Les cas $\Delta >0$ et $\Delta=0$ ont déjà été démontrés en 1ère.
On va donc démontrer le cas $\Delta<0$.

$$\begin{align*}
az^2+bz+c &= a\left(z^2+\dfrac{b}{a}z + \dfrac{c}{a} \right) \\
&= a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a} \right)^2-\left(\dfrac{b}{2a} \right)^2 + \dfrac{c}{a} \right) \\
&= a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a} \right)^2-\dfrac{b^2}{4a} + \dfrac{c}{a} \right) \\
&= a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a} \right)^2-\dfrac{b^2 -4ac}{4a} \right) \\
&= a\left(\left(z + \dfrac{b}{2a} \right)^2-\dfrac{\Delta}{4a} \right) \\
&= a\left(\left(z + \dfrac{b}{2a} \right)^2-\dfrac{\ic^2(-\Delta)}{4a} \right) \\
&= a\left(\left(z + \dfrac{b}{2a} \right)^2-\left(\dfrac{\ic \sqrt{-\Delta}}{2a} \right)^2 \right) \\
&= a\left(z + \dfrac{b}{2a} – \dfrac{\ic \sqrt{-\Delta}}{2a} \right)\left(z + \dfrac{b}{2a} + \dfrac{\ic \sqrt{-\Delta}}{2a} \right)
\end{align*}$$

L’équation $az^2+bz+c = 0$ possède alors deux solutions $z_1 = \dfrac{-b-\ic \sqrt{-\Delta}}{2a}$ et $z_2 = \conj{z_1}$

Les deux premiers cas ont été vus les années précédentes.

Si $a<0$.
On veut donc résoudre l’équation $z^-a=0$.
Le discriminant est
$\begin{align*}\Delta&=0^2-4\times 1\times (-a)\\
&=4a\\
&<0\end{align*}$
L’équation possède alors deux racines complexes
$\begin{align*}z_1&=\dfrac{-\ic\sqrt{-\delta}}{2} \\
&=\dfrac{-\ic\sqrt{-4a}}{2}\\
&=\dfrac{-2\ic\sqrt{-a}}{2}\\
&=-\ic\sqrt{-a}\end{align*}$ $\qquad$ et $\begin{align*} z_2&=\conj{z_1} \\
&=\ic\sqrt{-a}\end{align*}$
$\quad$

$\begin{align*} &(z-a)\left(z^{n-1}+az^{n-2}+\ldots+a^{n-2}z+a^{n-1}\right) \\
&=z^n+az^{n-1}+\ldots+a^{n-2}z^2+a^{n-1}z\\
&\phantom{=}-\left(az^{n-1}+a^2z^{n-2}+\ldots+a^{n-1}z+a^n\right) \\
&=z^n\textcolor{red}{+az^{n-1}}\textcolor{blue}{+a^2z^{n-2}}+\ldots\textcolor{orange}{+a^{n-2}z^2}\textcolor{Green}{+a^{n-1}z}\\
&\phantom{=z^n~}\textcolor{red}{-az^{n-1}}\textcolor{blue}{-a^2z^{n-2}}-\ldots\textcolor{orange}{-a^{n-2}z^2}\textcolor{Green}{-a^{n-1}z}-a^n\\
&=z^n-a^n\end{align*}$
$\quad$

On note $P(z)=\ds \sum_k=0^n c_kz^k$.
$P(a)=0 \ssi \ds \sum_k=0^n c_ka^k=0$
Pour tout nombre complexe $z$ on a :
$\begin{align*} P(z)&=P(z)-P(a) \\
&=\ds \sum_k=0^n c_kz^k-\sum_k=0^n c_ka^k \\
&=\sum_k=0^n c_k\left(z^k-a^k\right)\\
&=\sum_k=1^n c_k\left(z^k-a^k\right) \quad (1)\\
\sum_k=1^n c_k(z-a)\left(\sum_{p=0}^{k-1}z^{k-1-p}a^p\right) \quad (2) \\
&=(z-a)\left(\sum_{k=1}^nc_k\left(\sum_{p=0}^{k-1}z^{k-1-p}a^p\right)\end{align*}$
$c_n \neq 0$ donc $Q(z)=\sum_{k=1}^nc_k\left(\sum_{p=0}^{k-1}z^{k-1-p}a^p\right)$ est un polynôme de degré $n-1$.
Ainsi $P(z)=(z-a)Q(z)$.
$\quad$

On va démontrer cette propriété par récurrence sur $n$.

Initialisation : Si $n=1$ alors $P$ est défini par $P(z)=az+b$.
La seule racine de $P$ est $z_0=-\dfrac{b}{a}$. ($a\neq 0$ puisque $P$ est de degré $1$).
$P$ possède donc bien au plus $1$ racines (il en possède en fait exactement une pour cette valeur de $n$).
La propriété est vraie au rang $1$.

Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$. Tout polynôme de degré $n$ possède donc au plus $n$ racines.
On considère un polynôme $P$ de degré $n+1$.
Deux cas de figures s’offrent à nous :
– $P$ ne possède pas de racines. Puisque $0<n+1$ la propriété est vraie.
– $P$ possède au moins une racine $a$. D’après la propriété précédente il se factorise donc par $z-a$.
Il existe alors un polynôme $Q$ de degré $n$ tel que, pour tout nombre complexe $z$, on ait $P(z)=(z-a)Q(z)$.
$Q$, étant de degré $n$, possède au plus $n$ racines. Par conséquent $P$ possède au plus $n+1$ racines.
La propriété est vraie au rang $n+1$.

Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
Donc, pour tout entier naturel $n$ non nul, un polynôme de degré $n$ possède au plus $n$ racines.
$\quad$

C’est une conséquence directe de la propriété précécente.
En effet $z$ est une racine de $P$ si, et seulement si, $P(z)=0$.
$\quad$

• Dans le repère orthonormé $\Oij$ on considère le point $A$ du cercle trigonométrique image du réel $a$ et le point $B$ du cercle trigonométrique image du réel $b$.
  On va calculer le produit scalaire $\vect{OA}.\vect{OB}$ de deux façons.
  – Avec les coordonnées
  Les points $A$ et $B$ appartiennent au cercle trigonométrique.
  Donc leurs coordonnées sont $A\left(\cos(a);\sin(a)\right)$ et $B\left(\cos(b);\sin(b)\right)$
  Ainsi $\vect{OA}.\vect{OB}=\cos(a)\cos(b)+\sin(a)\sin(b)$
  –Avec les normes et cosinus
  $\begin{align*} \vect{OA}.\vect{OB}&=OA\times OB\times \cos\left(\vect{OA};\vect{OB}\right) \\
  &=1\times 1\times \cos(a-b)\\
  &=\cos(a-b)\end{align*}$
  $\quad$
  Par conséquent $\cos(a-b)=\cos(a)\cos(b)+\sin(a)\sin(b)$
  $\quad$
• On a :
  $\begin{align*} \cos(a+b)&=\cos\left(a-(-b)\right) \\
  &=\cos(a)\cos(-b)+\sin(a)\sin(-b)\\
  &=\cos(a)\cos(b)-\sin(a)\sin(b)\end{align*}$
  $\quad$
• On a :
  $\begin{align*} \sin(a-b)&=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-(a-b)\right) \\
  &=\cos\left(\left(\dfrac{\pi}{2}-a\right)+b\right) \\
  &=\cos(\left(\dfrac{\pi}{2}-a\right))\cos(b)-\sin(\left(\dfrac{\pi}{2}-a\right))\sin(b)\\
  &=\sin(a)\cos(b)-\cos(a)\sin(b)\end{align*}$
  $\quad$
• On a :
  $\begin{align*} \sin(a+b)&=\sin\left(a-(-b)\right)\\
  &=\sin(a)\cos(-b)-\cos(a)\sin(-b)\\
  &=\sin(a)\cos(b)+\cos(a)\sin(b)\end{align*}$
  $\quad$

