MonsieurleProfesseur deMATHANm'afaitdeouvrir,pendantlaprepara-
tion de mon D.E.A., l'approximation diophantienne et en partiulier les travaux
de F. Dyson et de A. Thue. Il a dirige ette these et a partiipe etroitement a
l'obtention de plusieurs resultats. Je veux lui exprimer ii ma profonde gratitude.
Je remerie J-P. ALLOUCHE et M. WALDSCHMIDT pour l'inter^et qu'ils
ont porte a e travail etpour avoir aepte d'en^etre les rapporteurs.
M. MEND
ES-FRANCE me fait l'honneur de presider le jury, je le remerie
vivement.
Mes remeriements vontegalement a H. COHEN et Y.HELLEGOUARCH
pour avoir aepte de faire partie de ejury.
Enn je remerie les etudiants de l'eole dotorale qui m'ont souvent aide
devant l'ordinateur, et tout partiulierement Niolas BRISEBARRE, ainsi que le
personnel qui a assure la realisation materiellede e travail.
Qu'il me soit permis d'avoir une pensee pour le Professeur N. BAGANAS
qui a su me passionner pour les mathematiques.
Je dedie ette these a Beatrie, Sabine, Clement et Mathieu qui ont fait
preuve de beauoup de patienependant la preparation de e travail.
APPROXIMATION DIOPHANTIENNE
EN CARACT
ERISTIQUE POSITIVE
A. Lasjaunias
TABLE DES MATI
ERES
INTRODUCTION p. 4
CHAPITRE I
La methode de Thue en arateristique positive
1. Sur l'approximation rationnelle des
el
ements alg
ebriques de
K((T 1
)) qui ne sont pas de type Homographie-Frobenius p. 9
CHAPITRE II
La methode dierentielle
1. Le
theor
eme d'Osgood p. 17
2. Sur le lien entre l'
equation diff
erentielle de Riati et les
el
ements de type Homographie-Frobenius p. 24
3. Sur les
equations diff
erentielles de Riati sans solution
rationnelle p. 30
4. Surdes el
ements de typeHomographie-Frobenius alg
ebriques
de degr
e 4 p. 35
L'exposant d'approximation
et le developpement en fration ontinue
1. Sur l'exposant d'approximation de ertains el
ements
alg
e-
briques de K((T 1
)) p. 39
2. Sur le d
eveloppement en fration ontinue de Buk et Rob-
bins p. 48
3. Sur le d
eveloppement en fration ontinue de l'exemple de
Mahler p. 64
BIBLIOGRAPHIE p. 68
INTRODUCTION
L'originedenotreetudesetrouvedansl'approximationrationnelledesnom-
bres reels algebriques. Il a ete remarque par Liouville, vers 1850, que la preision
del'approximationrationnelledesnombres reelsalgebriquesa unelimiteevidente :
si est unnombre algebrique irrationnel de degre n,alors
(1) j p=qjA=q n
pour tout rationnel p=q, ou A est une onstante reelle positive ne dependant que
de . Ce resultatfut le pointde departd'une reherhe du plusgrand nombre reel
positif r tel que l'inegalite
(2) j p=qj<1=q r
ait une innite de solutions rationnelles p=q. Si r
0
est ette borne superieure, le
theoreme de Liouville montre que r
0
n et l'approximation d'un nombre reel par
lesreduitesdesondeveloppementenfrationontinuemontrequer
0
2. A.Thue
en1908[16℄,fut l'initiateurdeettereherheenprouvantquer
0
n=2+1. Apres
les ontributions elebres de Siegel et Dyson, la onlusion revint a K. Roth ave
son theoreme prouve en 1955 [14℄, qui aÆrme que si est un nombre algebrique
irrationel et si (2) a une innite de solutions, alors r 2. Ainsi r
0
= 2 et est
independant de net de .
Latheoriedel'approximationrationnelledesnombresreelsalgebriquesaete
transposee aux orps defontions ([8℄, [4℄)et 'est danse adreque se situe notre
etude. Si K est un orps, nous onsiderons l'anneau K[T℄ des polyn^omes, et le
orpsK(T)desfontionsrationnelles,aoeÆientsdansK,delavariableT. Nous
plongeons le orps K(T) dans le orps K((T 1
)) des series formelles de Laurent.
