Prmtves élémentares de fonctons élémentares Ahmed Moussaou et Ramanujan Santharoubane Exposé de maîtrse encadré par Franços Loeser Septembre 2008 1
Table des matères 1 Corps dfférentels 3 2 Équatons dfférentelles 4 2.1 Résultats sur les équatons dfférentelles lnéares homogènes......... 4 2.2 Extensons de Pcard-Vessot............................. 6 3 Extensons élémentares 8 3.1 Généraltés....................................... 8 3.2 Le théorème de Louvlle-Ostrowsk........................ 8 3.3 Applcaton à e x2................................... 11 4 Algorthme de Rsch 11 4.1 Réducton du problème............................... 12 4.2 Intégraton de la fracton propre........................... 12 4.2.1 Réducton sans facteurs multples, factorsaton sans carré....... 12 4.2.2 Décomposton en fractons partelles................... 13 4.2.3 Parte logarthmque............................. 14 4.3 Parte polynome généralsé............................. 17 4.3.1 Extenson logarthmque........................... 17 4.3.2 Extenson exponentelle........................... 17 4.3.3 Grandes lgnes de la résoluton de y + fy = g.............. 18 Références 19 2
Avant de commencer notre étude, nous remercons sncèrement Franços Loeser pour son encadrement ans que sa dsponblté. Introducton En analyse, on travalle généralement avec des fonctons que l on défnt par des «formules explctes» à partr de fonctons usuelles (fracton ratonnelle, exponentelle, logarthme) et en utlsant les opératons de somme, produt, quotent et composton. Lorsque l on dérve de telles fonctons, on a toujours une expresson explcte. En revanche, la recherche d une formule explcte d une prmtve devent plus laboreuse. En effet, toute foncton contnue admet des prmtves, l est donc naturel de voulor en calculer une explctement. On a à notre dsposton des technques de calcul (ntégraton par parte, décomposton en élément smple, changement de varable, etc...), mas malheuresement elles ne permettent pas toujours d aboutr. On peut donc se demander s l est toujours possble de calculer une prmtve. S ou, exste-t-l un algorthme de calcul qu permet ce calcul? Pour cela, nous ntrodurons le concept de corps dfférentel qu permet d aborder le problème d un pont de vue totalement algébrque en oublant même la noton de foncton. On pourra alors défnr précsément les fonctons qu ont une expresson explcte que nous appellerons fonctons élémentares. Nous étuderons alors une parte de la théore algébrque des équatons dfférentelles avec le théorème de Pcard-Vessot. Nous nous ntéresserons par la sute au théorème de Louvlle-Ostrowsk, qu ndque la forme des fonctons admettant une prmtve élémentare. Enfn, nous présenterons l algorthme de Rsch qu permet de tester, dans un cadre restrent, s une foncton élémentare admet ou pas une prmtve élémentare et le cas échéant, la calculer. 1 Corps dfférentels On ntrodut dans cette parte les notons de corps dfférentel et des morphsmes assocés. Cec permettra de formalser dans la sute le problème algébrquement. Défnton 1.1 Sot A un anneau commutatf untare. Une dérvaton sur A est un homomorphsme de groupes abélens D : A A qu vérfe : a, b A, D(ab) = ad(b) + bd(a). Un anneau dfférentel (A, D) est la donnée d un anneau A et d une dérvaton D de A. Lorsque A un corps, on parle alors de corps dfférentel. On notera D(a) = a et s n 0, D n (a) = a (n). Remarque 1.1 Cette noton ne fat que formalser le concept classque de dérvaton, de ce fat les exemples ne manquent pas : K(X) mun de la dérvaton usuelle est un corps dfférentel (où K est un corps) l anneau C (R, R) des fonctons mun de la dérvaton usuelle est un anneau dfférentel. On peut auss démontrer très faclement que la dérvaton sur un corps (ou un anneau) dfférentel renvoe à des formules classques. En effet, s (A, D) est un anneau dfférentel, alors : () D(1) = 0 3
() a A, n 1, D(a n ) = na n 1 D(a) () a, b A, n 1, D n (ab) = n k=0 Ck nd k (a)d n k (b) (v) a A, b A, D( a b ) = bd(a) ad(b), en partculer : D( 1 b 2 b ) = D(b). b 2 Proposton 1.1 Sot (K, D) un corps dfférentel. L ensemble C = {x K, D(x) = 0} est un sous-corps de K. On l appelle corps des constantes. L applcaton D devent ans un endomorphsme de C-espace vectorel. (Cette noton peut être auss consdérée sur un anneau dfférentel, les constantes forment alors un sous-anneau). Exemple 1.1 Cette noton est toute auss classque. On pense naturellement à K(X) (mun de la dérvaton usuelle) de corps des constantes K, lorsque K est de caractérstque nulle. En revanche, s K est de caractérstque p, le sous corps des constantes de K(X) est K(X p ). Défnton 1.2 Soent (K 1, D 1 ), (K 2, D 2 ) deux corps dfférentels et f : K 1 K 2 un morphsme d anneaux. On dt que f est un morphsme d anneaux dfférentels s et seulement s : et on note f : (K 1, D 1 ) (K 2, D 2 ). f D 1 = D 2 f, Défnton 1.3 Soent (K, D), (L, D ) deux corps dfférentel tels que K est un sous-corps de L. On dt que L est une extenson dfférentelle de K s et seulement s D et D coïncdent sur K. On pourra noter (L, D) au leu de (L, D ). Défnton 1.4 Sot (A, D) un anneau dfférentel et I un déal de A. Lorsque I est stable