• On a :
  $\begin{align*} \cos(2a)&=\cos(a+a) \\
  &=\cos(a)\cos(a)-\sin(a)\sin(a)\\
  &=\cos^2(a)-\sin^2(a)\end{align*}$
  De plus, on a $\cos^2(a)+\sin^2(a)=1$
  Donc $\sin^2(a)=1-\cos^2(a)$
  Par conséquent :
  $\begin{align*} \cos(2a)&=\cos^2(a)-\sin^2(a)\\
  &=\cos^2(a)-\left(1-\cos^2(a)\right)\\
  &=2\cos^2(a)-1\end{align*}$
  On a également $\cos^2(a)=1-\sin^2(a)$
  Par conséquent :
  $\begin{align*} \cos(2a)&=\cos^2(a)-\sin^2(a)\\
  &=\left(1-\sin^2(a)\right)-\sin^2(a)\\
  &=1-2\sin^2(a)\end{align*}$
  $\quad$
• On a :
  $\begin{align*}\sin(2a)&=\sin(a+a) \\
  &=\sin(a)\cos(a)+\cos(a)\sin(a) \\
  &=2\sin(a)\cos(a)\end{align*}$
  $\quad$

1. On a : $$\begin{align*}
   \e^{\ic \theta} \times \e^{\ic \theta’} &= \left(\cos \theta+\ic \sin \theta\right)\times \left(\cos \theta’+\ic \sin \theta’\right) \\
   &= \cos \theta \cos \theta’ -\sin \theta\sin \theta’+\ic \cos \theta \sin \theta’+\ic \sin \theta \cos \theta’ \\
   & = \cos \left(\theta+\theta’\right)+\ic \sin \left(\theta+\theta’\right) \\
   &=\e^{\ic(\theta+\theta’)}
   \end{align*}$$
   $\quad$
2. On a : $$\begin{align*} \dfrac{1}{\e^{\ic \theta}}&=\dfrac{1}{\cos \theta+\ic \sin \theta} \\
   &=\dfrac{1}{\cos \theta+\ic \sin \theta} \times \dfrac{\cos \theta-\ic \sin \theta}{\cos \theta-\ic \sin \theta}\\
   &=\dfrac{\cos \theta-\ic \sin \theta}{\cos^2 \theta+\sin^2 \theta}\\
   &=\cos \theta-\ic \sin \theta\\
   &=\cos \left(-\theta\right)+\ic \sin\left(-\theta\right)\\
   &=\e^{-\ic\theta}\end{align*}$$
   On a également :
   $$\begin{align*} \conj{\e^{\ic \theta}}&=\conj{\cos \theta+\ic \sin \theta} \\
   &=\cos \theta-\ic \sin \theta \\
   &=\cos \left(-\theta\right)+\ic \sin\left(-\theta\right)\\
   &=\e^{-\ic\theta}\end{align*}$$
   $\quad$
3. On a $$\begin{align*}\dfrac{\e^{\ic \theta}}{\e^{\ic \theta’}} &=\dfrac{\cos \theta+\ic \sin \theta}{\cos \theta’+\ic \sin \theta’} \\
   &=\dfrac{\left(\cos \theta+\ic \sin \theta\right)\left(\cos \theta’-\ic \sin \theta’\right)}{\cos^2 \theta’+\ic \sin^2 \theta’} \\
   &=\cos \theta \cos \theta’+\sin \theta\sin \theta’ -\ic \cos \theta \sin \theta’+\ic \sin \theta \cos \theta’ \\
   & = \cos \left(\theta-\theta’\right)+\ic \sin \left(\theta-\theta’\right) \\
   &=\e^{\ic(\theta-\theta’)}
   \end{align*}$$
   $\quad$
4. On va montrer ce résultat par récurrence sur $n$.
   Initialisation : Si $n=0$ alors $\left(\e^{\ic \theta}\right)^0=1$ et $\e^{0\times \ic \theta}=\e^0=1$
   La propriété est donc vraie au rang $0$
   $\quad$
   Hérédité : On suppose que la propriété est vraie au rang $n$ : $\left(\e^{\ic \theta} \right)^n = \e^{\ic n\theta}$
   $\begin{align*} \left(\e^{\ic \theta}\right)^{n+1}&=\left(\e^{\ic \theta}\right)^{n}\times \left(\e^{\ic \theta}\right)\\
   &=\e^{\ic n\theta}\times \e^{\ic \theta}\\
   &=\e^{\ic (n+1)\theta}\end{align*}$
   La propriété est vraie au rang $n+1$.
   $\quad
   Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
   Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $\left(\e^{\ic \theta} \right)^n = \e^{\ic n\theta}$.
   $\quad$

1. $\e^{\ic \theta} + \e^{-\ic \theta} = \cos \theta + \ic \sin \theta + \cos \theta – \ic \sin \theta = 2\cos \theta$
   Donc $\cos \theta = \dfrac{\e^{\ic \theta} + \e^{-\ic \theta}}{2}$
2. $\e^{\ic \theta} – \e^{-\ic \theta} = \cos \theta + \ic \sin \theta – \cos \theta + \ic \sin \theta = 2\ic \sin \theta$
   Donc $\sin \theta = \dfrac{\e^{\ic \theta} – \e^{-\ic \theta}}{2\ic }$

1. Le vecteur nul a pour coordonnées $(0;0)$.
   Son affixe est donc $0+0\ic = 0$.
2. Deux vecteurs sont égaux si, et seulement si, ils ont les mêmes coordonnées dans un repère du plan. L’écriture algébrique d’un nombre complexe étant unique on obtient ainsi la propriété.
3. Les coordonnées de $\vect{AB}$ sont $\left(x_B-x_A;y_B-y_A\right)$.
   Par conséquent :
   $$\begin{align*} z_{\vect{AB}} &= x_B-x_A + \ic\left( y_B-y_A \right) \\
   & = x_B + \ic y_B-\left(x_A + \ic y_A \right) \\
   & = z_B-z_A
   \end{align*}$$
4. On a $x_I=\dfrac{x_A+x_B}{2}$ et $y_I=\dfrac{y_A+y_B}{2}$
   Donc $z_I=x_I+\ic y_I = \dfrac{z_A+z_B}{2}$.
   $\quad$

Si $z_{\vec{u}}=a+\ic b$ alors le vecteur $\vec{u}$ a pour coordonnées, dans le repère $\Ouv$, $(a;b)$.
Par conséquent $k\vec{u}$ a pour coordonnées $(ka;kb)$.
Son affixe est donc $z_{k\vec{u}}=(ka)+(kb)\ic$.
Donc $z_{k\vec{u}}=kz_{\vec{u}}$.
$\quad$

On considère le nombre complexe $z=a+\ic b$ et son image $M$.

• On appelle $M_1$ le point d’affixe $\conj{z}$.
  Les coordonnées de $M$ sont $(a;b)$ et celles de $M_1$ sont $(a;-b)$.
  Donc ces 2 points sont bien symétriques par rapport à l’axe des abscisses.
• On appelle $M_2$ le point d’affixe $-z$.
  Les coordonnées de $M$ sont $(a;b)$ et celles de $M_2$ sont $(-a;-b)$.
  Donc ces 2 points sont bien symétriques par à l’origine du repère.
  $\quad$

On note $z = a+\ic b$ et $z’=a’+\ic b’$ où $a,b,a’$ et $b’$ sont des réels.

