chinoiseries.071004

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%
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%\rhead{\tiny Fri Apr 28 15:09:35 CEST 2006}
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\n{\dd}{\DeclareMathOperator}\n{\oo}{\operatorname}
%\n{\ddl}{\DeclareMathOperator*}\n{\ool}{\operatorname*}
%\n{\dive}{division euclidienne}
\n{\aeq}{\begin{equation}}\n{\zeq}{\end{equation}}
\n{\am}{\begin{pmatrix}}\n{\zm}{\end{pmatrix}}
\n{\mb}{\mathbb}
\n{\bb}{\bigskip}
\newcommand{\bi}{\binom}
\n{\cl}{\centerline}
\n{\DD}{\Delta}
\n{\de}{division euclidienne}
\n{\dl}{développement limité}
\n{\dls}{développements limités}
\dd{\DL}{DL}
\n{\dr}{\partial}
\n{\ds}{\displaystyle}
\n{\e}{\equiv}
\n{\edo}{équation différentielle}
\n{\E}{$E$-euclidien}
\n{\el}{élément}
\n{\els}{éléments}
\n{\f}{\varphi}
\n{\fr}{fraction rationnelle}
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\n{\frd}{fraction rationnelle définie en $a$}
\n{\frds}{fractions rationnelles définies en $a$}
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\n{\frgs}{fractions rationnelles généralisées}
\n{\ii}{\hskip5mm\relax}
%\n{\ind}{\hskip 1em\relax}
\n{\inv}{{-1}}
%\n{\iso}{\stackrel{\sim}{\rightarrow}}
%\n{\LL}{\Lambda}
\n{\nc}{nombre complexe}
%\n{\op}[1]{\mathop{\mathsf{#1}}\nolimits}
\n{\p}{polynôme}%\n{\ps}{polynômes}
\n{\pg}{polynôme généralisé}
\n{\pgs}{polynômes généralisés}
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\n{\scr}{\scriptstyle}\n{\deux}[2]{\stackrel{\scr #1}{#2}}
%\n{\so}{{\bf Solution}\ \ }%\ddl{\te}{\otimes}
\n{\then}{\Rightarrow}
\n{\spd}{sommes, produits et dérivées}
\n{\sel}{série de Laurent en $X-a$}
\n{\sels}{séries de Laurent en $X-a$}
%\n{\ssi}{\Leftrightarrow}
\n{\ti}{\times}
\n{\w}{\wedge}
\n{\C}{\mb{C}}\n{\R}{\mb{R}}\n{\N}{\mb{N}}\n{\Q}{\mb{Q}}\n{\Z}{\mb{Z}}
%\n{\RR}{\mathcal R}
\newtheorem{ttt}{Théorème}\n{\att}
{\begin{ttt}}\n{\ztt}{\end{ttt}}
\newtheorem{cor}[ttt]{Corollaire} \n{\acc}{\begin{cor}}\n{\zcc}{\end{cor}}
\newtheorem{lem}[ttt]{Lemme} \n{\al}{\begin{lem}}\n{\zl}{\end{lem}}
\theoremstyle{definition}%\newtheorem{thm}{Théorème}
\newtheorem{xx}[ttt]{Exercice} \n{\ax}{\begin{xx}}\n{\zx}{\end{xx}}
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\n{\ans}{\begin{notas}}\n{\zns}{\end{notas}}
\newtheorem{rmq}[ttt]{Remarque} \n{\ar}{\begin{rmq}}\n{\zr}{\end{rmq}}
%
\parindent0em
%
\begin{document}
%\cl{\Huge Fractions rationnelles généralisées}
\cl{\Huge Chinoiseries}
%\parindent0em%
\tableofcontents
%
\section{Introduction}
%
%L'un des thèmes majeurs de ce texte peut être illustré par la question
naïve suivante. Existe-t-il une suite non constante $a_2,a_3,a_4,\dots$
d'entiers telle que $$a_d\e a_n\bmod d$$ dès que $d$ divise $n$~? Nous
laissons le lecteur méditer là-dessus \dots\ (Pour une réponse voir
[1].) \bb
%
%\ii
Par ``\p'' on entend dans ce texte ``\p\ à coefficients complexes dans
l'indéterminée $X$''. \bb

\ii Nous montrons que\bb

\begin{itemize}
\item le calcul du quotient et du reste de la \de\ d'un \p\ par un \p\
non nul,
\item la décomposition d'une \fr\ en éléments simples,
\item le calcul d'une suite récurrente,
\item l'exponentiation d'une matrice,
\item l'intégration d'une \edo\ ordinaire linéaire d'ordre $n$ à
coefficients constants
\end{itemize}
\bb

résultent d'une formule unique, simple et évidente~: c'est la formule
(\ref{tg}) page~\pageref{tg}, que nous appelons {\em formule de
Taylor-Gauss}. \bb

\ii Le corps $\C(X)$ des \frs\ et l'anneau $E$ des fonctions entières
sont deux exemples importants d'anneaux différentiels contenant $\C[X]$.
Le sous-anneau $\C[X]$ ``contrôle'' $E$ dans le sens où toute fonction
entière peut être divisée euclidiennement par un \p\ non nul, le reste
étant un \p\ de degré strictement plus petit que celui du diviseur.
Parmi les anneaux jouissant de cette propriété, il y en a un qui
contient tous les autres~: c'est l'anneau différentiel
\begin{equation}\label{ce}
\prod_{a\in\C}\C[[X-a]].
\end{equation}
Tout $\C[X]$-module de torsion est un module sur l'anneau (\ref{ce}), et
cet anneau est universel pour cette propriété. En particulier tout
élément $f$ de (\ref{ce}) peut être évalué sur une matrice carrée $A$,
la matrice $f(A)$ étant par définition $R(A)$ où $R$ est le reste de la
\de\ de $f$ par un \p\ non nul annulant $A$. Comme il y a une formule
évidente pour ce reste (la formule de Taylor-Gauss), le tour est joué.
Un exemple important consiste à prendre pour $f$ la fonction
exponentielle, vue comme l'élément de (\ref{ce}) dont la $a$-ème
composante est la série de Taylor de $e^X$ en $a$. On retrouve bien sûr
la notion habituelle d'exponentielle de matrice, mais débarrassée de ses
complications artificielles. \bb

\ii Il est commode d'introduire l'anneau différentiel fourre-tout
$$\prod_{a\in\C}\C((X-a))$$ qui contient à la fois $\C(X)$ et $E$. Un
avantage accessoire de cet anneau est qu'il court-circuite la
construction habituelle (particulièrement peu instructive) du corps des
\frs\ (en tant que corps différentiel) à partir de l'anneau des \p s. \bb