Si = P
kk0 a
k T
k
est un element de K((T 1
)), ave a
k
0
6= 0, nous introduisons
le degre de , note deg = k
0
, et la valeur absolue ultrametrique jj = jTj deg
et j0j =0, ave jTj> 1. Ainsi le orps K((T 1
)) s'identie au omplete de K(T),
pour ette valeur absolue. Il a ete remarque, des 1960 [17℄, que le theoreme de
Roth se transpose dans e adre, sous reserve que l'on suppose la arateristique
de K nulle. Dans toute etteetude nous faisons l'hypothese ontraire, 'est-a-dire
que nous onsiderons que K est un orps de arateristique p, ou p est un nombre
premier arbitraire.
En 1949, K. Mahler [7℄ a montre la singularite de e as. Il remarque que
l'analogue du theoreme de Liouville demeure : si est un element de K((T 1
))
algebrique sur K(T), de degre n>1, alors
(1 0
) j P=QjA=jQj n
pourtoutelementP=QdeK(T),ouAestuneonstantereellepositivenedependant
quinousinteresse,endonnantl'exempled'unelementdeK((T 1
))algebriquede
degre psur K(T), oup estla arateristique deK,veriant j P
n
=Q
n j=jQ
n j
p
pour une suite (P
n
=Q
n )
n0
d'elements de K(T) ave lim
n jQ
n
j =1. Cet element
satisfaitl'equation algebrique p
+1=T =0.
Des lors il appara^t que l' analogue du theoreme de Roth est faux, ou plus
preisement que ertains elements y font exeption. Cei nous onduit, an de
mesurer la qualite de l'approximation rationnelle d'un element de K((T 1
)), a
introduire les denitions suivantes.
Pour x2K((T 1
)) il existe un polyn^ome y 2K[T℄ tel que jx yj<1. Ce
polyn^ome est appele partie entiere de x, et nous noterons y =E(x). Nous notons
jjxjj la quantite jx E(x)j. Soit un element irrationnelde K((T 1
)). Pour tout
nombre reel , nous denissons
B(;)=liminf
jQj!1 jQj
jjQjj
et l'exposant d'approximation de est deni par
()=sup f j B(;)<1g:
Ces notations sont dues a B. de Mathan [9℄.
Noussavonsquelatheoriedudeveloppementenfrationontinued'unnom-
brereelsetransposeauxseriesformelles. Eneet,siestunelementirrationnelde
K((T 1
)),alors il peut^etredeveloppe enune fration ontinue, que nous noterons
=[a
0
;a
1
;a
2
;::::;a
n
;:::℄, ou lesquotients partiels a
k
sont des elements deK[T℄ et
deg a
k
>0 pour k >0. Si (P
k
=Q
k )
k0
estla suite des reduites de , nous avons
j P
k
=Q
k
j = jQ
k Q
k+1 j
1
= ja
k+1 j
1
jQ
k j
2
:
Nous voyons donque B(;1)jTj 1
et ()1. Deplus,les meilleuresapprox-
imations rationnelles de etant ses reduites, on a
()=limsup
k
deg Q
k+1
=degQ
k :
D'autrepartletheoremedeLiouvilles'exprimepar()n 1siestunelement
algebrique sur K(T), de degre n >1. Ainsi tout element de K((T 1
)) algebrique
sur K(T), de degre n > 1, a un exposant d'approximation () appartenant a
l'intervalle [1;n 1℄. Observons que les deux bornes de et intervalle peuvent ^etre
atteintes omme le montrent l'exemple d'un element quadratique et l'exemple de
l'element ite plus haut. En outre il est lair que
B(;)=1 si >(); B(;)=0 si <() et 0B(;())1:
On est alors onduit a se demander si l'exemple introduit par Mahler (ex-
posantd'approximationmaximal)est exeptionnel. En1975, unautreexemple fut
donne par C. Osgood [13℄. En etudiant le as K =F
2
, L. Baum et M. Sweet ([1℄,
[2℄), ont donne un nouvel exemple satisfaisant de faon optimale le theoreme de
lesquotientspartielsdudeveloppementenfration ontinue bornes(don()=1
etB(;1)>0). EnsuiteW. Millset D.Robbins ([11℄)ontremarqueque laplupart
de es elements etaient lies a la transformation f(X) = (AX q
+B)=(CX q
+D),
omposee d'une homographie a oeÆients dans K[T℄ et de l'homomorphisme de
Frobenius h
q
(X) = X q
ou q est une puissane de la arateristique p de K. Cei
les aonduits a introduireune methode permettantd'obtenir ledeveloppement en
fration ontinue expliite de ertainselements algebriques de K((T 1
)). Ainsi ils
donnentd'autresexemplesd'elementsnonquadratiquesayantlesquotientspartiels
du developpement en fration ontinue bornes, en toute arateristique p>2.