1. Si $z=0$ alors $|z|=\sqrt{0^2+0^2}=0$
   Réciproquement, si $|z|=0$ avec la forme algébrique $z=a+\ic b$
   Par conséquent $\sqrt{a^2+b^2}=0$ soit $a^2+b^2=0$.
   Une somme de nombres positifs est nulle si tous ces nombres sont nuls.
   Donc $a=0$ et $b=0$.
   Par conséquent $z=0$
   $\quad$
2. On a :
   $\begin{align*}\left| \conj{z} \right| &= |a-\ic b|\\
   &= \sqrt{a^2 + (-b)^2}\\
   &= |z|\end{align*}$ $\qquad$et$\qquad$ $\begin{align*}|-z| &= |-a-\ic b|\\& = \sqrt{(-a)^2+(-b)^2}\\ &= |z|\end{align*}$
   $\quad$
3. $\quad$
   $$\begin{align*} \left|zz’\right| &= \left|aa’-bb’+\ic (ab’+a’b)\right| \\
   & = \sqrt{(aa’-bb)^2+(ab’+a’b)^2}\\
   &= \sqrt{(aa’)^2+(bb’)^2-2aba’b’+(ab’)^2+(a’b)^2+2aba’b’} \\
   & = \sqrt{(aa’)^2+(bb’)^2+(ab’)^2+(a’b)^2} \end{align*}$$
   $|z|\times \left|z’\right| = \sqrt{a^2 + b^2} \times \sqrt{a’^2+b’^2} = \sqrt{(aa’)^2+(bb’)^2+(ab’)^2+(a’b)^2} = |zz’|$
   $\quad$
4. $\left|\dfrac{z}{z’} \right|^2 = \dfrac{z}{z’} \times \conj{\left(\dfrac{z}{z’} \right)} = \dfrac{z\conj{z}}{z’\conj{z’}} = \dfrac{|z|^2}{|z’|^2}$
   $\quad$

Nous allons montrer ce résultat par récurrence.
Initialisation : Si $n=0$ (et $z\neq 0$) alors $|z^n|=|1|$ et $|z|^n=1$
La propriété est donc vraie au rang $0$.
$\quad$
Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $|z^n| = |z|^n$
$\begin{align*}|z^{n+1}| &= |z\times z^n|\\
&= |z| \times |z^n|\\
&= |z| \times |z|^n \\
&= |z|^{n+1}\end{align*}$
La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
$\quad$
Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$. et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout $n \in \N$ on a $|z^n| = |z|^n$.
$\quad$

On considère un nombre complexe $z$ d’image $M$.
$\begin{align*} z\in \U&\ssi |z|=1 \\
&\ssi OM=1\end{align*}$
Donc $z\in \U$^si, et seulement si, $M$ appartient au cercle de centre $O$ et de rayon $1$.
$\quad$

$z$ et $z’$ appartiennent à $\U$ donc $|z|=1$ et $\left|z’\right|=1$.

• On a :
  $\begin{align*} \left|zz’\right|&=|z|\times \left|z’\right| \\
  &=1\times 1\\
  &=1\end{align*}$
  Donc $zz’\in \U$.
  $\quad$
• On a :
  $\begin{align*} \left|\dfrac{1}{z}\right|&=\dfrac{1}{|z|}\\
  &=\dfrac{1}{1}\\
  &=1\end{align*}$
  Donc $\dfrac{1}{z}\in \U$.
  $\quad$

On a : $|z-a|=r\ssi AM=r$
Donc $|z-a|=r \ssi M$ appartient au cercle de centre $A$ et de rayon $r$.
$\quad$

1. $z$ est un nombre réel si, et seulement si, son image $M$ appartient à l’axe des abscisses.
   Si, et seulement si, $\vect{OM}$ et $\vec{u}$ sont colinéaires.
   Si, et seulement si, $\left(\vect{OM},\vec{u}\right)=0~~(2\pi)$ ou $\left(\vect{OM},\vec{u}\right)=\pi~~(2\pi)$
   Si, et seulement si, $\left(\vect{OM},\vec{u}\right)=0~~(\pi)$
   $\quad$
2. $z$ est un imaginaire pur si, et seulement si, son image $M$ appartient à l’axe des ordonnées.
   Si, et seulement si, $\vect{OM}$ et $\vec{v}$ sont colinéaires.
   Si, et seulement si, $\left(\vect{OM},\vec{u}\right)=\dfrac{\pi}{2}~~(2\pi)$ ou $\left(\vect{OM},\vec{u}\right)=-\dfrac{\pi}{2}~~(2\pi)$
   Si, et seulement si, $\left(\vect{OM},\vec{u}\right)=\dfrac{\pi}{2}~~(\pi)$
   $\quad$

On a :
$\begin{align*} r&=|z|\\
&=\sqrt{a^2+b^2}\end{align*}$

On a $z=a+\ic b$ et $z=|z|\left( \cos \theta + \ic \sin \theta \right)$ soit $z=|z|\cos \theta + \ic |z|\sin \theta$
La forme algébrique d’un nombre complexe étant unique, cela signifie que $\begin{cases} a=|z|\cos \theta \\b=|z|\sin \theta\end{cases}$
Par conséquent $\begin{cases} \cos \theta=\dfrac{a}{|z|}\\\sin \theta=\dfrac{b}{|z|}\end{cases} \ssi \begin{cases} \cos \theta=\dfrac{a}{r}\\\sin \theta=\dfrac{b}{r}\end{cases}$.
$\quad$

On utilise la forme algébrique du nombre complexe $z=a+ib$.

1. On note arg$(z) = \theta$ et arg$(-z) = \theta’$.
   $-z=-a-\ic b$.
   On a alors $\cos \theta’ = \dfrac{-a}{\sqrt{(-a)^2+(-b)^2}} = -\cos \theta$ et $\sin \theta’ = \dfrac{-b}{\sqrt{(-a)^2+(-b)^2}} = -\sin \theta$
   Donc $\theta’ = \theta + \pi + 2k\pi$
2. On note arg$(z) = \theta$ et arg$\left(\conj{z} \right) = \theta’$.
   $\conj{z}=a-\ic b$.
   On a alors $\cos \theta’ = \dfrac{a}{\sqrt{a^2+(-b)^2}} = \cos \theta$ et $\sin \theta’ = \dfrac{-b}{\sqrt{a^2+(-b)^2}} = -\sin \theta$
   Donc $\theta’ = -\theta + 2k\pi$

1. On utilise la forme algébrique de $z=a+ib$ et $z’=a’+\ic b’$, où $a,b,a’$ et $b’$ sont des réels.
   On appelle $\theta = $ arg$(z)$ , $\theta’ = $ arg$(z’)$ et $\alpha = $ arg$(zz’)$.
   $zz’ = aa’-bb’ + \ic (ab’+a’b)$
   Donc $\cos \alpha = \dfrac{aa’-bb’}{\left|zz’\right|} = \dfrac{|z|\cos \theta \left|z’\right|\cos \theta’ – |z|\sin \theta \left|z’\right|\sin \theta’}{|z|\times \left|z’\right|}$
   Par conséquent $\cos \alpha= \cos \theta\cos \theta’ – \sin \theta \sin \theta’ = \cos \left(\theta + \theta’\right)$
   On a également $\sin \alpha= \dfrac{ab’+a’b}{\left|zz’\right|}=\dfrac{|z|\cos \theta \left|z’\right|\sin \theta’+\left|z’\right|\cos \theta’ |z|\sin \theta}{|z| \times \left|z’\right|}$.
   Par conséquent $\sin \alpha = \cos \theta \sin \theta’ + \sin \theta \cos \theta’=\sin\left(\theta+\theta’\right)$.
   Donc $\alpha = \theta + \theta’ + 2k\pi$.
2. On peut écrire $z = \dfrac{z}{z’} \times z’$
   Donc arg$(z) = \text{arg}\left(\dfrac{z}{z’} \right) + \text{arg}(z’)~~(2\pi)$ soit arg$\left( \dfrac{z}{z’} \right) =$ arg$(z)-$ arg$(z’)~~(2\pi)$
3. On obtient ce résultat à l’aide d’une récurrence qu’on initialise à $1$ (à faire en exercice).
   $\quad$