%\ii L'idée principale utilisée dans ce texte apparaît dans {\em Local
Class Field Theory} de Serre (voir [1]).
%
\section{Séries de Laurent}
%
Soit $a$ un \nc. Une {\bf\sel} est une expression de la forme
%
$$f=f(X)=\sum_{n\in\Z}f_{a,n}\ (X-a)^n$$
%
où $(f_{a,n})_{n\in\Z}$ est une famille de nombres complexes pour
laquelle il existe un entier $n_a$ tel que $n<n_a$ implique $f_{a,n}=0$. \bb

\ii On définit les opérations d'addition, multiplication et dérivation
sur les \sels\ par
%
$$(f+g)_{a,n}=f_{a,n}+g_{a,n},$$
%
$$(f\,g)_{a,n}=\sum_{p+q=n}f_{a,p}\ g_{a,q},$$
%%
$$(f')_{a,n}=(n+1)\ f_{a,n+1}$$
%
et on vérifie que ces opérations ont les mêmes propriétés que sur les \p s.
%
\att Soit $f$ une \sel. Si $f\not=0$, alors il existe une unique série
de Laurent $g$ en $X-a$ telle que $f\,g=1$.\ztt
%
{\bf Preuve.} Exercice.\bb

\ii On pose alors $g=1/f=\frac{1}{f}$ et $h\,g=h/f=\frac{h}{f}$ si $h$
est une \sel.
%
\section{Fractions rationnelles généralisées}
%
Une {\bf \frg} est une famille $f=(f_a)_{a\in\C}$ dont chaque membre
$f_a$ est une \sel. Les nombres complexes $f_{a,n}$ s'appellent les {\bf
coefficients} de $f$. Les \frgs\ s'additionnent, se multiplient et se
dérivent composante par composante. \bb

\ii \`A tout \p\ $P$ est associée la \frg
%
\begin{equation}\label{P}
%
\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{P^{(n)}(a)}{n!}\
%
(X-a)^n\right)_{a\in\C}.
%
\end{equation}
%
Comme la somme formelle dans la parenthèse ne contient qu'un nombre fini
de termes non nuls, elle peut être vue comme un \p. En tant que telle,
elle est bien sûr égale au \p\ $P$. Les \spd\ de \p s en tant que \p s
coïncident donc avec leurs \spd\ en tant que \frgs. Ces faits nous
invitent à désigner encore par $P$ la \frg\ (\ref{P}).\bb

\ii Nous pouvons alors définir une {\bf \fr} comme étant une \frg\
obtenue en divisant un \p\ par un \p\ non nul. Les \spd\ de \frs\ sont
des \frs. Si une \frg\ non nulle $f=(f_a)_{a\in\C}$ est une \fr, alors
$f_a$ est non nulle pour tout $a$. \bb

\ii Pour toute \frg\ $f$ et tout \nc\ $a$ on pose
%
$$\mu(a,f):=\inf\ \{n\in\Z\ |\ f_{a,n}\not=0\}$$
%
avec la convention $\inf\ \varnothing=+\infty$, et on dit que $\mu(a,f)$
est la {\bf multiplicité} de $a$ comme zéro, ou racine, de $f$. On a
%
$$\mu(a,f g)=\mu(a,f)+\mu(a,g).$$
%
Si $\mu(a,f)\ge0$ on dit que $f$ est {\bf définie en} $a$, et on désigne
$f_{a,0}$ par $f(a)$. Si une \frg\ $f$ est définie en un \nc\ $a$, alors
on a
%
$$f_a=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(a)}{n!}\ (X-a)^n.$$
%
Toute somme, produit ou dérivée de \frgs\ définies en $a$ est une \frg\
définie en $a$. \bb

\ii Pour toute \frg\ $f$, tout \nc\ $a$ et tout entier $\mu$ posons
%
$$\DL_a^\mu(f):=\sum_{n\le\mu}f_{a,n}\ (X-a)^n,$$
%
et disons que cette \sel\ est le {\bf \dl\ de $f$ en $a$ à l'ordre}
$\mu$. Si $f$ et $g$ sont des \frgs\ définies en $a$, on a
%
$$\DL_a^\mu(f+g)=\DL_a^\mu(f)+\DL_a^\mu(g),\quad
%
\DL_a^\mu(f\,g)
%
=\DL_a^\mu\Big(\DL_a^\mu(f)\DL_a^\mu(g)\Big).$$

\ii Soient $a$ un \nc, soit $\mu$ un entier, et soient $f$ et $g$ deux
\frgs.
%
\ax\label{mod} Montrer que les conditions suivantes sont équivalentes
\begin{enumerate}
\item $\mu(a,f-g)\ge\mu$,
\item $(X-a)^{-\mu}\ (f-g)$ est définie en $a$,
\item $\DL_a^{\mu-1}(f)=\DL_a^{\mu-1}(g)$.
\end{enumerate}
\zx

\ii Si ces conditions sont satisfaites et si $f$ et $g$ sont définies en
$a$, alors on dit que $f$ et $g$ sont {\bf congrues modulo} $(X-a)^\mu$
et on écrit $$f\e g\bmod(X-a)^\mu.$$ Nous avons donc
%
$$\DL_a^{\mu-1}(f)\e f\bmod(X-a)^\mu,$$
%
ainsi que
%
$$\left.
\begin{array}{c}
f_1\e g_1\bmod (X-a)^\mu\\ [1em]
f_2\e g_2\bmod (X-a)^\mu
\end{array}\right\}\then\left\{
\begin{array}{c}
f_1+f_2\e g_1+g_2\bmod (X-a)^\mu\\ [1em]
f_1\,f_2\e g_1\,g_2\bmod (X-a)^\mu.
\end{array}\right.$$
%
\ax\label{pr} Supposons $f$ définie en $a$ et $\mu\ge0$. Soit $R$ un \p\
de degré $<\mu$. Montrer que les conditions suivantes sont équivalentes.
\begin{enumerate}
\item $R=\DL_a^{\mu-1}(f)$,
\item $R\e f\bmod(X-a)^\mu$,
\item $(X-a)^{-\mu}(f-R)$ est définie en $a$.
\end{enumerate}
En d'autres termes
%
$$\left(\frac{f-\DL_a^{\mu-1}(f)}{(X-a)^\mu}\ ,\
%
\DL_a^{\mu-1}(f)\right)$$
%
est l'unique couple $(q,R)$ tel que
%
\begin{enumerate}
\item $q$ est une \frg\ définie en $a$,
\item $R$ est un \p\ de degré $<\mu$,
\item $f(X)=(X-a)^\mu\,q(X)+R(X)$.
\end{enumerate}\zx

\ii Si nous désirons étendre le résultat obtenu dans l'Exercice \ref{pr}
à la division par un \p\ $D$ quelconque, il est naturel de se
restreindre aux \frgs\ définies en tout point de $\C$. Définissons donc
un {\bf \pg} comme étant une \frg\ définie en tout point de $\C$. Toute
somme, produit ou dérivée de \pgs\ est un \pg.
%
\ans Fixons un \p\ non constant $D$ \label{D} et posons
$\mu_a:=\mu(a,D)$ pour tout \nc\ $a$.
\zns