Ilestapparuprogressivement que leselementsdeK((T 1
))satisfaisant une
equation algebrique de la forme
(3) X =(AX p
s
+B)=(CX p
s
+D)
ave A;B;C;D dans K[T℄, AD BC 6= 0 et s 1, p etant la arateristique
de K, meritaient une etude partiuliere. Nous utiliserons les notations suivantes.
L'ensemble des elements, algebriques irrationnels de K((T 1
)), satisfaisant une
equation algebrique de la forme (3), pour un entier s donne est note H
s
. On pose
alors H = S
s1 H
s
. Remarquons que si 2 H
s
alors il existe une homographie,
f, a oeÆients dans K[T℄, telle que = f( p
s
) et l'on obtient, par iteration,
= g
k (
p k s
) ou g
k
est une homographie a oeÆients dans K[T℄. Ainsi nous
avons H
s
H
ks
, pour tout k 1. On peut remarquer que si est un element
de K((T 1
)), algebrique sur K(T), de degre n = 2 ou 3, alors 2 H
1
. En eet
1;; p
et p+1
sontliessurK(T). D'autrepartnousverronsqueHneoinidepas
ave l'ensemble des elements algebriques irrationnels de K((T 1
)). Les elements
de H seront dit de type Homographie-Frobenius. Ces elements ont ete etudies en
partiulier par J. Voloh et B. de Mathan ([18℄, [9℄). Un des resultats importants
est que l'on a, pour tout element de e type, B(;()) 6=0;1. De plus B. de
Mathan a developpe une methode [9℄ qui permet le alul expliite de (), si e
nombre est assez grand.
La premiere partie de e travail est onsaree a un theoreme, etabli en ol-
laboration aveB.deMathan, etpublieauJournaldeCrelle[6℄. Cetravailmontre
la speiite deselements de type Homographie-Frobenius. Ils'agit d'un analogue
du elebre theoremede Thue,etablien 1908([16℄), selonlequel si est unnombre
algebrique reel de degre n>1 alors,pour tout >0, nous avons
j p=qjq
(n=2+1+)
pour tout rationnel p=q, ave q assez grand. Nous montrons ii que si est un
element de K((T 1
)), algebrique sur K(T), de degre n > 1 et 2= H , alors pour
tout >0, nous avons
j P=Qj jQj
([n=2℄+1+)
pour tout rationnel P=Q2K(T),ave jQj assez grand.
Dans la deuxieme partie on utilise la methode dierentielle. Le fait que
l'on puisse introduire une derivation dans K((T 1
)) implique que tout element,
algebrique sur K(T), verie une equation algebrio-dierentielle. L'etude de l'ap-
ommenee par E. Kolhin [5℄. En 1974, C. Osgooda etabli un theoreme d'appro-
ximationrationnellepourdes fontions algebriques qui nesont passolutions d'une
equation dierentielle deRiati [13℄. Nous en redonnons une demonstration,ave
un resultat un peu plus preis. Ensuite nous montrons le lien entre un element de
type Homographie-Frobeniusetl'equation dierentiellede Riati. Nous montrons
alors, en reprenant un argument de Voloh, que, dans le as ou K est ni, la
methoded'Osgood permetaussi dedemontrer letheoreme\deThue", avede plus
des estimations eetives. Puis nous nous interessons aux equations dierentielles
deRiatiet endeduisonsdesproprietesd'approximationrationnellepourertains
elements. Pour terminer e hapitre, nous donnons un resultat onernant des
elements de H , algebriques de degre 4, sur K(T).