On considère le point $C$ d’affixe $z_B-z_A$. Ainsi $\vect{OC}=\vect{AB}$.
On a alors arg$(z_B-z_A) = \left(\vec{u},\vect{OC}\right) = \left(\vec{u},\vect{AB}\right)$
$\quad$

$$\begin{align*}
\text{arg} \left(\dfrac{z_B-z_A}{z_D-z_C} \right) &= \text{arg} (z_B-z_A)-\text{arg}(z_D-z_C) \\
&= \left(\vec{u},\vect{AB}\right)-\left(\vec{u},\vect{CD}\right) \\
&= \left(\vec{u},\vect{AB}\right) + \left(\vect{CD},\vec{u}\right) \\
&= \left(\vect{CD},\vect{AB}\right)~~(2\pi) \end{align*}$$
$\quad$

Si $\RE{z_1}= \RE{z_2} \text{et} \IM{z_1} = \IM{z_2}$ alors $z_1=z_2$

Réciproquement, si $z_1=a+\ic b$ et $z_2=c+\ic d$ vérifient $z_1=z_2$.
On a donc $a+\ic b=c+\ic d \ssi a-c=\ic(d-b)$.
$\ic(d-b)$ est un imaginaire pur non nul, $a-c$ est un nombre réel et ces deux quantités sont égales.
Le seul nombre complexe qui soit à la fois un réel et un imaginaire pur est $0$.
Donc $a-c=0 \ssi a=c$ et $\ic(d-b)=0\ssi d-b=0\ssi d=b$.
$\quad$

L’addition suit les mêmes règles de calculs dans $\C$ que dans $\R$
$\begin{align*} z+z’&=\left(a+\ic b\right)+\left(a’+\ic b’\right)\\
&=a+\ic b+a’+\ic b’\\
&=a+a’+\ic b+\ic b’\\
&=\left(a+a’\right)+\ic\left(b+b’\right)
\end{align*}$

$\begin{align*} z-z’&=\left(a+\ic b\right)-\left(a’+\ic b’\right)\\
&=a+\ic b-a’-\ic b’\\
&=a-a’+\ic b-\ic b’\\
&=\left(a-a’\right)+\ic\left(b-b’\right)
\end{align*}$
$\quad$

L’addition et la multiplication suivent les mêmes règles de calculs dans $\C$ que dans $\R$
$\begin{align*}zz’&=(a+\ic b)\left(a’+\ic b’\right) \\
&=aa’+\ic ab’+\ic a’b+\ic^2bb’ \\
&=aa’+\ic ab’+\ic a’b-bb’ \\
&=\left(aa’-bb’\right)+\ic\left(ab’+a’b\right)\end{align*}$
$\quad$

$k$ peut s’écrire sous la forme $k+0\ic$. On applique alors la propriété précédente avec $a’=k$ et $b’=0$.
$\quad$

On utilise les formes algébriques de $z$ et $z’$.
$z= a+\ic b$ et $z’ = a’+\ic b’$ où $a$, $b$, $a’$ et $b’$ sont des nombres réels.

1. $\quad$
   $$\begin{align*} \conj{z +z’} &= \conj{a + \ic b + a’ + \ic b’}\\
   &= \conj{a+a’+\ic(b + b’)} \\
   &= a+a’-\ic (b+b’)\\
   & = a-\ic b + a’-\ic b’ \\
   &= \conj{z} + \conj{z’}
   \end{align*}$$
2. On a d’une part :
   $\conj{z \times z’} = \conj{(a+\ic b)(a’-\ic b’)} = \conj{aa’-bb’+\ic (ab’+a’b)} = aa’-bb’-\ic (ab’+a’b)$
   et d’autre part :
   $\conj{z}\times \conj{z’} = (a-\ic b)(a’-\ic b’) = aa’-bb’-\ic (ab’+a’b) = \conj{z \times z’}$
3. Nous allons démontrer ce résultat par récurrence.
   Initialisation : Si $n= 0$ alors $\conj{z^n} = \conj{1} = \conj{z}^n$
   La propriété est donc vraie au rang $0$.
   $\quad$
   Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $\conj{z^n} = \conj{z}^n$
   $$\conj{z^{n+1}} = \conj{z^n \times z} = \conj{z^n} \times \conj{z} = \conj{z}^n \times \conj{z} = \conj{z}^{n+1}$$
   La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
   $\quad$
   Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
   Par conséquent, pour tous entiers naturels $n$ on a $\conj{z^n} = \conj{z}^n$.
4. $z\conj{z} = (a+\ic b)(a-\ic b) = a^2 + b^2 + \ic ba-\ic ab = a^2+b^2$
   $\quad$

On considère un nombre complexe $z=a+\ic b$ où $a$ et $b$ sont deux nombres réels.

• $z= \conj{z}$ $\ssi a + \ic b = a-\ic b \ssi \ic b = -\ic b \ssi b = 0 \ssi z$ est un nombre réel.
• $z = -\conj{z} \ssi a + \ic b = -a +\ic b \ssi a = -a \ssi a= 0 \ssi z$ est un imaginaire pur.
  $\quad$

On considère $z = a + \ic b$ où $a$ et $b$ sont des nombres réels.
$z + \conj{z} = a + \ic b + a-\ic b = 2a$. Donc $\RE{z}=a = \dfrac{z + \conj{z}}{2}$.
$z-\conj{z} = a+\ic b-a+\ic b = 2\ic b$. Donc $\IM{z}=b = \dfrac{z-\conj{z}}{2\ic}$.
$\quad$

On considère la forme algébrique $z=a+\ic b$, $(a;b)\neq (0;0)$, et un nombre complexe $z’$ dont la forme algébrique est $z’=a’+\ic b’$
On a $zz’=\left(aa’-bb’\right)+\ic\left(ab’+a’b\right)$
Ainsi :
$\begin{align*} zz’=1&\ssi \left(aa’-bb’\right)+\ic\left(ab’+a’b\right)=1 \\
&\ssi \begin{cases}aa’-bb’=1 \\a’b+ab’=0\end{cases} \\
&\ssi \begin{cases} aa’-bb’=1\\ab’=-a’b\end{cases}\end{align*}$

$a$ et $b$ ne sont pas tous les deux nuls.