\ax\label{pg}Soit $f$ un \pg. Montrer que la \frg\ $f/D$ est un \pg\ si
et seulement si $$f\e0\bmod(X-a)^{\mu_a}$$ pour tout $a$.
\zx

\ii Nous admettons le
%
\att[Théorème fondamental de l'algèbre] Il existe un nombre complexe non
nul $c$ satisfaisant
%
$$D(X)=c\ \prod_{D(a)=0}(X-a)^{\mu_a}.$$
%
\ztt
%
\ax\label{p}Soit $P$ un \p. Montrer que les conditions suivantes sont
équivalentes
\begin{enumerate}
\item $P\e0\bmod(X-a)^{\mu_a}$ pour tout $a$,
\item $P/D$ est un \pg,
\item $P/D$ est un \p,
\item $P/D$ est un \p\ de degré $\deg P-\deg D$.
\end{enumerate}
\zx
%
\section{Théorème chinois}\label{stc}
%
Voici notre énoncé principal.
%
\att[Théorème chinois] Pour tout \pg\ $f$ et tout \p\ non constant $D$
il existe un unique couple $(q,R)$ tel que\label{tc}
%
\begin{enumerate}
\item $q$ est un \pg,
\item $R$ est un \p\ de degré $<\deg D$,
\item $f=D\,q+R$.
\end{enumerate}
Dans les Notations \ref{D} on a la {\bf formule de Taylor-Gauss} (voir [1])
\aeq\label{tg}\boxed{\boxed{
%
R(X)=\sum_{D(a)=0}\ \DL_a^{\mu_a-1}\!\!\left(f(X)\
%
\frac{(X-a)^{\mu_a}}{D(X)}\right)
%
\frac{D(X)}{(X-a)^{\mu_a}}}}\zeq\ztt

\ii On peut voir un air de famille entre cette formule et la
différentielle de de Rham~:
$$df=\sum\ \frac{\partial f}{\partial x_i}\ dx_i.$$

\ii On dit que $R$ est le {\bf reste de la \de} de $f$ par $D$, et que
$q$ est son {\bf quotient}. \bb

{\bf Preuve.} Unicité. Supposons
%
$$f=D\ q_1+R_1=D\ q_2+R_2$$
%
(notations évidentes). Il vient
%
$$\frac{R_2-R_1}{D}=q_1-q_2$$
%
et l'Exercice \ref{p} (2. $\then$ 4.) implique $R_1=R_2$ et donc
$q_1=q_2$. \bb

\ii Existence. Posons
%
$$s_{(a)}(X):=\DL_a^{\mu_a-1}\!\!\left(f(X)\
%
\frac{(X-a)^{\mu_a}}{D(X)}\right)
%
\frac{1}{(X-a)^{\mu_a}}\quad,\quad s:=\sum s_{(a)}$$
%
et observons que $\frac{f}{D}-s_{(a)}$ est définie en $a$ par
l'Exercice~\ref{pr}, que $\frac{f}{D}-s$ est un \pg\ $q$, et que $s D$
est un \p\ $R$ de degré $<\deg D$. CQFD\bb

{\bf Exemple.} Soient $a$ et $b$ deux nombres complexes. Pour $n\ge0$
notons $s_n$ la somme des monômes de degré $n$ en $a$ et $b$. Le reste
de la \de\ du \p\ $\sum_{n\ge0}a_n\,X^n$ par $(X-a)(X-b)$ est
%
$$\sum_{n\ge1}a_n\ s_{n-1}\ X+a_0
%
-a\ b\sum_{n\ge2}a_n\ s_{n-2}.$$
%
\acc {\em (Première formule de Serret --- voir [1].)} La partie polaire
de $g:=f/D$ en $a$ est \label{s1}
%
$$\boxed{\boxed{
%
\DL_a^{\mu_a-1}\!\!\Big(g(X)(X-a)^{\mu_a}\Big)
%
(X-a)^{-\mu_a}}}
%
$$\zcc

\ii On a des analogues partiels du Théorème \ref{tc} et du Corollaire
\ref{s1} sur un anneau commutatif quelconque (voir
paragraphe~\ref{aq}), mais l'unicité de la décomposition en éléments
simples disparaît. Par exemple on a, dans un produit de deux anneaux non
nuls,
%
$$\frac{1}{X-1}-\frac{1}{X}
%
=\frac{(1,-1)}{X-(1,0)}+\frac{(-1,1)}{X-(0,1)}\quad.$$
%
\att Soit $P$ un \p, soit $f$ la \fr\ $P/D$, soit $Q$ le quotient, que
nous supposons non nul, de la division euclidienne de $P$ par $D$, et
soit $q$ le degré de $Q$. Alors $Q$ est donné par la {\bf deuxième
formule de Serret} (voir [1])~:
%
$$\boxed{Q(X^{-1})
%
=\DL_0^q(f(X^{-1})\ X^q)\ X^{-q}}$$
%
\ztt
%
{\bf Preuve.} Si $d$ est le degré de $D$ et si $R$ est le reste de la
division euclidienne de $P$ par $D$, alors la \fr
%
$$g(X):=X^\inv\Big(f(X^\inv)-Q(X^\inv)\Big)
%
=\frac{X^{d-1}\ R(X^\inv)}{X^d\ D(X^\inv)}$$
%
est définie en 0, et nous avons
%
$$X^q\ f(X^\inv)-X^q\ Q(X^\inv)=X^{q+1}\ g(X)
%
\e0\bmod X^{q+1},$$
%
ce qui, compte tenu du fait que $X^q\,Q(X^\inv)$ est un \p\ de degré au
plus $q$, implique
%
$$\DL_0^q\Big(X^q\ f(X^\inv)\Big)-X^q\ Q(X^\inv)=0.$$
%
CQFD\bb

\ii Dans les Notations \ref{D} fixons une racine $a$ de $D$, désignons
par $B$ l'ensemble des autres racines, et, pour toute application
$u:B\to\N,b\mapsto u_b$, notons $|u|$ la somme des $u_b$.
%
\att Le coefficient de $(X-a)^k$ dans
$\DL_a^{\mu_a-1}(\frac{(X-a)^{\mu_a}}{D(X)})$ est \label{fe}
%
$$c_{a,k}:=(-1)^k\sum_{\deux{u\in\N^{B}}{|u|=k}}\ \prod_{b\in B}\
%
\binom{\mu_b-1+u_b}{\mu_b-1}\ \frac{1}{(a-b)^{\mu_b+u_b}}\quad.$$
\ztt
%
{\bf Preuve.} Il suffit de multiplier les \dls
%
$$\DL_a^{\mu_a-1}\!\!\left(\frac{1}{(X-b)^{\mu_b}}\right)
%
=\sum_{n=0}^{\mu_a-1}\ \binom{\mu_b-1+n}{\mu_b-1}\
%
\frac{(-1)^n(X-a)^n}{(a-b)^{\mu_b+n}}\quad.$$
%
CQFD\bb