par dérvaton, on dt que I est un déal dfférentel. Exemple 1.2 S f est un morphsme d anneaux dfférentels, alors son noyau est un déal dfférentel. Récproquement, s (A, D A ) est un anneau dfférentel, I un déal dfférentel de A alors on peut munr le quotent B = A/I d une structure d anneau dfférentel telle que la projecton canonque π : A B sot un morphsme d anneaux dfférentels. En effet, le morphsme de groupes abélens π D A : A B est nul sur I, qu est un sous groupe de A. Il exste donc un unque morphsme de groupes abélens D B qu relève D A à B. On vérfe sans dffcultés que D B est ben une dérvaton sur le quotent B = A/I. 2 Équatons dfférentelles 2.1 Résultats sur les équatons dfférentelles lnéares homogènes Défnton 2.1 Sot (K, D) un corps dfférentel. Une équaton dfférentelle lnéare homogène sur K est une équaton de la forme : Y = AY, avec A M n (K). 4
Remarque 2.1 Une équaton de la forme : y n + a n 1 y (n 1) +... + a 0 y = 0 (E) (avec pour tout [0, n 1], a K) est ben une équaton dfférentelle lnéare homogène car s l on pose : 0 1 0...... A = 0 1 et Y = a 0 a 1 a n 1 On a ben : y soluton de (E) Y soluton de : Y = AY. y y. y (n 1) Théorème 2.1 Sot n 1 un enter. Sot (K, D) un corps dfférentel de corps des constantes C et (E) : Y = AY, avec A M n (K), une équaton dfférentelle. L ensemble des solutons de (E) est un C-espace vectorel de dmenson au plus n. Démonstraton 2.1 Sot V l ensemble des solutons de (E) sur K n. On munt, ben entendu, V d une structure de C-espace vectorel. Montrons qu l est de dmenson au plus n. Pour ce fare montrons que s (Y 1,..., Y m ) sont m solutons lbres sur C alors elles le sont sur K. Procédons par récurrence sur m : S m = 1 : c est trval. Supposons m 2 : par hypothèse de récurrence (Y 1,..., Y m 1 ) sont lbres sur K. Supposons par l absurde que l on at une relaton de dépendance lnéare non trvale sur K entre les Y 1,..., Y m : a 1 Y 1 +... + a m Y m = 0, où nécessarement a m 0. De sorte qu en dvsant par a m on peut se ramener à a m = 1. S l on dérve cette relaton on obtent : or d où : et donc : (a 1Y 1 +... + a m 1Y m 1 ) + (a 1 Y 1 +... + a m 1 Y m 1 + Y m) = 0, d où par hypothèse de récurrence : [1, m], Y = AY, a 1 Y 1 +... + a m 1 Y m 1 + Y m = A(a 1 Y 1 +... + Y m ) = 0, a 1Y 1 +... + a m 1Y m 1 = 0, a 1 =... = a m 1 = 0, (car les m 1 premers vecteurs sont lbres sur K). Or cela mplque que pour tout [1, m], a C. De ce fat, on a une relaton de dépendance lnéare entre Y 1,..., Y m sur C, ce qu contredt l hypothèse ntale. En résumé la dmenson de V sur C est au plus la dmenson de K n sur K c est à dre n. 5
2.2 Extensons de Pcard-Vessot Étant donné un polynôme, nous savons construre son corps de décomposton qu est le plus pett corps qu content ses racnes. Autrement dt, c est le plus pett corps à somorphsme près engendré par ses racnes. Dans ce qu sut, nous allons construre l analogue pour une équaton dfférentelle lnéare homogène : pour une telle équaton d ordre n sur un corps dfférentel K, nous construsons une extenson mnmale qu content n solutons lnéarement ndépendantes. Défnton 2.2 Sot (K, D) un corps dfférentel de corps des constantes C. On suppose C algébrquement clos et de caractérstque 0. Sot (E) : Y = AY, avec A M n (K), une équaton dfférentelle lnéare homogène sur K. Sot (L, D) une extenson dfférentelle de K. Par défnton, L est une extenson de Pcard-Vessot pour (E) s et seulement s : le corps des constantes de L est C (E) admet une base de solutons (Y 1,..., Y n ) dans L n L est engendré par les coeffcents Y,j de cette base. Théorème 2.2 Sot (K, D) un corps dfférentel. Toute équaton dfférentelle lnéare homogène sur K admet une unque extenson de Pcard-Vessot à somorphsme dfférentel près. Démonstraton 2.2 Sot A M n (K). Consdérons l équaton (E) : Y = AY. Nous allons seulement tenter de comprendre sur quo se batt une extenson de Pcard-Vessot pour cette équaton et évncer l uncté dans cette démonstraton. Introdusons, l anneau engendré par les coeffcents Y,j c est à dre R = K[Y 1,1,..., Y n,n ], l anneau des polynômes à n 2 ndétermnées. Sot G la matrce des Y,j. Doter R d une dérvaton qu prolonge celle défne sur K, revent à défnr les dérvées des Y,j. On construt alors sur R la dérvaton D(G) = AG. Ans s G = (Y 1,..., Y n ) (notaton colonnes) on a pour tout k [1, n], D(Y k ) = AY k, ce qu nous fournt n solutons. Cependant les solutons ans construtes ne sont pas toujours lbres, ce qu nous oblge à forcer les choses en nous plaçant sur un espace sur lequel det(g) 0 (l sufft de développer par rapport à une colonne) est nversble, à savor S = R[T ]/(1 T det(g)) : la classe de T est l nverse de det(g). Comme précedement, s nous voulons étendre la dérvaton sur S on dot savor dérver T (plus précsement la classe de T que l on désgnera abusvement T ). Il faut pour cela que l déal (1 T det G) sot un déal dfférentel. Vérfons cela en calculant D(1 T det(g)). Un résultat classque nous dt que D(det(G)) = Tr(GD(G)) (où G est la transposée de la comatrce de G), ce qu nous donne : D(1 T det(g)) = Tr(GD(G))T D(T ) det(g) = Tr(GAG)T D(T ) det(g) = Tr(AGG)T D(T ) det(g) = Tr(A det G)T D(T ) det(g) = det G(D(T ) + Tr(A)T ) En posant D(T ) = Tr(A)T, on confère à S une structure d anneau dfférentel. On a donc pour le moment : un anneau dfférentel (S, D) dont la dérvaton étend celle de K n solutons de (E) lnéarements ndépendantes dans S n S qu est engendré par les coeffcents de ces solutons. 6