• Si $a=\neq 0$
  $\begin{align*} zz’=1&\ssi \begin{cases} aa’-bb’=1\\b’=-\dfrac{b}{a}a’\end{cases}\\
  &\ssi \begin{cases} b’=-\dfrac{b}{a}a’\\aa’+\dfrac{b^2}{a}a’=1\end{cases}\\
  &\ssi \begin{cases} b’=-\dfrac{b}{a}a’\\\dfrac{a^2+b^2}{a}a’=1\end{cases}\\
  &\ssi \begin{cases} b’=-\dfrac{b}{a}a’\\a’=\dfrac{a}{a^2+b^2}\end{cases}\\
  &\ssi \begin{cases} b’=\dfrac{-b}{a^2+b^2}\\a’=\dfrac{a}{a^2+b^2}\end{cases}\end{align*}$
• Si $b\neq 0$
  $\begin{align*} zz’=1&\ssi \begin{cases} aa’-bb’=1\\a’=-\dfrac{a}{b}b’\end{cases}\\
  &\ssi \begin{cases} a’=-\dfrac{a}{b}b’\\-\dfrac{a^2}{b}b’-b’=1\end{cases}\\
  &\ssi \begin{cases} a’=-\dfrac{a}{b}b’\\-\dfrac{a^2+b^2}{b}b’=1\end{cases}\\
  &\ssi \begin{cases} a’=-\dfrac{a}{b}b’\\b’=\dfrac{-b}{a^2+b^2}\end{cases}\\
  &\ssi \begin{cases} b’=\dfrac{-b}{a^2+b^2}\\a’=\dfrac{a}{a^2+b^2}\end{cases}\end{align*}$
  $\quad$

Ce qui prouve l’existence et l’unicité de l’inverse de $z$.
$\quad$

• On a $z\times \dfrac{1}{z}=1$ donc $\conj{z\times \dfrac{1}{z}}=1$ soit $\conj{z}\times \conj{\left(\dfrac{1}{z} \right)}=1$
  Par conséquent $\conj{\left(\dfrac{1}{z} \right)}=\dfrac{1}{\conj{z}}$
• On a :
  $\begin{align*} \conj{\left(\dfrac{z’}{z} \right)}&=\conj{z’}\times \conj{\left(\dfrac{1}{z} \right)} \\
  &=\conj{z’}\times \dfrac{1}{\conj{z}}\\
  &=\dfrac{\conj{z’}}{\conj{z}}\end{align*}$
  $\quad$

Montrons ce résultat par récurrence sur $n$.

Initialisation : Si $n=0$ (on suppose que $a+b\neq 0$).
$(a+b)^n=1$ et $\ds\sum_{k=0}^0\binom{n}{k}a^kb^{n-k}=\binom{0}{0}a^0b^0=1$
La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$ : $(a+b)^n=\ds\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}$
$\begin{align*}(a+b)^{n+1}&=(a+b)^n(a+b)\\
&=\left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}\right)(a+b) \\
&=a\times \left(\ds\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}\right)+b\times \left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}\right)\\
&=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{k+1}b^{n-k}+\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n+1-k}\\
&= \binom{n}{n}a^{n+1}b^{n-n}+\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k}a^{k+1}b^{n-k}+\binom{n}{0}a^0b^{n+1-0}+\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}a^{k}b^{n+1-k} \\
&= a^{n+1} +\sum_{j=1}^n\binom{n}{j-1}a^jb^{n+1-j}+b^{n+1}+\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}a^{k}b^{n+1-k} \quad (1)\\
&= a^{n+1}+\sum_{k=1}^n\left(\binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}\right)a^kb^{n+1-k}+b^{n+1} \quad (2)\\
&= a^{n+1}+\sum_{k=1}^n \binom{n+1}{k}a^kb^{n+1-k}+b^{n+1}\\
&= \binom{n+1}{0}a^{n+1}+\sum_{k=1}^n \binom{n+1}{k}a^kb^{n+1-k}+\binom{n+1}{n+1}b^{n+1}\\
&= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}a^kb^{n+1-k}\end{align*}$
La propriété est vraie au rang $n+1$.

Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
Pour tout entier naturel $n$ on a $(a+b)^n=\ds\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}$

$(1)$ on a posé $j=k-1$ pour réécire la première somme.
$(2)$ on utilise la propriété $\ds \binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k}$.
On a également utilisé dans cette hérédité le fait que $\ds \binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1$.

$\quad$

On va montrer la propriété dans le cas d’une chaîne de Markov à $3$ états $a$, $b$ et $c$ mais cela se généralise facilement aux chaînes de Markov à $q$ états.

Pour tout entier naturel $k$, les événements $\lbrace X_k=a\rbrace$, $\lbrace X_k=b\rbrace$ et $\lbrace X_k=c\rbrace$ forment un système complet d’événement fini.
D’après la formule des probabilités totales on a pour tout $x_j\in\brace a,b,c\rbrace$ :
$$\left(X_{k+1}=x_j\right)=P_{\left(X_k=a\right)}\left(X_{k+1}=x_j\right)P\left(X_k=a\right)+P_{\left(X_k=b\right)}\left(X_{k+1}=x_j\right)P\left(X_k=b\right)+P_{\left(X_k=c\right)}\left(X_{k+1}=x_j\right)P\left(X_k=c\right)$$
Ainsi $\left(X_{k+1}=x_j\right)$ est le $j$-ième coefficient de la matrice ligne $\pi_kT$.
Par conséquent $\pi_{k+1}=\pi_kT$.
$\quad$

On considère une chaîne de Markov à $p$ état.
On va raisonner par récurrence sur $k$.

Initialisation : Si $k=0$ alors $T^0=I_p$ car $T\neq O_p$ (la somme des coefficients, tous positifs, de chacune des lignes vaut $1$; il y a donc au moins un coefficient de $T$ non nul par ligne.)
Par conséquent $\pi_0T^0=\pi_0$.
La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $k$ : $\pi_k=\pi_0T^k$.
$\begin{align*} \pi_{k+1}&=\pi_kT\\
&=\pi_0T^kT\\
&=\pi_0T^{k+1}\end{align*}$
La propriété est vraie au rang $k+1$.

Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
Pour tout entier naturel $k$ on a donc $\pi_k=\pi_0T^k$.
$\quad$

Pour compter le degré d’un sommet on compte le nombre d’arêtes associées à ce sommet. En faisant la somme de tous les degrés, chaque arête est alors comptées deux fois (une par extrémité).
Cette somme est donc égale au double du nombre d’arêtes.
$\quad$

On appelle $p$ la somme des degrés des sommets pairs, $q$ la somme des degrés des sommets impairs et $N$ le nombre d’arêtes du graphe.
On a donc $p+q=2N\ssi q=2N-p$.
$2N$ et $p$ sont pairs donc $q$ l’est aussi.
Une somme d’entiers impairs est paire si, et seulement si, il y a un nombre pair de termes.
Le nombre de sommets de degrés impairs est donc pair.
$\quad$

Chaque sommet $S_i$ du graphe possède un degré $d_i$ vérifiant $0\pp d_i\pp n-1$.
Nous allons faire un raisonnement par l’absurde et supposer que tous les sommets ont des degrés différents.
Par conséquent, les degrés des $n$ sommets sont $\lbrace 0;1;\ldots;n-1\rbrace$.
Il existe donc un sommet $s_p$ de degré $0$ et un sommet $s_q$ de degré $n-1$.
Le sommet $s_p$ n’est adjacent à aucun sommet du graphe et le sommet $s_q$ est adjacent à tous les sommets du graphe, en particulier à $s_p$, ce qui est absurde.
Deux sommets du graphe, au moins, ont donc le même degré.
$\quad$

On notera dans cette preuve $m_{ij}^{(p)}$ le coefficient situé à la $i$-ième ligne et la $j$-ième colonne de la matrice $M^p$.

On démontre ce théorème par récurrence sur l’entier naturel non nul $p$.

Initialisation : Si $p=1$ alors $M^p=M$ et pour tout entier naturel $i\in \lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ et tout entier naturel $j\in \lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on a $m_{ij}^{(p)}=m_{ij}$.
$m_{ij}$ est bien le nombre de chaînes ou chemins de longueur $1$ partant du sommet $s_i$ et arrivant au sommet $s_j$.
La propriété est vraie au rang $1$.