\ii Le \p\ $R(X)$ du théorème chinois (Théorème~\ref{tc}) est alors
%
$$R(X)=\ds\sum_{\deux{D(a)=0}{k+n<\mu_a}}\
%
\frac{c_{a,k}\ f^{(n)}(a)}{n!}\ (X-a)^{k+n}.$$
%
\acc Les coefficients de la décomposition d'une \fr\ en éléments simples
sont des \p s à coefficients entiers dans \bb

\ii $\bullet$ les coefficients du numérateur,

\ii $\bullet$ les racines du dénominateur,

\ii $\bullet$ les inverses des différences des racines du dénominateur. \bb

Ces \p s sont homogènes de degré un dans les coefficients du numérateur
et ne dépendent que des multiplicités des racines du dénominateur. (On
suppose le dénominateur unitaire.)
\zcc
%
\section{Exponentielle}
%
L'exemple le plus important de \pg\ est peut-être l'exponentielle
%
$$e^X:=\left(e^a\sum_{n=0}^\infty\frac{(X-a)^n}{n!}
%
\right)_{a\in\C},$$
%
qui satisfait
%
$$\frac{d}{d X}\ e^X=e^X$$
%
en tant que \pg. \bb

\ii Plus généralement on peut, pour tout nombre réel $t$, définir le \pg
%
$$e^{t X}
%
:=\left(e^{a t}\sum_{n=0}^\infty\frac{t^n(X-a)^n}{n!}
%
\right)_{a\in\C},$$
%
et observer l'identité entre \pgs
%
$$e^{t X}\ e^{u X}=e^{(t+u) X}.$$

\ii On a envie de dériver $e^{t X}$ non seulement par rapport à $X$ mais
aussi par rapport à $t$. Pour faire cela proprement il faut autoriser
les coefficients d'un \pg\ à être non plus des constantes complexes,
mais des fonctions $C^\infty$ de $\R$ dans $\C$. Appelons {\bf \pgcv} un
\pg\ dont les coefficients sont des fonctions $C^\infty$ de $\R$ dans
$\C$. On a alors l'identité entre \pgcvs
%
$$\frac{\partial e^{t X}}{\partial t}=X\,e^{t X}.$$

\ii On est souvent amené à calculer des \dls\ du type $$\DL_a^\mu(e^{t
X}f(X))$$ où $f(X)$ est une \frd. Ce \dl\ est l'unique \p\ de degré $\le
\mu$ satisfaisant
%
\begin{equation}\label{w1}
%
\DL_a^\mu(e^{t X}f(X))\e e^{a t}\ \DL_a^\mu (f(X))\
%
\sum_{n=0}^\mu\frac{t^n(X-a)^n}{n!}\ \bmod(X-a)^{\mu+1}.
%
\end{equation}

\ii Résumons cela par le
%
\att Dans les Notations \ref{D} le reste de la \de\ de $e^{t X}$ par
$D(X)$ est donné par la {\bf formule de Wedderburn} (voir [1])
%
\begin{equation}\label{w2}
%
\boxed{\sum_{D(a)=0}\ \DL_a^{\mu_a-1}\!\!\left(e^{t X}\
%
\frac{(X-a)^{\mu_a}}{D(X)}\right)
%
\frac{D(X)}{(X-a)^{\mu_a}}}
%
\end{equation}
%
le \dl\ étant donné par (\ref{w1}).
%
\ztt
%
\section{Matrices}
%
Soit $A$ une matrice carrée à coefficients complexes.
%
\ax\label{pm} Montrer qu'il existe un unique \p\ unitaire $D$ qui annule
$A$ et qui divise tout \p\ annulant $A$.
\zx

\ii On dit que $D$ est le {\bf \p\ minimal} de $A$.
%
\ax Soient $f$ un \pg, $D$ un \p\ annulant $A$, et $R$ le reste de la
\de\ de $f$ par $D$. Montrer que la matrice $R(A)$ ne dépend pas du
choix du \p\ annulateur $D$. [Suggestion~: utiliser les Exercices
\ref{p} et \ref{pm}.]
\zx

\ii Il est alors naturel de poser $$f(A):=R(A).$$
%
\ax Soient $f,g$ deux \pgs\ et $D$ le \p\ minimal de $A$. Montrer
$f(A)=g(A)\iff D$ divise $f-g$.
\zx
%
\ax Montrer $(f\,g)(A)=f(A)\,g(A)$. \zx

\ii Posons $e^{t A}:=f(A)$ où $f(X)=e^{t X}$, et définissons le \p\ $R$
par (\ref{w2}).
%
\att La matrice $e^{t A}:=f(A)$ où $f(X)=e^{t X}$ dépend
différentiablement de $t$ et satisfait $\frac{d}{d t}\ e^{tA}=A\
e^{tA},e^{0A}=1$.
%
\ztt
%
\ax Démontrer l'énoncé ci-dessus.\zx
%
\ax Soient $$D(X)=X^q+a_{q-1}\,X^{q-1}+\dots+a_0$$ un \p\ unitaire,
$(e_j)$ la base canonique de $\C^q$ et $A$ la matrice $q$ fois $q$
caractérisée \label{co} par
%
$$j<q\then A\,e_j=e_{j+1},\quad
%
A\,e_q=-a_0\,e_1-\dots-a_{q-1}\,e_q.$$
%
Montrer que $D$ est le \p\ minimal de $A$.\zx

\ii Reprenons les Notations \ref{D} et désignons par $q$ le degré de
$D$. Soit $f$ un \pg\ et $b_{q-1}X^{q-1}+\dots+b_0$ le reste de la \de\
de $f$ par $D$.
%
\ax Montrer $f(A)\,e_1=b_0\,e_1+\dots+b_{q-1}\,e_q$. \label{fA}
\zx
%
\section{Suites récurrentes}
%
Soit $D$ un \p\ non constant et $q$ son degré~; soit $\C^\N$ l'ensemble
des suites de nombres complexes~; soit $\DD$ l'opérateur de
dé\-ca\-la\-ge qui à la suite $u\in\C^\N$ associe la suite $\DD
u\in\C^\N$ définie par $(\DD u)_t=u_{t+1}$~; soit $f\in\C^\N$~; soient
$c_0,\dots,c_{q-1}\in\C$~; soit $y$ l'unique élément de $\C^\N$
satisfaisant
%
$$D(\DD)\ y=f,\quad y_n=c_n\mbox{ pour tout } n<q\ ;$$
%
pour $(n,t)\in\N^2$ notons $g_n(t)$ le coefficient de $X^n$ dans le
reste de la division euclidienne de $X^t$ par $D$.
%
\att Si $t\ge q$ alors $\ds y_t=\sum_{n<q}c_n\ g_n(t)
%
+\sum_{k<t}g_{q-1}(t-1-k)\ f_k.$
%
\ztt
%
{\bf Preuve.} Introduisons la suite de vecteurs
$x_t:=(y_t,\dots,y_{t+q-1})$. Nous avons
%
$$x_{t+1}=B\,x_t+f_t\,e_q,\quad x_0=c,$$
%
où $e_q$ est le dernier vecteur de la base canonique de $\C^q$, et $B$
est la transposée de la matrice $A$ de l'Exercice \ref{co}. D'où
%
$$x_t=B^t c+f_0\,B^{t-1}\,e_q+f_1\,B^{t-2}\,e_q+\dots +f_{t-1}\,e_q.$$
%
Il suffit alors de prendre la première composante des membres de gauche
et de droite et d'invoquer l'Exercice \ref{fA}. CQFD
%
\section{\'Equations différentielles}
%
Dans les Notations \ref{D} désignons par $y(t)$ l'unique solution de l'\edo