Cependants deux problèmes subsstent : S n est pas forcément un corps et le corps des constantes de S n est pas nécessarement C. Consdérons I un déal maxmal parm les déaux dfférentels de S dfférent de S. Les déaux dfférentels de S/I sont trvaux. D après le lemme c-dessous, S/I est ntègre et le corps des constantes de son corps des fractons L est égal à C. On a donc construt une extenson de Pcard-Vessot pour l équaton dfférentelle Y = AY, à savor (L, D). Lemme 2.1 Sot (K, D) un corps dfférentel de caractérstque nulle, C son corps des constantes. Sot (A, D) une extenson dfférentelle de (K, D). On suppose que les déaux dfférentels de A sont trvaux. Alors : l anneau A est ntègre. Notons F son corps des fractons (que l on munt de sa dérvaton canonque) le corps des constantes de F est contenu dans A s A est une K-algèbre de type fn et s C est algébrquement clos, le corps des constantes de F est égal à C. Démonstraton 2.3 Montrons que A ne content aucun élément nlpotent non nul. Consdérons Nl(A) = {x A/ n N, x n = 0}. C est un déal dfférentel de A. En effet, sot x Nl(A) et n > 0 tel que x n = 0. Montrons par récurrence fne que pour tout k [0, n], on a : x n k (x ) 2k = 0. Pour k = 0, c est la relaton de départ. S le résultat est vra pour au rang k < n, on obtent en dérvant : (n k)x n k 1 (x ) 2k+1 + 2kx x n k (x ) 2k 1 = 0. En multplant par x, on obtent (n k)x n (k+1) (x ) 2(k+1) = 0. L anneau étant de caractérstque nulle, le résultat s en sut. On obtent donc (x ) 2n = 0. Ce qu montre que Nl(A) est un déal dfférentel, pusque 1 Nl(A), on obtent Nl(A) = {0}. Sot a A et I = {b A, ab = 0}. S b I, en dérvant la relaton ab = 0, on obtent ab + a b = 0, d où après multplcaton par a : a 2 b = 0. Par sute, (ab ) 2 = 0. Or, d après ce qu précède, cec mplque que ab = 0. L ensemble I est donc un déal dfférentel de A. Pusque a 0, I A, donc I = (0). Ce qu prouve que A est ntègre. Notons C le corps des constantes de F, c est un sous-corps de F qu content C. Sot x C et I = {a A, ax A}. C est un déal dfférentel de A. En effet, s a I, alors ax = b, avec b A. On a donc ax +a x = b, et pusque x est constant, a x A. Ce qu montre que a I,.e. I est un déal dfférentel de A. Comme x F, I (0). Il s en sut que I = A. En partculer, 1 I et x = 1x A. D après ce qu précède, C A. Consdérons un déal maxmal m de A. L anneau A/m est alors, d une part un corps, et d autre part une K-algèbre de type fn. C est donc une extenson algébrque de K. Comme tout homomorphsme de corps, l homomorphsme C A/m est njectf et on peut dentfer C à son mage dans A/m. Par sute, tout élément de C est algébrque sur K. D après le lemme c-desssous, les éléments de C étant constants, tout élément de C est algébrque sur le corps C, corps des constantes de K. Pusque C est algébrquement clos, C = C. Lemme 2.2 Sot (K, D) (L, D) une extenson de corps dfférentels. On note C le corps des constantes de K. Sot x L. Les deux proprétés suvantes sont équvalentes : () x est algébrque sur C () x est constant et algébrque sur K. 7
3 Extensons élémentares Tous les corps consdérés sont dans la sute de caractérstque nulle. 3.1 Généraltés Défnton 3.1 Soent (K, D) un corps dfférentel et (L, D) une extenson dfférentelle de K. Soent y L et x K {0}. On dt que : y est une exponentelle de x s y = xy y est un logarthme de x s y = x x. Défnton 3.2 Soent (K, D) un corps dfférentel et (L, D) une extenson dfférentelle de K. L est dte élémentare s et seulement s on peut trouver t 1,..., t n L tels que : L = K(t 1,..., t n ) le corps des constantes sur L est le même que celu de K. j [1, n], on a l un des cas suvant : (avec la conventon K(t 0 ) = K) : 1. t j est algébrque sur K(t 1,..., t j 1 ) 2. t j est un logarthme d un élément non nul de K(t 1,..., t j 1 ) 3. t j est une exponentelle d un élément de K(t 1,..., t j 1 ). 3.2 Le théorème de Louvlle-Ostrowsk Théorème 3.1 (Louvlle-Ostrowsk) Sot (K, D) un corps dfférentel de corps des constantes C et sot f K. S l équaton y = f admet une soluton dans une extenson élémentare L de K s et seulement s l exste n 0, c 1,..., c n C et v, u 1,..., u n K tels que : f = v + c 1 u 1 u 1 +... + c n u n u n. (1) Démonstraton 3.1 Supposons que f possède une prmtve dans une extenson élémentare de K de la forme L = K(t 1,..., t p ) et procédons par récurrence sur p. Plus précsement, on vot que f prend la forme (1) avec les v,..., u n dans L : l sufft de prendre v une prmtve de f dans L. Nous allons ans démontrer préalablement que s f s écrt sous la forme (1) sur K(t 1,..., t p ) alors elle possède une écrture sous cette même forme dans K(t 1,..., t p 1 ) et ans par récurrence sur p, on aura une écrture sur K (ce que le théorème prétend). De façon plus concse, cela revent à montrer que s K K(t) est une extenson élémentare (c est à dre que t est sot un logarthme, sot une exponentelle, sot algébrque sur K) et s f K s écrt sous la forme (1) sur K(t), alors on a une écrture smlare sur K. Dstnguons pour cela tros cas selon la nature de l extenson K K(t). Cas 1 : t algébrque sur K Sot K K(t) L la clôture galosenne de l extenson. L extenson L/K est séparable, fne, donc par le théorême de l élément prmtf on peut trouver ξ L tel que L = K(ξ). Comme vu précedement, construre une dérvaton sur L revent à construre la dérvée de ξ. Sot µ le polynôme mnmal de ξ sur K. La relaton 8