Hérédité : On suppose qu’il existe un entier naturel $p$ tel que la propriété soit vraie.
On a $M^{p+1}=M^p\times M$.
Pour tout entier naturel $i\in \lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ et tout entier naturel $j\in \lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on a :
$$\begin{align*} m_{ij}^{(p+1)}&=\ds \sum_{k=1}^n m_{ik}^{(p)}m_{kj} \\
&=m_{i1}^{(p)}m_{1j}+m_{i2}^{(p)}m_{2j}+\ldots+m_{in}^{(p)}m_{nj}\end{align*}$$
Pour tout entier $k\in \lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ $m_{ik}^{(p)}$ est le nombre de chaînes ou chemins de longueur $p$ partant du sommet $s_i$ et arrivant au sommet $s_k$ et $m_{kj}$ est le nombre nombre de chaînes ou chemins de longueur $1$ partant du sommet $s_k$ et arrivant au sommet $s_j$
Ainsi $m_{ik}^{(p)}m_{kj}$ est le nombre de chaînes ou chemins de longueur $p+1$ partant du sommet $s_i$ et arrivant au sommet $s_j$  en passant par $s_k$.
En faisant la somme pour tous les entiers $k\in \lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on obtient le nombres de chaînes ou chemins de longueur $p+1$ partant du sommet $s_i$ et arrivant au sommet $s_j$.
La propriété est donc vraie au rang $p+1$.

Conclusion : La  propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
Pour tout entier naturel $p$ non nul $m_{ij}^{(p)}$ est égal au nombre de chaînes ou chemins de longueur $p$ partant du sommet $s_i$ et arrivant au sommet $s_j$.
$\quad$

En effet :
$\begin{align*} t(M)=M’&\ssi \vect{MM’}=\vec{u} \\
&\ssi \begin{cases} x’-x=a\\y’-y=b \end{cases}\\
&\ssi \begin{cases} x’=x+a\\y’=y+b\end{cases} \\
&\ssi \begin{pmatrix}x’\\y’\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix} \end{align*}$
$\quad$

On note $z=x+\ic y$ l’affixe du point $M$ et $z’=x’+\ic y’$ l’affixe du point $M’$.
$M’$ est l’image du point $M$ par la rotation de centre $O$ et d’angle $\theta$
$\ssi z’=z\e^{\ic \theta}$
$\ssi x’+\ic y’=(x+\ic y)\left(\cos \theta+\ic \sin \theta\right)$
$\ssi x’+\ic y’=x\cos \theta -y\sin \theta +y\ic \cos \theta +x\ic \sin \theta $
$\ssi \begin{cases} x’=x\cos \theta -y\sin \theta \\y’=x\sin \theta+y\cos \theta\end{cases}$
$\ssi \begin{pmatrix}x’\\y’\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos \theta&-\sin \theta\\\sin \theta &\cos \theta\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$
$\quad$

Le point $M’$ a en effet pour coordonnées $(x;-y)$ et $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\\-y\end{pmatrix}$.
$\quad$

Le point $M’$ a en effet pour coordonnées $(-x;y)$ et $\begin{pmatrix}-1&0\\0&1\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-x\\y\end{pmatrix}$.
$\quad$

Nous allons faire un raisonnement par récurrence.

Initialisation : Si $n=0$ alors $A^0=I_p$ (car $A\neq O_p$) donc $A^0U_0=U_0$.
La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$. Donc $U_ {n+1}=A^nU_0$.
$\begin{align*} U_{n+1}&=AU_n\\
&=A\times A^nU_0\\
&=A^{n+1}U_0\end{align*}$
La propriété est donc vraie au rang $n+1$.

Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $U_n=A^nU_0$.
$\quad$

On suppose que $I_p-A$ est inversible alors
$\begin{align*}C=AC+B &\ssi C-AC=B \\
&\ssi I_p \times C-AC=B\\
&\ssi \left(I_p-A\right)C=B\\
&\ssi C=\left(I_p-A\right)^{-1}B\end{align*}$
Il existe donc une matrice $C$ vérifiant $C=AC+B$.

On considère la suite de matrices colonnes $\left(V_n\right)$ définie pour tout entier naturel $n$ par $V_n=U_n-C$.
Pour tout entier naturel $n$ on a :
$\begin{align*} V_{n+1}&=U_{n+1}-C\\
&=AU_n+B-C\\
&=AU_n+B-\left(AC+B\right) \\
&=AU_n+B-AC+B\\
&=AU_n-AC\\
&=A\left(U_n-C\right)\\
&=AV_n\end{align*}$
D’après la propriété précédente, pour tout entier naturel $n$ on a $V_n=A^nV_0$.

Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $U_n-C=A^n\left(U_0-C\right)$ soit $U_n=A_n\left(U_0-C\right)+C$.
$\quad$

1. On note $D=A+B$ et $E=B+A$
   Pour tout $i\in\lbrace 1,2,\ldots,m\rbrace$ et pour tout $j\in\lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on a :
   $$\begin{align*}d_{ij}&=a_{ij}+b_{ij} \\
   &=b_{ij}+a_{ij}\\
   &=e_{ij}\end{align*}$$
   Donc $D=E$ c’est-à-dire $A+B=B+A$
   $\quad$
2. On note $D=A+B$, $E=D+C$, $F=B+C$ et $G=A+F$
   Pour tout $i\in\lbrace 1,2,\ldots,m\rbrace$ et pour tout $j\in\lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on a :
   $$\begin{align*}e_{ij}&=d_{ij}+c_{ij} \\
   &=\left(a_{ij}+b_{ij}\right)+ci{ij}\\
   &=a_{ij}+\left(b_{ij}+c_{ij}\right) \\
   &=a_{ij}+f_{ij} \\
   &=g_{ij}\end{align*}$$
   Donc $(A+B)+C=A+(B+C)$
   $\quad$

1. Pour tout $i\in\lbrace 1,2,\ldots,m\rbrace$ et pour tout $j\in\lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on a $1\times a_{ij}=a_{ij}$
   Donc $1\times A=A$
   $\quad$
2. On note $C=A+B$ et $D=kC$
   Pour tout $i\in\lbrace 1,2,\ldots,m\rbrace$ et pour tout $j\in\lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on a
   $$\begin{align*} d_{ij}&=kc_{ij}\\
   &=k\left(a_{ij}+b_{ij}\right) \\
   &=ka_{ij}+kb_{ij}\end{align*}$$
   Donc $k(A+B)=kA+kB$
   $\quad$
3. On note $B=\left(k+k’\right)A$
   Pour tout $i\in\lbrace 1,2,\ldots,m\rbrace$ et pour tout $j\in\lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on a
   $$\begin{align*}]B_{ij}&=\left(k+k’\right)a_{ij} \\
   &=ka_{ij}+k’a_{ij}\end{align*}$$
   Donc $\left(k+k’\right)A=kA+k’A$.
   $\quad$

Pour tout $i\in\lbrace 1,2,\ldots,m\rbrace$ et pour tout $j\in\lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on a $k\times a_{ij}=0 \ssi k=0$ ou $a_{ij}=0$
Ainsi
$kA=O \ssi k=0$ ou pour tout $i\in\lbrace 1,2,\ldots,m\rbrace$ et pour tout $j\in\lbrace 1,2,\ldots,n\rbrace$ on a $a_{ij}=0$
Donc $kA=0 \ssi k=0$ ou $A=O$.
$\quad$

Nous allons montrer ce résultat par récurrence.
Initialisation : Si $p=1$ alors $D^1=D$. $D^1$ est donc une matrice diagonale et, pour tout $i\in \lbrace1,2,\ldots,n\rbrace$ on a $d_i={d_i}^1$.
La propriété est vraie au rang $1$.

Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $p$, c’est-à-dire que $D^p$ est une matrice diagonale et $D^p=\begin{pmatrix}{d_1}^p&0&\ldots& 0\\0&{d_2}^p&\ddots &\vdots\\\vdots&\ddots&\ddots  &0\\0&\ldots&0 &{d_n}^p\end{pmatrix}$.
Montrons que la propriété est vraie au rang suivant.
On a $D^{p+1}=D^p\times D$. Pour simplifier l’écriture on va noter $M=D^p$ et $Q=D^{p+1}$ avec $M=\left(m_{ij}\right)$ et $Q=\left(q_{ij}\right)$.
Pour tout $i\in \lbrace1,2,\ldots,n\rbrace$ et $j\in \lbrace1,2,\ldots,n\rbrace$ on a $q_{ij}=\ds \sum_{k=1}^nm_{ik}d_{kj}$
$D$ et $M$ sont des matrices diagonales donc tous les coefficients qui ne sont pas situés sur la diagonale sont nuls
– Si $i\neq j$ alors $q_{ij}=m_{ii}d_{ij}+m{ji}d_{jj}$
Or $d_{ij}=0$ et $m{ji}=0$
Donc $q_{ij}=0$.
La matrice $Q=D^{p+1}$ est donc diagonale
– Si $i=j$ alors
$\begin{align*} q_{ii}&=m_{ii}d_{ii}\\
&={d_{ii}}^p\times d_{ii}\\
&={d_{ii}}^{p+1}\end{align*}$
La propriété est vraie au rang $p+1$.

Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
Pour tout entier naturel $p$ non nul $D^p$ est une matrice diagonale et $D^p=\begin{pmatrix}{d_1}^p&0&\ldots& 0\\0&{d_2}^p&\ddots &\vdots\\\vdots&\ddots&\ddots  &0\\0&\ldots&0 &{d_n}^p\end{pmatrix}$.
$\quad$

On suppose que la matrice carré $A$ d’ordre $n$ est inversible et qu’il existe deux matrices carrées $B$ et $C$ d’ordre $n$ telles que $AB=BA=I_n$ et $AC=CA=I_n$.
On a donc $AB=AC$.
En multipliant à gauche par $B$ on obtient $(BA)B=(BA)C$ soit $B=C$.
Ce qui prouve l’unicité de l’inverse.

On note $B=\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$

On a $AB=\begin{pmatrix}ad-bc&0\\0&ad-bc\end{pmatrix}$.
Ainsi $AB =(ad-bc)I_2$.

Si $ad-bc\neq 0$ alors $A$ est inversible et son inverse est $A^{-1}=\dfrac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$

Si $ad-bc=0$ on a alors $AB =O_2$
Supposons que la matrice $A$ soit inversible d’inverse $A^{-1}$
On a alors $\left(A^{-1}A\right)B=A^{-1}O_2$ soit $B=O_2$.
Cela signifie donc que $a=0$, $b=0$, $c=0$ et $d=0$.
Par conséquent $A=O_2$ et cette matrice n’est pas inversible.
Il y a donc une contradiction.

Ainsi $A$ est inversible si, et seulement si, $\text{det}(A)\neq 0$.
$\quad$

$\begin{align*}kA\times \dfrac{1}{k}A^{-1}&=k\times \dfrac{1}{k}A\times A^{-1} \\
&=1\times I_n\\
&=I_n\end{align*}$
Donc $kA$ est inversible d’inverse $\dfrac{1}{k}A^{-1}$.
$\quad$

On a :
$\begin{align*}A\times A^{-1}B&=I_n\times B\\
&=B\end{align*}$
La matrice $X=A^{-1}B$ vérifie bien $AX=B$

Supposons qu’il existe deux matrices colonnes $X$ et $Y$ telles que $AX=B$ et $AY=B$
On a alors $AX=AY\ssi A^{-1}AX=A^{-1}AY\ssi I_nX=I_nY\ssi X=Y$.
La matrice colonne $X$ est donc unique.
$\quad$

Tout entier relatif est divisible par $1$ et $-1$.
Donc $\Delta(a;b)$ contient au moins les nombres $1$ et $-1$.
$\quad$

Un entier relatif non nul possède un nombre fini de diviseurs.
Supposons que $a$ soit non nul (s’il est nul alors $b$ ne l’est pas). L’ensemble des diviseurs de $a$ contient donc $\Delta(a;b)$.
Par conséquent $\Delta(a;b)$ possède un nombre fini d’éléments.

On va montrer cette propriété par double inclusion, c’est-à-dire que chaque ensemble contient l’autre

• On considère un élément de $\Delta(a;b)$.
  $d$ est un diviseur commun à $a$ et $b$ il divise alors toutes leurs combinaisons linéaires en particulier $a-bq$, c’est-à-dire $r$.
  Donc $d$ appartient à $\Delta(b;r)$.
• On considère un élément de $\Delta(b;r)$.
  $d$ est un diviseur commun à $b$ et $r$ il divise alors toutes leurs combinaisons linéaires en particulier $bq+r$, c’est-à-dire $a$.
  Donc $d$ appartient à $\Delta(a;b)$.

Ainsi $\Delta(a;b)=\Delta(b;r)$.
$\quad$

1. On a $\Delta(a;b)=\Delta(b;a)$.
   Par conséquent leur plus grand élément est le même et par conséquent $\PGCD(a;b)=\PGCD(b;a)$.
   $\quad$
2. $1$ appartient à $\Delta(a;b)$ donc son plus grand élément est supérieur ou égal à $1$.
   $\PGCD(a;b)\pg 1$
   $\quad$
3. On a $\PGCD(1;a)\pg 1$.
   Le plus grand diviseur de $1$ est $1$. Donc $\PGCD(1;a)=1$.
   $\quad$
4. Le plus grand diviseur de $a$ est $|a|$ donc le plus grand diviseur commun à $a$ et $a$ est $|a|$.
   $\quad$
5. $0$ est divisible par tous les entiers relatifs non nul en particulier par $|a|$.
   $|a|$ est le plus grand diviseur de $a$ donc $\PGCD(a;0)=|a|$.
   $\quad$
6. Un nombre et son opposé ont les mêmes diviseurs.
   Donc $\Delta(a;b)=\Delta(-a;b)=\Delta(a;-b)=\Delta(-a;-b)=\Delta(|a|;|b|)$.
   Ainsi :
   $\PGCD(a;b)=\PGCD(-a;b)$ $=\PGCD(a;-b)=\PGCD(-a;-b)$ $=\PGCD\left(|a|;|b|\right)$
   $\quad$
7. Si $b$ divise $a$ alors $|b|$ est un diviseur commun à $a$ et $b$. $|b|$ est également le plus grand diviseur de $b$.
   Donc $\PGCD(a;b)=|b|$.
   $\quad$
8. D’après la propriété 3. on a $\Delta(a;b)=\Delta(a-b;b)$
   Par conséquent $\PGCD(a;b)=\PGCD(a-b;b)$.
   $\quad$

D’après la propriété 3. on a $\Delta(a;b)=\Delta(b;r)$.
Donc $\PGCD(a;b)=\PGCD(b;r)$
$\quad$

• $a=bq_0+r_0$ avec $0\pp r_0<b$ donc $\PGCD(a;b)=\PGCD\left(b;r_0\right)$
• $b=r_0q_1+r_1$ avec $0\pp r_1<r_0$ donc $\PGCD\left(b;r_0\right)=\PGCD\left(r_0;r_1\right)$
• $r_0=r_1q_2+r_2$ avec $0\pp r_2<r_1$ donc $\PGCD\left(r_0;r_1\right)=\PGCD\left(r_1;r_2\right)$
• …
• $r_{n-2}=r_{n-1}q_n+r_n$ avec $0< r_n<r_{n-1}$ donc $\PGCD\left(r_{n-2};r_{n-1}\right)=\PGCD\left(r_{n-1};r_n\right)$
• $r_{n-1}=r_nq_{n+1}+0$ donc $\PGCD\left(r_{n-1};r_n\right)=r_n$ car $r_n$ divise $r_{n-1}$