\aeq\label{edo}D\left(\frac{d}{dt}\right)y(t)=f(t),\quad
%
y^{(n)}(0)=y_n\ \forall\ n<q:=\deg D\zeq

o\`u $f:\R\to\C$ est une fonction continue.
%
\att On a la {\bf formule de Collet} (voir [1])
%
$$\boxed{y(t)=\sum_{n<q}y_n\ g_n(t)
%
+\int_0^t g_{q-1}(t-x)\ f(x)\ dx}$$
%
o\`u $g_n(t)$ est le coefficient de $X^n$ dans le reste de la \de\ de
$e^{t X}$ par $D$.
\ztt

\ii [Pour $D(X)=X^q$ on retrouve la formule de Taylor avec reste
intégral.] \bb

{\bf Preuve.} En posant $v_n:=y^{(n-1)}$, $v_{0n} :=y_{n-1}$ pour $1\le
n\le q$, et en désignant par $e_q$ le dernier vecteur de la base
canonique de $\C^q$, l'équation (\ref{edo}) prend la forme
%
$$v'(t)-B\ v(t)=f(t)\ e_q,\quad v(0)=v_0$$
%
o\`u $B$ est la transposée de la matrice $A$ de l'Exercice \ref{co}. En
appliquant $e^{-t B}$ on obtient
%
$$\frac{d}{d t}\ e^{-t B}v(t)=e^{-t B}\ f(t)\ e_q,\quad v(0)=v_0,$$
%
d'où
%
$$v(t)=e^{t B}v_0+\int_0^tf(x)\ e^{(t-x)B}e_q\ dx.$$
%
Compte tenu la formule de Wedderburn (\ref{w2}), il suffit alors de
prendre la première composante des membres de gauche et de droite et
d'invoquer l'Exercice~\ref{fA}. CQFD\bb

\ii Soit $h$ un \pgcv, soient $f$ et $y$ deux fonctions continues de
$\R$ dans $\C^q$, soient $y_0$ un vecteur de $\C^q$ et $A$ une matrice
$q$ fois $q$ à coefficients complexes. Si $y$ est dérivable et satisfait
%
\begin{equation}\label{a}
y'(t)+h(t,A)\ y(t)=f(t),\quad y(0)=y_0,
\end{equation}
%
alors
%
$$H(t,A):=\int_0^t h(u,A)\ du\quad\then\quad
%
\frac{d}{d t}\ e^{H(t,A)}y(t)=e^{H(t,A)}\ f(t),$$
%
d'où le
%
\att L'unique solution de (\ref{a}) est donnée par la {\bf formule
d'Euler} (voir [1])

$$\boxed{y(t)=\exp\left(-\int_0^t h(u,A)\ du\right)y_0
%
+\int_0^t\exp\left(\int_t^v h(u,A)\ du\right) f(v)\ dv}$$
%
\ztt
%
\section{Euclide}
%
Par ``anneau'' on entend dans ce texte ``anneau commutatif unitaire''.
On admet le théorème chinois. Soient $B$ un anneau, $A$ un sous-anneau
et $E$ une application de $A$ dans $\N$. Disons que $A$ est {\bf \E\
dans} $B$ si pour tout $b\in B$, $d\in A$, $d\not=0$, il existe $q\in B$
et $r\in A$ tels que $b=d q+r$ et $E(r)<E(d)$. \bb

\ii Soient $A$ et $E$ comme ci-dessus. Supposons que $A$ est intègre et
\E\ dans lui-même. Construisons l'anneau $A^\w$ comme suit. Une famille
$(a_d)_{d\not=0}$ d'\els\ de $A$ indexée par les \els\ non nuls $d$ de
$A$ représente un \el\ de $A^\w$ si elle satisfait
%
$$d\ |\ e\then a_d\e a_e\bmod d$$
%
(où $d\ |\ e$ signifie ``$d$ divise $e$'') pour toute paire $(d,e)$
d'\els\ non nuls de $A$. Deux telles familles $(a_d)_{d\not=0}$ et
$(b_d)_{d\not=0}$ représentent le même \el\ de $A^\w$ si et seulement si
$$a_d\e b_d\bmod d\quad\forall\ d\not=0.$$ La structure d'anneau est
définie de façon évidente. On plonge $A$ dans $A^\w$ en associant à tout
\el\ $a$ de $A$ la famille constante égale à $a$. Soit $P$ un système de
représentants des classes d'association des \els\ premiers de $A$.
%
\al Soit $a=(a_b)_{b\not=0}$ dans $A^\w$ et $d$ un \el\ non nul de $A$
tel que $a_d\e 0\bmod d$. Il existe alors $q$ dans $A^\w$ tel que $a=d\,q$.
\zl
%
{\bf Preuve.} Soient $p\in P$ et $i$ le plus grand entier $j$ tel que
$p^j$ divise $d$. Autrement dit il existe un \el\ $d'$ de $A$ qui est
premier à $p$ et qui satisfait $d=p^i d'$. Pour tout entier positif $j$ on a
%
$$a_{p^{i+j}}\e0\bmod p^i.$$
%
Par suite il existe un \el\ $a'_j$ de $A$ tel que $a_{p^{i+j}}=p^i
a'_j$. On a
%
$$p^i\ a'_{j+1}\e a_{p^{i+j+1}}\e a_{p^{i+j}}\e
%
p^i\ a'_j\bmod p^{i+j}$$
%
et donc
%
$$a'_{j+1}\e a'_j\bmod p^j.$$
%
Pour tout $j$ choisissons $q_{p^j}$ tel que
%
$$d'q_{p^j}\e a'_j\bmod p^j$$
%
et donc
%
$$d q_{p^j}\e a_{p^j}\bmod p^j.$$
%
On a alors
%
$$d' q_{p^{j+1}}\e a'_{j+1}\e a'_j\e d' q_{p^j}
%
\bmod p^j$$
%
et donc
%
$$q_{p^{j+1}}\e q_{p^j}\bmod p^j.$$
%
Soient $b\in A$, $b\not=0$, et $P_b$ l'ensemble (fini) des \els\ de $P$
qui divisent $d$. Pour $p\in P_b$ désignons par $i(p)$ le plus grand
entier $j$ tel que $p^j$ divise $b$ et choisissons une solution $q_b\in
A$ du système de congruences
%
$$q_b\e q_{p^{i(p)}}\bmod p^{i(p)},\quad p\in P_b,$$
%
solution qui existe en vertu du théorème chinois. On vérifie alors que
la famille $q=(q_b)_{b\not=0}$ est dans $A^\w$ et qu'on a bien $d q=a$.
CQFD\bb