µ(ξ) = 0 nous mpose D(ξ) = µd (ξ) µ (ξ) (on a ben µ (ξ) non nul ) où quand P D = P = n D(a k )X k, k=0 n a k X k. k=0 On défne alors D : L L par D(y) = D(P (ξ)) = P D (ξ) + P (ξ)d(ξ) quand P K[X] et y = P (ξ). L applcaton D vérfe ben les axomes d une dérvaton. Cependant, pour que cette applcaton sot ben défne, l faut que le résultat sot ndépendant du chox du représentant P. Soent P et Q dans K[X] tels que µ (P Q), l exste donc β K[X] tel que P Q = βµ. On a par chox de D(ξ) : D(β(ξ)µ(ξ)) = D(β(ξ))µ(ξ) + D(µ(ξ))β(ξ) = µ D (ξ) + µ (ξ)d(ξ) = 0, ce qu montre que (L, D) est ben une extenson dfférentelle de (K, D). Un pett calcul montre que pour tout σ Gal(L/K), pour tout x L, ( ) x σ = σ(x) x σ(x), où Gal(L/K) désgne le groupe de Galos de L/K. Consdérons pour k [1, n] : γ k = σ Gal(L/K) σ(u k ) et ν = 1 [L : K] σ Gal(L/K) σ(v). Ces quanttés sont ben dans K car nvarantes par Gal(L/K) (en effet, on sat que s L/K est normale alors K = L Gal(L/K) ) et on a ben : f = ν + n k=1 c k γ k. [L : K] γ k Cas 2 : t est une exponentelle ou un logarthme sur K Tout d abord, on suppose t transcendant sur K car snon on se ramène au cas précédent. Dans cette stuaton, K(t) s dentfe au corps des fractons ratonnelles sur K mas mune d une autre dérvaton que l on notera par abus f (car on ne parlera pas de la dérvaton usuelle). Par conséquent, les notons de décomposton en éléments smples (d uncté de cette décomposton), de pgcd et autres seront utlsées (dentquement que sur K(X) et K[X]). Commençons par smplfer le problème. Pour fxé, u (t) s écrt : u (t) = λ r k=1 P α k k (t), avec les P k rréductbles untares deux à deux dstncts, les α k dans Z et λ K. D où : u u = λ λ + r k=1 α k P k P k. On vot donc que, qutte à changer les notatons, on peut en développant ans l expresson (1) se ramener à des u deux à deux dstncts qu sont, sot des polynômes rréductbles untares en t, sot des éléments de K. On peut auss décomposer v(t) en éléments smples. La 9
smplfcaton s arrête c et nous devons mantenant regarder de près le cas exponentel et le cas logarthme. Supposons d abord que t sot un logarthme. Il exste donc a K {0} tel que t = a a. Sot P K[X] un polynôme rréductble. Supposons par l absurde que la décomposton en éléments smples de v contenne un facteur de la forme A P avec r 1 et P A (on chost r un tel r maxmum). Ans v est une somme de termes dont l un des termes est AP ; or P r+1 comme P est untare et que t = a a K un pett calcul montre que deg(p ) < deg(p ) donc le caractère rréductble de P mplque que P P donc AP est une expresson rréductble. P r+1 D autre par les termes en u u ne donne que des pussances de P au dénomnateur d au plus 1. Enfn comme r est maxmum, le terme AP ne s annule pas avec un autre terme et se P r+1 retrouve donc au dénomnateur dans l écrture rréductble de f K qu est unque (dans K(t)) : l y a donc une contradcton au départ! On en dédut que v est un polynôme en t donc f v auss cela mplque que les u sont dans K par uncté de la décomposton en éléments smples. Un pett calcul montre que comme v K, v est de la forme v(t) = ct + d avec c constant et d K. On a en résumé : où tout le monde est ben dans K. n f = d + c a a + u k c k, u k Mantenant, regardons le cas où t est une exponentelle. Posons t = a t avec a K. Nous allons procéder d une manère très analogue au cas logarthme. Prennons P un polynôme rréductble untare de K[t]. Ic P est un polynôme de même de degré que P, par conséquent l argument précédent ne fonctonne plus (on n a plus forcément P P ) Cherchons tout de même les P tel que P P : Pour un tel P on a P P K (ls sont de même degré). Posons P = N k=1 a kt k. On a : P = N k=1 (a k + ka ka )t k. Montrons que P est un monôme. Supposons par l absurde qu l exste l k tel que a l, a k 0. Les coeffcents de P et P étant proportonels on a : Donc : k=1 a k + ka ka a k = a l + ka la a l. a l a l + l t t = a k a k + k t t. On en dédut que ( a kt k ) = 0 (l sufft de développer l expresson). D où a kt k C K. Cec a l t l a l t l contredt le caractère transcendant de t. Par conséquent P est un monôme (la récproque est évdente : P monôme mplque P P ). Mantenant que nous avons la lste des polynômes qu nous posent problème, reprenons le cours de la démonstraton. Sot P un polynôme rréductble untare dfférent de t. En rasonnant mot pour mot comme dans le cas logarthme on vot que P n apparat n dans le dénomnateur de v n dans la lste des u. Les u étant deux à deux dstncts t ne peut apparatre qu au plus une fos dans la lste des u, on peut donc sans perte de généraltés poser u 1 = t. On en dédut deux choses : premèrement les u pour 2 sont dans K ; enfn v s écrt v(t) = N j= N a jt j avec les a j dans K. En rasonnant sur les coeffcents (cf. 10