Dans la derniere partie nous donnons, d'abord, quelques resultats oner-
nant l'exposant d'approximations de ertains elements algebriques de K((T 1
)).
On donne, en partiulier, une ondition pour qu'une raine n-ieme d'un element
rationnelaitunexposantd'approximationmaximal. Ensuitenousetudionsuntres
urieuxexemple qui aetedonne reemmentparBuketRobbins(Journal ofNum-
ber Theory 1995). Ces auteurs ont trouve le developpement en fration ontinue
expliite d'un element qui ne rentre dans auune ategorie preedemment onnue
(en partiulier, il s'agit d'un element algebrique qui n'est pas dans H ). Curieuse-
ment, Buk et Robbins n'ont pas herhe a etudier l'approximation rationelle de
etelement. On peut montrer que etelement, ,verie le theoreme de Roth, i.e.
j P=Qj >> jQj 2
, pour tout > 0, mais pas j P=Qj >> jQj 2
. C'est
le premier exemple de e type onnu. Nous onsiderons la suite d'elements de H ,
(
q )
q
, indexee par q, ou q est une puissane d'un nombre premier p impair et
q
est la solution dans F
p ((T
1
)) de l'equation X = 1=(T +X q
). Nous onsiderons
alors l'element
q
= (q+1)=2
q
. L'element de Buk et Robbins est
3 (
p
T). Pour
q = 3, nous donnons une methode nouvelle pour en obtenir le developpement en
fration ontinue. Dans le as general, pour q > 3, nous donnons seulement une
desriptionpartielle dudeveloppementen frationontinue de
q
, qui nouspermet
de onjeturer que et element a les m^emes proprietesd'approximationrationnelle
que
3
. Pour terminer ette partie, nous donnons le developpement en fration
ontinue du elebre exemple de K. Mahler, deja mentionne. Ces derniers travaux
fontl'objet d'unartile apara^tre prohainementdans larevue Journalof Number
CHAPITRE I
La methode de Thue en arateristique positive
x1. Surl'approximation rationnelledeselementsalgebriques deK((T 1
))
qui ne sont pas de type Homographie-Frobenius.
Ce hapitre est onsare a la demonstration du theoreme I.1i-dessous. Ce
theoremeest obtenupar uneadaptationduelebretheoreme deA.Thue,demontre
en1908. CederniertheoremenesetransposepasdansK((T 1
)),avear(K)>0,
ar nous savons qu'il existe des elements, algebriques sur K(T), qui sont trop
bien approhables par des rationnels. La premiere adaptation onsiste don a
trouver une ondition restritive. Il est normal de penser a earter les elements,
algebriquessurK(T),quiappartiennentaH . D'autrepart,nousavonsd^urenoner
a l'utilisation du aluldierentiel a ause de la arateristique positive.
TH
EOR
EME I.1. Soit K un orps de arateristique p >0. Soit un element
de K((T 1
)), algebrique sur K(T), de degre n > 1. Supposons que 2= H . Alors
pour tout nombre reel positif , et pour tout ouple (P;Q) de K[T℄K[T℄, ave
deg Q assez grand, nous avons
jP QjjQj
([n=2℄+)
Remarque. Iionan4arsinon2H . D'autrepartnousobservons,avelesno-
tations utilisees dans l'introdution,que la onlusion du theoremeest equivalente
a ()[n=2℄.
D'abord,ilest possible desupposer queestun entieralgebrique surK[T℄.
Eventuellement en remplaant par E(), nous pouvons aussi supposer que
deg < 0. En eet si A 6= 0 et B sont deux elements de K[T℄ alors l'inegalite
j P=Q jjQ j
([n=2℄+1+)
, pour jQj assez grand, entra^ne jA+B P 0
=Q j
jAj j Q j
([n=2℄+1+)
j Q j
([n=2℄+1+
0
)
, pour jQj assez grand et pour tout 0
> .
Don si le theoreme est vrai pour il l'estpour A+B.
Alorsilexiste desoeÆients a
0
;a
1
;::::;a
n 1
,dans K[T℄ telsque n
+a
n 1
n 1
+
::::+a
0
=0. Nous posons F(X)=X n
+a
n 1 X
n 1
+::::+a
0
2K[T℄[X℄.