\ii Soit $a$ dans $A^\w$, soit $d$ un \el\ non nul de $A$, soit $\mu_p$
la multiplicité de $p\in P$ comme facteur de $d$ et soit
%
$$\DL_p^{\mu_p-1}\!\!\left(a\
%
\frac{p^{\mu_p}}{d}\right)$$
%
un \el\ de $A$ satisfaisant
%
$$\frac{d}{p^{\mu_p}}\
%
\DL_p^{\mu_p-1}\!\!\left(a\ \frac{p^{\mu_p}}{d}\right)
%
\e a\bmod p^{\mu_p}.$$
%
\att On a
%
$$a\e\sum_{p\ |\ d}\DL_p^{\mu_p-1}\!\!\left(a\
%
\frac{p^{\mu_p}}{d}\right)\frac{d}{p^{\mu_p}}\bmod d.$$
%
En particulier $A$ est \E\ dans $A^\w$. De plus, si $A$ est \E\ dans
$B$, alors il existe un unique morphisme $A$-linéaire de $B$ dans $A^\w$.
\ztt
%
{\bf Preuve.} Le fait que $A$ est \E\ dans $A^\w$ découle du Lemme.
Montrons la dernière assertion, en commençant par l'unicité. Soit $f$ un
morphisme $A$-linéaire de $B$ dans $A^\w$. Si $b$ et $q$ sont dans $B$,
et si $d\not=0$ et $r$ sont dans $A$, alors l'égalité $b=d q+r$ implique
$f(b)=d\,f(q)+r$ et donc $f(b)_d\e r\bmod d$. Par suite il existe au
plus un tel morphisme. L'existence se démontre en posant $f(b)_d:=r$
dans les notations ci-dessus, et en vérifiant que cette formule définit
bien un morphisme $A$-linéaire de $B$ dans $A^\w$. CQFD \bb

\ii Un $A$-module est de {\bf torsion} si chacun de ses vecteurs est
annulé par un scalaire non nul.
%
\att Si $A$ est \E\ dans $B$, alors tout $A$-module de torsion admet une
unique structure de $B$-module qui \label{w} étend sa structure de
$A$-module. De plus tout morphisme $A$-linéaire entre $A$-modules de
torsion est $B$-linéaire.
\ztt

{\bf Preuve.} Montrons l'unicité. Soit $b$ dans $B$~; soit $v$ dans
notre module de torsion $V$~; soit $d$ dans $A$, $d\not=0$, tel que $d
v=0$~; soient $q$ dans $B$ et $r$ dans $A$ tels que $b=d q+r$. On alors
$b v=r v$, d'où l'unicité. L'existence se démontre en posant $b v:=r v$
dans les notations ci-dessus, et en vérifiant que cette formule définit
bien une structure de $B$-module sur $V$ qui étend sa structure de
$A$-module, et que tout morphisme $A$-linéaire entre $A$-modules de
torsion est $B$-linéaire. CQFD \bb

\ii Voici un cas particulier bien connu du théorème~\ref{w}. Soit
$\widehat{\Z}$ le complété profini de $\Z$. L'égalité
%
$$\oo{Hom}_{\widehat{\Z}}(\widehat{\Z},\Q/\Z)
%
=\Q/\Z,$$
%
qui découle du théorème~\ref{w}, est équivalente à l'assertion selon
laquelle $\Q/\Z$ est le dual de $\widehat{\Z}$ dans la catégorie des
groupes abéliens localement compacts. Voir {\em L'intégration dans les
groupes topologiques} de Weil, p.~108. \bb

\ii Soit $E$ un ensemble d'idéaux d'un anneau quelconque $A$.
Construisons l'anneau $A^\w$ comme suit. Un \el\ de $A^\w$ est
représenté par une famille $(a_I)_{I\in E}$ d'\els\ de $A$ satisfaisant
%
$$I\subset J\then a_I\e a_J\bmod J$$
%
pour tout $I,J\in E$. Deux telles familles $(a_I)_{I\in E}$ et
$(b_I)_{I\in E}$ représentent le même \el\ de $A^\w$ si et seulement si
$$a_I\e b_I\bmod I\quad\forall\ I\in E.$$ La structure d'anneau est
définie de façon évidente. Notons $f$ le morphisme de $A$ dans $A^\w$
qui associe à tout \el\ $a$ de $A$ la famille constante égale à $a$. \bb

\ii Supposons que pour tout $I,J\in E$ on a\bb

\ii (a) $I+J\in E$, \bb

\ii (b) $K\subset I\cap J$ pour un certain $K\in E$. \bb

Exemple 1 : l'ensemble des idéaux non nuls d'un anneau intègre.
Exemple~2~: l'ensemble des puissances d'un idéal fixé d'un anneau
quelconque. Exemple~3~: soient $S$ un ensemble d'idéaux premiers et $E$
l'ensemble des idéaux $I$ tel que tout idéal premier contenant $I$ est
dans $S$. Exemple~4~: l'ensemble des idéaux ouverts d'un anneau
topologique dont les idéaux ouverts forment un système de voisinages de
0. \bb

\ii Appelons {\bf module de torsion} un $A$-module dont chaque vecteur
est annulé par un \el\ de $E$.
%
\att Tout $A$-module de torsion $V$ admet une unique structure de
$A^\w$-module telle que
%
$$v\in V,I\in E,Iv=0\then a v=a_I v.$$
%
Cette structure de $A^\w$-module sur $V$ étend la structure de
$A$-module (i.e. satisfait $a v=f(a)v$ pour tout $a\in A,v\in V$).
\ztt
%
{\bf Preuve.} L'unicité étant évidente, vérifions l'existence. Pour
$v\in V$ et $I,J\in E$ tels que $I v=0=J v$, on a $a_I v= a_{I+J}v$ en
vertu de (a)~; ce vecteur ne dépendant que de $a$ et $v$, on peut le
noter $a v$. Montrons $a(v+w)=a v+a w$. Pour $a\in A^\w$, $I,J\in E$
vérifiant $I v=0=J w$, et pour $K$ comme dans (b), on a
%
$$a(v+w)=a_K(v+w)=a_K v+a_K w=a v+a w.$$
%
CQFD \bb