détermnaton des P tels que P P ) on vot que v(t) K mplque v(t) K. Au fnal, on a : t n f = c 1 t + u n c + v u = c + (c 1 a + v), u u où les u pour 2 sont dans K, v est dans K. C est gagné! =2 =2 3.3 Applcaton à e x2 Voyons comment les choses se passent pour une foncton assez connue : x e x2. Peuton exprmer une prmtve de cette foncton dans une extenson élémentare de C(x, exp(x 2 ))? Rasonnons par l absurde et supposons que c est le cas. D après le théorème de Louvlle- Ostrowsk, on peut trouver n 0, a 1,..., a n C et v, u 1,..., u n C(x, exp(x 2 )) tels que : exp(x 2 ) = v + c 1 u 1 u 1 +... + c n u n u n. En utlsant le même rasonnement que dans la démonstraton du théorème de Louvlle- Ostrowsk dans le cas exponentel, on vot que la seule égalté possble est de la forme : exp(x 2 ) = v + c2t, avec c constant et v C(x)[exp(x 2 )]. En dentfant les termes en exp(x 2 ), l exste a C(x) tel que : a + 2xa = 1. Or cec mplque que a est un polynôme. En effet, s a n est pas un polynôme alors l admet un pôle (on est sur C), la multplcté de ce pôle est un cran supéreur pour a. Or a = 2xa + 1 donc la multplcté dot être la même : contradcton. Le fat que a sot un polynôme entrane auss une contradcton sur le degré de a. Cet exemple nous llustre parfatement que toute foncton n admet pas, en général, une prmtve exprmable élémentarement! 4 Algorthme de Rsch Nous venons de vor dans un cadre théorque un théorème qu donne un crtère effectf de calculablté d une prmtve, mettons mantenant cela en pratque à travers l algorthme de Rsch. Nous allons ans vor comment un logcel de calcul formel utlse réellement le théorème de Louvlle-Ostrowsk. Dans tout ce qu sut, K désgnera le corps des constantes de toutes les extensons consdérées. Défnton 4.1 Sot n un enter naturel. Une tour de varable de talle n sur K est la donnée d un (n + 1)-uplet (t, θ 1,..., θ n ) avec θ k exponentel transcendant ou logarthme transcendant sur K(t, θ 1,..., θ k 1 ) (avec la conventon K(t, θ 0 ) = K(t)). Remarque 4.1 Pour être cohérent avec la défnton donnée précédement d une extenson élémentare, nous devrons prendre auss en compte les θ k algébrques, cependant nous allons nous lmter dans cet exposé à ce cadre smplfé qu nécesste déjà des efforts. Remarque 4.2 Nous avons accès, grâce à ces tours de varables, à l ensemble des fonctons que l on peut fabrquer à partr d un logcel de calcul formel smple. Ben entendu, on peut construre des théores plus fnes en ncluant d autres fonctons à nos fonctons élémentares (arctan s K = R,...) et en prenant en compte les éléments algèbrques. 11
On consdère c une tour de varables de talle s 1 sur K : (t, θ 1,..., θ s ). Et on se demande s f K(t, θ 1,..., θ s ) admet une prmtve élémentare. On peut alors écrre f = N 0(θ s ) D 0 (θ s ) avec N 0, D 0 K(t, θ 1,..., θ s 1 )[X] premers entre eux. L algorthme de Rsch consstera alors en l ntégraton va la fracton ratonnelle. On va chercher à résoudre l équaton f = v u 1 u N + c 1 +... + c N, où les nconnues sont v, u 1,..., u N u 1 u N K(t, θ 1,..., θ s ). L algorthme de Rsch agt récursvement sur ce modèle d équatons : on se ramène à un système d équatons de ce type mas dans K(t, θ 1,..., θ s 1 ). 4.1 Réducton du problème On essaye de décomposer la fracton N 0 D 0 pour permettre le calcul d une prmtve. L obtenton de cette décomposton est basée sur une dentté de Bezout entre des polynômes P et P de K(t, θ 1,..., θ s 1 )[X]. On se heurte à une dffculté lorsqu on a une extenson exponentelle. En effet, s θ s = e g, alors θ s = g θ s, qu ne sont plus premers entre eux. S θ s est une exponentelle et s D 0 multple de X alors on peut écrre N 0 D 0 = N 1 D 1 + P X k avec D 0 = X k D 1 et X D 1 = 1. On sole alors la parte entère de N 0 D 0 (ou de N 1 D 1 ), qu est un polynôme. Ans, on peut écrre N 0 D 0 = N D + j a jx j. Fnalement, on a une décomposton de la forme : N 0 D 0 = N D + j a j X j avec deg N < deg D X D (a j ) K(θ 1,..., θ n 1 ) (Z) j < 0, a j = 0 j < 0, a j 0 pour des k < 0 s X un logarthme s X est une exponentelle On effectue désormas le problème de prmtvaton en deux parte : prmtvaton de la fracton propre N D, prmtvaton du polynôme «généralsé» j a jx j. 4.2 Intégraton de la fracton propre 4.2.1 Réducton sans facteurs multples, factorsaton sans carré Consdérons la factorsaton en produt d rréductble de D = D α D suvant leur valuaton α : D = P. et regroupons les Cette factorsaton est appelé factorsaton sans carrée de D et P la parte sans carré de D. Les P sont sans facteurs multples et premers entre eux deux à deux. Remarque 4.3 Ces deux remarques nous seront utles par la sute : S P est un polynôme untare, rréductble, alors l est premer avec P pour des rasons de degré. 12
