  \\
\end{align*}

En général:

\begin{align*}
	\left( \prod_{i=1}^{n} u_i  \right)' &amp;= \sum_{k=1}^{n} u_1 \cdots u_{i-1} \cdot  u_i'  \cdot u_{i+1} \cdots u_n \\
\end{align*}

\begin{align*}
	P' &amp;= \mu \sum_{k=1}^{r} (X-\lambda_1)^{m_1}  \times \ldots  \times (X-\lambda_{i-1})^{m_{i-1}}  \times \left( (X-\lambda_i)^{m_i} \right)'  \times (X-\lambda_{i+1})^{m_{i+1}} \times \ldots \times (X-\lambda_r)^{m_r}\\
	\frac{P'}{P} &amp;= \sum_{k=1}^{r} \frac{(X-\lambda_1)^{m_1}  \times \ldots  \times (X-\lambda_{i-1})^{m_{i-1}}  \times m_i \times (X-\lambda_{i+1})^{m_{i+1}} \times \ldots \times (X-\lambda_r)^{m_r}}{(X-\lambda_1)^{m_1}  \times \ldots  \times (X-\lambda_{i-1})^{m_{i-1}}  \times  (X-\lambda_i)^{m_i}   \times (X-\lambda_{i+1})^{m_{i+1}} \times \ldots \times (X-\lambda_r)^{m_r}} \\
		     &amp;= \sum_{k=1}^{r} \frac{m_i}{X-\lambda_i} \\
\end{align*}


\paragraph{App. 7}

Cherchons les solutions non nulles

Notons $n:=\deg P$

\begin{align*}
	P' | P &amp;\iff \exists Q\in \R[X],\ P = P'  \times Q \\
	       &amp;\iff \exists Q\in \R_1[X],\ P = P' \times Q \quad&amp;\text{pour des raisons de degré} \\
	       &amp;\iff \exists \lambda\in \R,\ P=P' \times \frac{1}{n}(X-\lambda) \quad&amp;\text{pour des raisons de coefficient dominant}
	       &amp;\iff \exists \lambda\in \R, \frac{P'}{P} = \frac{n}{X-\lambda} \\
	       &amp;\iff \exists \lambda\in \R, P = \mu (X-\lambda)^n
\end{align*}


\end{document}
</pre></body></html>