\ii Supposons pour simplifier que l'intersection des \els\ de $E$ est
réduite à zéro, et considérons $A$ comme un sous-anneau de $A^\w$.
%
\att Soit $B$ un anneau contenant $A$. Supposons que tout $A$-module de
torsion est muni d'une structure de $B$-module qui étend sa structure de
$A$-module, et que tout morphisme $A$-linéaire entre $A$-modules de
torsion est $B$-linéaire. Il existe alors un unique morphisme
$A$-linéaire $f$ de $B$ dans $A^\w$ qui satisfait $b v=f(b)v$ pour tout
vecteur $v$ d'un $A$-module de torsion et tout $b$ dans $B$.
\ztt
%
{\bf Preuve.} Pour tout $I$ dans $E$ notons $1_I$ l'unité de $A/I$.
Montrons l'unicité. Soient $b$ dans $B$ et $I$ dans $E$. Il existe $a$
dans $A$ satisfaisant
%
$$a\cdot1_I=b\cdot1_I=f(b)\cdot1_I=f(b)_I\cdot1_I,$$
%
et donc $f(b)_I\e a\bmod I$. Pour vérifier l'existence, on pose
$f(b)_I:=a$ dans les notations ci-dessus, et on vérifie que cette
formule définit bien un morphisme $A$-linéaire $f$ de $B$ dans $A^\w$
qui satisfait $b v=f(b)v$ pour tout vecteur $v$ d'un $A$-module de
torsion et tout $b$ dans $B$. CQFD
%
\section{Le cas d'un anneau quelconque} \label{aq}
%
(Rappel~: par ``anneau'' on entend ``anneau commutatif unitaire''. )
Soient $A$ un anneau et $X$ une indéterminée. Pour toute série formelle
$$f=\sum_{n\ge0}\ a_n\ X^n\in A[[X]]$$
et tout entier positif $k$ posons
$$\frac{f^{(k)}}{k!}:=\sum_{n\ge k}\ \bi{n}{k}\ a_n\ X^{n-k}\ \in A[[X]].$$
On a alors la {\bf Formule de Taylor}
$$f=\sum_{n\ge0}\ \frac{f^{(n)}(0)}{n!}\ X^n.$$

\ii Pour tout $a$ dans $A$, toute série formelle $f\in A[[X-a]]$ et tout
entier positif $k$ on appelle {\bf développement limité} de $f$ en $a$ à
l'ordre $k$ le polynôme
%
$$\DL_a^k(f)
%
:=\sum_{n\le k}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}\ \ (X-a)^n.$$

\ii Soient $a_1,\dots,a_r\in A$, soient $m_1,\dots,m_r$ des entiers $>0$
et $D$ le produit des $(X-a_i)^{m_i}$. Faisons l'hypothèse \bb

\cl{(H) la différence $a_i-a_j$ est inversible pour tout $i\not=j$,} \bb

plongeons $A[X]$ dans le produit des anneaux de séries de Laurent
$$\Pi:=\prod_i A((X-a_i))$$
et formons le sous-anneau $B$ de $\Pi$ engendré par $A[X]$ et les
inverses des $X-a_i$. (Ces inverses existent dans $\Pi$ grâce à (H).)
Soit $P\in A[X]$, soit $f:=P/D\in B$, soit $a$ l'un des $a_i$ et soit
$m$ l'entier $m_i$. Le polynôme
%
$$\DL_a^{m-1}((X-a)^m f)$$
%
est alors l'unique polynôme $Q$ de degré $<m$ tel que
$$f-\frac{Q}{(X-a)^m}$$ est défini en $a$. On dit que $Q/(X-a)^m$ est la
{\bf partie polaire} de $f$ en $a$. Si $\deg P<\deg D$, alors $f$ est
somme de ses parties polaires. \bb

\ii Abandonnons l'hypothèse (H) mais continuons de supposer les $a_i$
distincts et posons
%
$$D_{ij}(X):=\frac{D(X)}{(X-a_i)^j}\quad,\quad
%
1\le i\le r,\ 1\le j\le m_i.$$
%
Soit $V$ le sous-$A$-module de $A[X]$ formé par les polynômes de degré
$<\deg D$, soit $B$ le produit des $A[X]/(X-a_i)^{m_i}$ et soit $e_i$
l'élément de $B$ dont la $i$-ème coordonnée vaut 1 et les autres 0.

\att Sont équivalentes \bb

(a) l'hypothèse (H) est vraie,

(b) le morphisme naturel de $A[X]$-algèbres de $A[X]/D$ dans $B$ est
bijectif,

(c) les $D_{ij}$ constituent une $A$-base de $V$,

(d) $1$ est combinaison $A$-linéaire des $D_{ij}$. \bb

\ii Si ces conditions sont réalisées on a \bb

(e) $P\in V\ \then\ P(X)
%
=\displaystyle \sum_i\ \DL_{a_i}^{m_i-1}\left(P(X)\
%
\frac{(X-a_i)^{m_i}}{D(X)}\right)
%
\frac{D(X)}{(X-a_i)^{m_i}}\quad,$ \bb

(f) l'inverse de (b) envoie $e_i$ sur
%
$$\DL_{a_i}^{m_i-1}
%
\left(\frac{(X-a_i)^{m_i}}{D(X)}\right)
%
\frac{D(X)}{(X-a_i)^{m_i}}\quad\bmod D(X).$$
%
\ztt

{\bf Preuve}\ \ En vertu de ce qui précède (a) implique les cinq autres
conditions. Clairement (c) implique (d). Pour déduire (a) de (d) il
suffit d'évaluer en $a_i$ une combinaison $A$-linéaire des $D_{ij}$
égale à 1. La condition (b), garantissant pour $1\le i<j\le r$
l'existence dans $A[X]$ d'un polynôme divisible par $X-a_i$ qui vaut 1
en $a_j$, implique (a). CQFD
%
\section{Reste universel}
%
(Rappel~: par ``anneau'' on entend ``anneau commutatif unitaire''.) Soit
$A$ un anneau, soient $a_1,\dots,a_k$ des éléments de $A$, et soit $X$
une indéterminée. Les polynômes considérés ci-dessous sont à
coefficients dans $A$. Le reste de la division euclidienne de $X^r$ par
$$(X-a_1)\cdots(X-a_k)$$ est donné par un polynôme universel à
coefficients entiers en $a_1,\dots,a_k,X$. Pour calculer ce polynôme
commençons par rappeler l'interpolation de Newton. \bb