S P est un polynôme untare, sans carré, alors l est premer avec P. En effet, s la décomposton en facteur rréductble de P s écrt P = Q k alors P = Q k Q j. k k j k Ans, par réducton modulo Q k, on obtent P Q k Q j 0[Q k ], j k car les Q j et Q k sont premers avec Q k. Ans, P n est dvsble par aucun facteur rréductble de P : ls sont donc premers entre eux. La décomposton sans carré peut s obtenr grace à un algorthme que nous décrvons c. Sot k un corps de caractérstque nulle, P k[x] untare et P = P 1 P 2 2...P n n sa factorsaton sans carré. Un calcul smple montre que P = n =1 P 1 k Pk k = P 2P3 2...Pn n 1 (P 1P 2...P n +... + np 1...P n). On remarque que P 2 P3 2 dvse P P. En fat, ces deux polynomes sont égaux. En effet, s tel n état pas le cas, alors l y a un facteur rréductble Q de P P dvsant l un des P, dsons P k, de valuaton k exactement. Or, par réducton modulo Q k, on trouve P kp k P 0[Q k ]....P n 1 n k Ce qu est absurde. Les polynomes P 2 P3 2 et P P étant untares, ls sont égaux. Cec permet de dédure l algorthme de factorsaton sans carré :...P n 1 n ALGORITHME DE FACTORISATION SANS CARRÉ poser u 0 = D calculer récursvement par l algorthme d Euclde u +1 = u u et v = u 1 que u = 1 sot m la dernère valeur de telle que u 1 pour de 1 à m 1, calculer h = v et poser h m = v m v +1 Remarque 4.4 A l étape, on a : u = P +1 P+2 2...P n n, v = P...P m et h = P. 4.2.2 Décomposton en fractons partelles u jusqu à ce La factorsaton sans carré permet d obtenr une décomposton en fractons partelles de N D, qu est une sorte de généralsaton de la décomposton en éléments smples. La forme partculère de cette décomposton permet une technque d ntégraton tératves des fractons obtenus, grâce à des relatons de Bezout. 13
La décomposton en fractons partelles de N D selon la factorsaton sans carré, consste à écrre N D sous la forme : N D = N 1 P 1 +... + N n P n n, avec [1, n], deg N < deg P. En rédusant au même dénomnateur, on obtent la relaton : N = N 1 P 2 2...P n n +... + N P 1...P 1 1 P +1 +1...P n n +... + N n P 1...P n 1 n 1. Fxons [1, n] et rédusons cette relaton modulo P, on obtent donc : N N P 1...P 1 1 P +1 +1...P n n [P ]. Pusque chaque Pk k est premer avec P, l est nversble modulo P. En notant P k k un nverse de Pk k modulo P (que l on peut calculer grâce à une dentté de Bezout), on obtent : N N P 1... P 1 1 P +1 +1... P n n [P ]. La condton de degré permet d en dédure N ans que l exstence de cette décomposton. ALGORITHME DE DÉCOMPOSITION EN FRACTIONS PARTIELLES calculer pour [1, n] Q = D/P calculer par l algorthme d Euclde étendu, une relaton de Bezout U Q + V P = 1 calculer le reste N de la dvson eucldenne de NU par P Pour chacun des polynômes P, l dentté de Bezout entre P et P permet de rédure : N = A P + B P ce qu donne N P = A P 1 + B P N B Une ntégraton par parte donne : P = ( 1)P 1 + 1 B + ( 1)A 1 P 1. On tère cette étape jusqu à l obtenton d une pussance 1 au dénomnateur. On obtent donc : N D = ( C, 1 P 1 +... + C ),2 C,1 P 2 +. >0 P P. Il sufft donc d ntégrer A B = >0 C,1 P. 4.2.3 Parte logarthmque Rappel sur le résultant : Sot K un corps et P, Q K[X] de degrés respectfs n et m non nuls. On appel résultant de P = k a kx k et Q = k b kx k et on note res(p, Q) le détermnant de la matrce (n + m) (n + m) : a 0 b 0........ a n a 0 b m b 0........ a n b m 14
Le premer motf se décale m fos et le second motf se décale n fos. Proposton 4.1 Sot P, Q K[X]. On a l équvalence : P Q = 1 res(p, Q) 0. De plus, s P Q 1, P, Q ont une racne commune dans une clôture algébrque de K. Démonstraton 4.1 On consdère l applcaton lnéare : { Km 1 [X] K ψ : n 1 [X] K m+n 1 [X] (A, B) AP + BQ Remarquons que le résultant de P et Q est tout smplement le détermnant de ψ dans la base canonque. Donc, clarement, s le résultant est non nul, ψ est un somorphsme (les espaces d arrvé et de départ ont même dmenson) et ans le polynôme constant égal à 1 est attent (ce qu équvaut à P et Q premers entre eux par Bézout). Récproquement, supposons P Q = 1 et prennons (A, B) ker(ψ). Cela sgnfe que P A = QB d où Q dvse P A donc dvse A car premer avec P ; cec n est possble que s A = 0 car deg(a) < deg(q). On rasonne symétrquement pour B. Au fnal (A, B) = (0, 0), donc ψ nversble (toujours par un argument de dmenson) et ans le résultant est non nul. Sot A B K(t, θ 1,..., θ s 1 )[X], avec B untare, sans carré, A B = 1 et deg A < deg B. S l on dérve une fracton ratonnelle en X, la dénomnateur de la dérvée se décompose en produt de facteurs de multplcté supéreure ou égale à deux. Il s en sut que les fractons résduelles obtenues à la fn de l étape précédente ( A B ), ne provennent que de la dérvaton d une foncton du type F = p k=0 c k ln u k : A B = F = p k=0 c k u k u k. Après réducton au même dénomnateur, l vent : p p A u k = B c k u k k=1 k=1 Par réducton modulo u k, on vot que u k dvse Bu k j k u j. Etant premer avec u k j k u j, l dvse B. Ans, pusque les u k sont premers entre eux deux à deux, leur produt dvse B. Or, l est clar que B dvse p k=1 u k car A B = 1. Qutte à ajouter une constante, on peut supposer les u k untares. D où, dans un premer temps, B = p u k. k=1 Il s agt pour nous d exprmer les u k et c k à partr de A et B. Remarquons que l expresson de A en foncton des u k ressemble à la dérvée de B aux constantes près. Par sute, en posant (t) = A tb, on trouve : (t) = j k u j p (c k t)u k u j. k=0 15 j k.