La suite $\left(r_n\right)$ est une suite d’entiers positifs strictement décroissante. Un des restes dans cet algorithme sera donc nul.
On a également :
$\begin{align*} \PGCD(a;b)&=\PGCD\left(b;r_0\right)\\
&=\PGCD\left(r_0;r_1\right)\\
&=\PGCD\left(r_1;r_2\right)\\
&=\ldots \\
&=\PGCD\left(r_{n-1};r_n\right)\\
&=r_n\end{align*}$
$\quad$

• Si $b$ divise $a$ alors $bk$ divise $ak$ et le plus rand diviseur de $bk$ est $k|b|$.
  Donc $\PGCD(ka;bk)=k|b|$
  Or, du fait que $b$ divise $a$, on également $\PGCD(a;b)=|b|$
  Par conséquent $k\PGCD(a;b)=k|b|$ et donc $\PGCD(ka;bk)=k\PGCD(a;b)$.
  On procède de la même manière si $a$ divise $b$.
• Si $a$ ne divise pas $b$ et si $b$ ne divise pas $a$.
  D’après la propriété 4. on peut donc se ramener au cas où $a>b>0$.
  $k$ est un entier naturel non nul donc $ka>kb>0$.
  On a $a=bq+r$ avec $0\pp r<b$ par conséquent $ka=kbq+kr$ avec $0\pp kr < kb$
  En appliquant l’algorithme d’Euclide pour déterminer $\PGCD(ka;kb)$ on reprend en fait toutes les étapes du calcul de $\PGCD(a;b)$ en les multipliant par $k$.
  Si $r_n$ est le dernier reste non nul dans l’algorithme permettant de calculer $\PGCD(a;b)$ alors $kr_n$ est le dernier reste non nul dans l’algorithme permettant de calculer $\PGCD(ka;kb)$.
  Par conséquent $\PGCD(ka;bk)=k\times \PGCD(a;b)$.
  $\quad$

On note $d=\PGCD(a;b)$.
On va montrer que $\Delta(a;b)$ est en fait l’ensemble des diviseurs de $d$.

En reprenant l’algorithme d’Euclide on a :
$\Delta(a;b)=\Delta\left(b;r_0\right)=\Delta\left(r_0;r_1\right)=\ldots=\Delta\left(r_{n-1};r_{n}\right)$.
Mais $r_n$ divise $r_{n-1}$ donc $\Delta\left(r_{n-1};r_{n}\right)$ est l’ensemble des diviseurs de $r_n$.
$r_n$ étant le dernier reste non nul on a $r_n=d$.
Par conséquent $\Delta(a;b)$ est en fait l’ensemble des diviseurs de $d$.

Donc $n$ est un diviseur commun de $a$ et $b$ si, et seulement si $n$ divise $\PGCD(a;b)$.
$\quad$

On a donc $a=a’d$ et $b=b’d$.
Par conséquent :
$\begin{align*} d&=\PGCD(a;b) \\
&=\PGCD\left(da’;db’\right) \\
&=d\times \PGCD\left(a’;b’\right)\end{align*}$
Ainsi $\PGCD\left(a’;b’\right)=1$ et les nombres $a’$ et $b’$ sont premiers entre eux.
$\quad$

On suppose que $a$ et $b$ sont des entiers naturels non nuls (la propriété 4.6 nous permet de ne considérer que ce cas).

On considère l’ensemble $\mathscr{E}=\lbrace au+bv \in \N^*,u\in\Z\text{ et }v\in \Z\rbrace$.
$a=a\times 1+b\times 0$. Donc $\mathscr{E}$ est non vide.
$\mathscr{E}$ est donc une partie non vide de $\N$. Il possède donc un plus petit élément $g$.
$g\in \mathscr{E}$ : il existe deux entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $g=au+bv$.
On va montrer que $g=d$.

• Montrons que $d\pp g$
  $d$ divise toutes les combinaisons linéaires de $a$ et $b$. Par conséquent $d$ divise $g$.
  $d$ et $g$ sont deux entiers naturels donc $d\pp g$.
• Montrons que $g\pp d$
  On a $a=gq+r$ avec $0\pp r<g$.
  Par conséquent :
  $\begin{align*} r&=a-gq \\
  &=a-(au+bv)q \\
  &=a-auq-bvq \\
  &=a(1-uq)-bvq\end{align*}$
  $r$ est donc une combinaison linéaire de $a$ et $b$ .
  Supposons que $r> 0$  alors $r\in \mathscr{E}$ et $r<g$, ce qui est absurde car $g$ est le plus petit élément de $\mathscr{E}$.
  Donc $r=0$
  Ainsi $g$ divise $a$.
  On montre de la même manière que $g$ divise $b$.
  $g$ est par conséquent un diviseur commun à $a$ et $b$.
  Par conséquent $g\pp d$.

Cela signifie donc que $d=g$
Il existe par conséquent deux entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $au+bv=d$.
$\quad$

• Si $a$ et $b$ sont premiers entre eux alors $\PGCD(a;b)=1$ et, d’après la propriété précédente, il existe deux entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $au+bv=1$.
• On suppose qu’il existe deux entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $au+bv=1$.
  On appelle $d$ un diviseur commun à $a$ et $b$. Il divise donc toutes les combinaisons linéaires de $a$ et $b$, en particulier $au+bv$.
  $d$ divise par conséquent $1$.
  Ainsi $d=-1$ ou $d=1$.
  Le seul diviseur positif commun à $a$ et $b$ est donc $1$.
  Ainsi $a$ et $b$ sont premiers entre eux.
  $\quad$

$\PGCD(a;b)=1$ : il existe donc deux entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $au+bv=1$
$\PGCD(a;c)=1$ : il existe donc deux entiers relatifs $m$ et $n$ tels que $am+cn=1$
Par conséquent $(au+bv)(am+cn)=1$
Or
$\begin{align*} (au+bv)(am+cn)&=auam+aucn+bvam+bvcn \\
&=a(aum+ucn+bvm)+bc(vn)\end{align*}$
Ainsi $a(aum+ucn+bvm)+bc(vn)=1$
D’après le théorème de Bézout les nombres $a$ et $bc$ sont premiers entre eux, c’est-à-dire $\PGCD(a;bc)=1$.
$\quad$

$a$ et $b$ sont premiers entre eux. D’après le théorème de Bézout, il existe donc deux entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $au+bv=1$.
Par conséquent $acu+bcv=c$.
$a$ divise donc $acu$ et $bcv$ (car il divise $bc$). $a$ divise donc toutes leurs combinaisons linéaires, en particulier $acu+bcv$ c’est-à-dire $c$.
$\quad$

$a$ est divisible par $b$. Il existe alors un entier relatif $k$ tel que $a=bk$.
$a$ est divisible par $c$, donc $bk$ est divisible par $c$ avec $b$ et $c$ premiers entre eux.
D’après le théorème de Gauss, $c$ divise $k$.
Il existe donc un entier relatif $k’$ tel que $k=k’c$.
Par conséquent $a=bck’$.
$bc$ divise donc $a$.
$\quad$

$a\equiv k~[n]$ et $a\equiv k~[m]$
Donc $a-k$ est divisible par $n$ et $m$ premiers entre eux.
D’après la propriété précédente, $a-k$ est divisible par $mn$, c’est-à-dire $a\equiv k~[mn]$.
$\quad$