\ii Adoptons la notation générale
%
$$f(u,v):=\frac{f(v)-f(u)}{v-u}\quad,$$
%
définissons le {\em polynôme d'interpolation de Newton}
%
$$N(f(X);a_1,\dots,a_k;X)$$
%
d'un polynôme arbitraire $f(X)$ en $a_1,\dots,a_k$ par

$$N(f(X);a_1,\dots,a_k;X):=f(a_1)+f(a_1,a_2)(X-a_1)$$
%
$$+f(a_1,a_2,a_3)(X-a_1)(X-a_2)+\cdots$$
%
$$+f(a_1,\dots,a_k)(X-a_1)\cdots(X-a_{k-1}),$$

et posons
%
$$g(X):=N(f(X);a_1,\dots,a_k;X),$$

$$h(X):=N(f(a_1,X);a_2,\dots,a_k;X).$$

{\bf Théorème d'interpolation de Newton}\ {\em On a $g(a_i)=f(a_i)$
pour $i=1,\dots,k$. En particulier
$g(X)$ est le reste of la division euclidienne de $f(X)$ par
$$(X-a_1)\cdots(X-a_k).$$ De plus $f(a_1,\dots,a_i)$ est symétrique en
$a_1,\dots,a_i$.} \bb

{\bf Preuve.} Raisonnons par récurrence sur $k$, le cas $k=1$ étant
facile. On a $$g(X)=f(a_1)+(X-a_1)\ h(X).$$ L'égalité $g(a_1)=f(a_1)$
est claire. Supposons $2\le i\le k$. Par hypothèse de récurrence on a
$h(a_i)=f(a_1,a_i)$ et donc
%
$$g(a_i)=f(a_1)+(a_i-a_1)\ f(a_1,a_i)=f(a_i).$$
%
Vu que $f(a_1,\dots,a_k)$ est le coefficient dominant de $g(X)$, il est
symétrique en $a_1,\dots,a_k$. CQFD \bb

\ii Supposons que $b_i:=\prod_{j\not=i}\ (a_i-a_j)$ est inversible pour
tout $i$. Par interpolation de Lagrange on a, pour $f(X)=X^r=f_r(X)$,
%
$$f_r(a_1,\dots,a_k)=\sum_i\ \frac{a_i^r}{b_i}$$
%
avec $b_i:=\prod_{j\not=i}\ (a_i-a_j).$ La série génératrice de la somme
$s_n$ des monômes de degré $n$ en $a_1$, \dots, $a_k$ étant
%
$$\frac{1}{(1-a_1\,X)\cdots (1-a_k\,X)}
%
=\sum_i\ \frac{a_i^{k-1}\ b_i^{-1}}{1-a_i\,X}$$
%
$$=\sum_{n,i}\ \frac{a_i^{k-1+n}}{b_i}\ X^n,$$
%
on obtient
%
$$s_n=\sum_i\ \frac{a_i^{k-1+n}}{b_i}\quad,
%
\quad f_r(a_1,\dots,a_k)=s_{r-k+1}$$
%
avec la convention $s_n=0$ pour $n<0$, et le reste de la division
euclidienne de $X^r$ par $(X-a_1)\cdots(X-a_k)$ est
%
$$\sum_{i=1}^k\ s_{r-i+1}\cdot(X-a_1)\cdots(X-a_{i-1})$$
%
(même si certains $b_i$ ne sont pas inversibles).
%
\section{Une adjonction}
%
Rappelons qu'une $\Q${\bf -algèbre} est un anneau contenant $\Q$
(``anneau'' signifiant ``anneau commutatif unitaire'') et qu'une {\bf
dérivation} sur une $\Q$-algèbre $A$ est endomorphisme $a\mapsto a'$ de
$\Q$-espace vectoriel qui satisfait $(a b)'=a'b+a b'$ pour tout $a,b\in
A$. Une $\Q$-algèbre {\bf différentielle} est une $\Q$-algèbre munie
d'une dérivation. Nous laissons au lecteur le soin de définir la notion
de {\bf morphisme} de $\Q$-algèbres et de $\Q$-algèbres différentielles.
\`A toute $\Q$-algèbre $A$ est attachée la $\Q$-algèbre $A[[X]]$ (où $X$
est une indéterminée) munie de la dérivation $\frac{d}{d X}\ $. Soient
$A$ une $\Q$-algèbre et $B$ une $\Q$-algèbre différentielle. Notons
respectivement
%
$$\mathcal{A}(B,A)\quad\mbox{et}\quad
%
\mathcal{D}(B,A[[X]])$$
%
le $\Q$-espace vectoriel des morphismes de $\Q$-algèbres de $B$ dans $A$
et celui des morphismes de $\Q$-algèbres différentielles de $B$ dans
$A[[X]]$. Les formules
%
$$f(b)=F(b)(0),\quad
%
F(b)=\sum_{n=0}^\infty\frac{f(b^{(n)})}{n!}\ X^n,$$
%
où $F(b)(0)$ designe le terme constant de $F(b)$, induisent une
correspondance bijective et $\Q$-linéaire entre vecteurs $f$ de
$\mathcal{A}(B,A)$ et vecteurs $F$ de $\mathcal{D}(B,A[[X]])$. Vérifions
par exemple le point suivant. Soit $F$ dans $\mathcal{D}(B,A[[X]])$,
soit $f$ dans $\mathcal{A}(B,A)$ le terme constant de $F$, et soit $G$
dans $\mathcal{D}(B,A[[X]])$ l'extension de $f$. Montrons $G=F$. On a

$$\begin{array}{lcll}
G(b)&=&\ds\sum_{n=0}^\infty\ \frac{G(b)^{(n)}(0)}{n!}\ X^n&\mbox{par
Taylor}\\[2em]
%
&=&\ds\sum_{n=0}^\infty\ \frac{G(b^{(n)})(0)}{n!}\ X^n&\mbox{car
$G(x)'=G(x')$}\\[2em]
%
&=&\ds\sum_{n=0}^\infty\ \frac{f(b^{(n)})}{n!}\ X^n&\mbox{par définition
de $G$}\\[2em]
%
&=&\ds\sum_{n=0}^\infty\ \frac{F(b^{(n)})(0)}{n!}\ X^n&\mbox{par
définition de $f$}\\[2em]
%
&=&\ds\sum_{n=0}^\infty\ \frac{F(b)^{(n)}(0)}{n!}\ X^n&\mbox{car
$F(x')=F(x)'$}\\[2em]
%
&=&F(b)&\mbox{par Taylor.}
%
\end{array}$$

[1] Pour %une réponse à la question du début du texte et
les justifications terminologiques, voir\bb

\href{http://www.iecn.u-nancy.fr/~gaillard/DIVERS/Didrygaillard}%
{http://www.iecn.u-nancy.fr/\~{}gaillard/DIVERS/Didrygaillard}\bb

\ii Pour retrouver ce texte sur le web, taper {\em didrygaillard} sur
Google. \bb

\vfill\hfill\tiny chinoiseries.071004,
Thu Oct 4 09:23:57 CEST 2007
\end{document}