Il s en sut que u k dvse (c k ) et donc (A c k B ) B = u k. S ben que l on peut calculer u k à partr de A, B et c k. Le problème résde donc en la connassance des c k et pour y reméder, on utlse le résultant. Théorème 4.1 Une prmtve de A B est donnée par p k=0 c k ln u k avec c k L, u k L[X], avec L extenson algébrque fne de K s et seulement s R(T ) = res X (B, A T B ) est scndé sur L avec c k pour racnes. Démonstraton 4.2 En effet, comme nous l avons vu précédement, s A B = p c k ln u k, alors B = u 1...u n et R(T ) est scndé avec c k pour racnes car (A c k B ) B = u k. Récproquement, notons K une clôture algébrque de K. Alors c K est un zéro de R, s et seulement les polynômes B et A cb ont une racne commune. Or, B étant sans carré, une racne de B ne peut être racne de B. Par sute, s c K on a les équvalences : k=0 { B(ξ) = 0 R(c) = 0 ξ K/ A(ξ) cb (ξ) = 0 ξ K/ { B(ξ) = 0 c = A(ξ) B (ξ) Notant Z(P { ) l ensemble des racnes d un polynôme P, on a : Z(B) Z(B) Z(R) avec ψ : ξ A(ξ) B (ξ) Notons c 1,..., c p les racnes dstncts de R. Il vent donc : et par sute β ψ 1 (c ) B = (X β) = B (A c B ) = u, β Z(B) (X β) = u 1...u p. ψ Z(R) Pour tout [1, p], pour tout β ψ 1 (c ), on a : ( p ) u c (ξ) B(ξ) = c u 1 (ξ)...u u (ξ)...u p (ξ) = c B (ξ) = A(ξ). =1 ( p ) u Les polynômes c B et A étant de degré strctement nféreur à deg B, coïncdant sur deg B racnes dstnctes de B, sont égaux. D où l mplcaton recherchée. u =1 En pratque, on s ntéresse à des fonctons de la varable réelle ou complexe, l faut donc tester s les racnes obtenus sont des constantes. Pour cela, on normalse R, et on vérfe que chacun des nouveaux coeffcents sont constants. En effet, s les racnes de R sont constantes alors les coeffcents auss car ls s exprment comme fonctons symétrques élémentares des racnes. En résumé : 16
ALGORITHME POUR LA PARTIE LOGARITHMIQUE calculer le résultant R(T ) = res X (B, A T B ) normalser R et tester s les coeffcents sont constants car snon la foncton n admet pas de prmtve élémentare s les coeffcents sont constants, calculer les racnes de R : sur C, on obtent l ensemble des c k sur R, vérfer que toutes les racnes de R sont réelles car snon la foncton n admet pas de prmtve élémentare quand R est scndé, calculer u k avec la formule u k = B (A c k B ) 4.3 Parte polynome généralsé Il nous reste à présent à prmtver la parte polynomale de la décomposton. Il s agt donc de résoudre : A j X j = a j X j, j j avec une somme portant sur Z s X est une exponentelle, sur N snon. 4.3.1 Extenson logarthmque Supposons dans cette parte que X = ln(y ) est un logarthme. On dot donc résoudre : (A j Y ) + (j + 1)A j+1 X j = a j X j. Y j 0 j 0 Notons d le degré de j 0 a jx j. Pour j > d, on a : A j + (j + 1)A j+1 Y Y = 0. La forme recherchée d une prmtve mpose que pour j assez grand A j = 0. Par sute, s A j0 +1 = 0, alors A j0 est constant. S A j0 0, alors on a : A j 0 1 = j 0 A j0 Y Y. Il vent donc à une constante addtve près, A j0 1 = j 0 A j0 X ce qu n est pas car A j0 1 est ndépendant de X. Il s en sut que pour j > d + 1, A j = 0 et A d+1 constant. On résoud ce système par valeur décrossant. La valeur de la constante A d+1 sera alors détermnée par une condton. 4.3.2 Extenson exponentelle Supposons dans cette parte que X = exp(y ) est une exponentelle. De même, on dot résoudre une équaton sur les coeffcents : A j + jy A j = a j. 17
Les choses c se complquent car on est amené à résoudre une équaton du type : y + fy = g, avec f, g dans une tour de varables plus pette. Nous voyons que s f = 0 alors on peut appeler récursvement l algorthme de Rsch. Cependant s f 0 nous devons nous ntéresser plus précsement à la nature de Y. Nous allons dans la sute donner les grandes étapes de la résoluton de ce problème. 4.3.3 Grandes lgnes de la résoluton de y + fy = g Détermnaton du dénomnateur : Nous allons c détermner le dénomnateur D de y en détermnant ses facteurs rréductbles. Sot P un facteur rréductble de D. Sot α < 0 la valuaton P -adque de D, β celle de f et γ celle de g. On note f d le dénomnateur de f et g d celu de g. Examnons les dfférentes stuatons : S Y n est pas une exponentelle : S β 1, on peut montrer par une étude cas par cas (smple mas longue) que α est l opposé de la valuaton P -adque de D 0, avec D 0 = pgcd(g d, Y (g d )) pgcd(u, Y (U)), où U = pgcd(f d, g d ). On a donc trouvé une parte du dénomnateur. On va mantenant s ntéresser aux P tels que β = 1 que l on va regrouper en f 1. On calcule ensute par l algorthme de Bezout le terme N f 1 de f d et on vot par un rasonnement proche de celu utlsé pour calculer «la parte logarthmque» que les α correspondants sont les racnes entères (de la varable t) du résultant en Y de N tf 1 et de f 1. S Y = exp(z) et P = exp(z) : la valuaton de y est α, celle de fy est α β. Donc s β > 0, on a α = γ, s β < 0, on a α = β + γ. Le cas β = 0 se complque : s l n y a pas de smplfcatons, alors on est ramené au cas précédent ; s l y a des smplfcatons, on note f 0 le terme constant de f et y α le terme de plus bas degré de y (dans la parte polynôme généralsée de la décomposton canonque). Ans, on a l équaton en y α : y α + (αz + f 0 )y α = 0. Donc y α = exp( αz f 0 ), sot ln(y α ) + αz = f 0. On admet qu alors f 0 s écrt AZ + B avec A Q et B ndépendant de Z dans la tour de départ. De ce fat, on a nécessarement α = A, car snon on aurat exp(z) algébrque (l sufft de trer exp(z) dans l expresson de f 0 ). En ayant le dénomnateur on peut en smplfant, se ramener à une équaton sur le numérateur N. Algorthme SPDE de Rothsten : On est donc amener à résoudre une équaton du type : RN + SN = T. 18
Quand R ne dvse pas S. R 1 = Posons R pgcd(r, S), S 1 = S pgcd(r, S),, T 1 = T pgcd(r, S), avec deg(r 1 ) 1. On se ramène ans à : R 1 N + S 1 N = T 1, avec de plus R 1 et S 1 premers entre eux. D après l dentté de Bézout, l exste donc U, V tels que : R 1 U + S 1 V = T 1, avec deg(v ) < deg(r 1 ). En soustrayant cette égalté à l égalté de départ on obtent : R 1 (N U) = S 1 (N V ). Ans R 1 dvse (N V ) : on est donc en drot de poser H = (N V )/R 1. On trouve une équaton du même type en H : R 1 H + (S 1 + R 1)H = U V, dont on sat que le degré de la soluton est strctement nféreur au degré de la soluton de l équaton ntale (car 0 < deg(r 1 ) et deg(v ) < deg(r 1 )). S R 1 S 1 + R 1, on peut réapplquer mot pour mot la même manpulaton. Par conséquent, une certane tératon du procédé nous amène à résoudre une équaton du type RN + SN = T, avec R S (car les dégrés des solutons sont des nombres enters naturels et ne peuvent donc former une sute strctement décrossante). Quand R dvse S : On dot donc résoudre une équaton qu se rédut (après dvson par R) sous la forme : N + SN = T. Regardons ce qu se passe cas par cas : S S = 0 : On se ramène au problème de Rsch ntal sur une tour plus pette. S deg(s) > 0 : On a deg(ns) > deg(n ). Donc on a deg(n) = deg(t ) deg(s) et l on peut résoudre l équaton coeffcent par coeffcent (en commençant par le plus haut et pus par récurrence descendante). S deg(s) = 0 et Y = t : De même deg(ns) > deg(n ) et se ramène au cas précédent. S deg(s) = 0 (S = c) et Y = ln(z) : On se ramène à un système sur les coeffcents : N k+1 + (k + 1)Z Z N k+1 + cn k = T k. On a donc une équaton connue pour le terme de plus haut degré (y +fy = g) sur une tour de varable plus pette, que l on résoud pour ensute s attaquer dentquement aux termes de degrés nféreurs. S deg(s) = 0 (S = c) et Y = exp(z) : Le système sur les coeffcents est c : N k + (kz + c)n k = T k. On résoud donc coeffcent par coeffcent car on a une équaton connue sur une tour de varable plus pette. Le problème masqué sur les 2 derners sous cas est que l on ne connat pas le degré de N. Nous admettons que l on peut trouver ce degré sans en donner la preuve. 19
Références [1] A. Chambert-Lor, A feld gude to algebra. Undergraduate Texts n Mathematcs, Sprnger-Verlag, New York, 2005 [2] R. H. Rsch, The problem of ntegraton n fnte terms. Amer. Math. Soc. 193, (1969), 167-189 [3] R. H. Rsch, The soluton of the problem of ntegraton n fnte terms. Bull. Amer. Math. Soc. 76 (1970), 605-608 [4] M. Rosenlcht, Integraton n fnte terms. Amer. Math. Monthly 79 (1972), 963-972 [5] B. Parsse, L ntégraton (l algorthme de Rsch). www-fourer.ujf-grenoble.fr/ parsse/cas/rsch.ps [6] F. Chyzak, Intégraton symbolque des fractons ratonnelles. 20