La preuve fait appela plusieurs lemmes. Le premier lemme estanalogue au
lemme de Siegel :
LEMME I.1. Soient M et N des entiers positifs, ave M < N. Considerons un
systeme (S) de M equations a N inonnues
(S)
N
X
a
ij x
i
=0 (1j M)
o u a
ij
sont des elements K[T℄. Soit d 2 N tel que pour haque i;j nous avons
deg a
ij
d. Alors (S) a une solution non triviale (x
i )
1iN
2 (K[T℄) N
ave deg
x
i
Md=(N M) pour 1iN.
Preuve . Pour haque k 2 N, soit E
k
l'ensemble des polyn^omes x 2 K[T℄ ave
deg x k. Cet ensemble est un K-espae vetoriel de dimension k +1. Posons
d 0
=[Md=(N M)℄. Nous avons une appliation lineaire ' : E N
d 0
!E M
d+d 0
telle
que '((x
i )
1iN ) = (
P
N
i=1 a
ij x
i )
1jM
. Comme d 0
> (Md)=(N M) 1, nous
avons
dim E N
d 0
=N(d 0
+1)>M(d+d 0
+1)=dim E M
d+d 0
don nous pouvons en onlure que ker ' 6= f0g. Alors il existe (x
i )
1iN 2 E
N
d 0
,
dierent de (0;0;:::;0), tel que P
N
i=1 a
ij x
i
= 0 , pour haque j, ave deg x
i d
0
pour haque i.
Maintenant nous allons utiliser des polyn^omes G 2 K[T℄[X℄. Pour un tel
polyn^ome, nous notons deg
X
G le degre de G, onsidere omme un polyn^ome en
X a oeÆients dans K[T℄. Nous notons deg
T
G le maximum des degres de es
oeÆients dans K[T℄ (i.e., le degre de G, onsidere omme un polyn^ome en T a
oeÆients dans K[X℄).
LEMME I.2. Pour haque m2N, il existe F
m
2K[T℄[X℄ satisfaisant les ondi-
tions suivantes :
(1) deg
X F
m
n 1
(2)
m
=F
m ()
(3) deg
T F
m C
1 m
o u C
1
estune onstante positive reelle.
Preuve . Les onditions (1) et (2) determinent les polyn^omes F
m
. Posons
F
m (X)=
n 1
X
k=0 f
k;m X
m
; ou f
k;m
2K[T℄:
Pour mn 1, nous avons F
m
(X)=X m
, et pour haque m0
F
m+1
(X)=XF
m
(X) f
n 1;m
F(X):
Alorsilestlairquel'ona, parreurrene surm,l'inegalite(3),aveC
1
=deg
T F.
DanslamethodeoriginaledeThue,on onstruitdeux polyn^omesU etV de
Z[X℄tels que le polyn^ome U V s'annule en ave un grand ordre. Ii ei est
realise en utilisant des polyn^omes s'annulant en p
s
.
LEMME I.3. Pour tout ouple (k;s), o u k est un entier tel que 0 k n 1
et s est un entier positif, il existe des polyn^omes non nuls U
k;s
;V
k;s
2 K[T℄[X℄
(4) U
k;s (
p s
) V
k;s (
p s
)=0
(5) deg
X U
k;s
k et deg
X V
k;s
n k 1
(6) U
k;s et V
k;s
sont premiers entre eux dans K[T℄[X℄
(7) deg
T U
k;s C
2 p
s
et deg
T V
k;s C
2 p
s
o u C
2
estune onstante reelle positive.
Preuve . D'abord nous determinons un ouple (U 0
k;s
;V 0
k;s
) de polyn^omes de
K[T℄[X℄, non tousdeux nuls, satisfaisant (4);(5) et (7). En utilisantle lemme I.2,
nousvoyonsquelaondition(4) peut^etreeriteommeunsystemedenequations
lineaires, dont les inonnues sont les n+1 oeÆients des deux polyn^omes U 0
k;s et
V 0
k;s
. Les oeÆients de e systeme lineaire sont des polyn^omes de K[T℄, ave des
degresauplus C
1
max(kp s
;(n k 1)p s
+1)nC
1 p
s
. AlorsleLemme I.1entra^ne
l'existene de polyn^omes U 0
k;s et V
0
k;s
2 K[T℄[X℄, satisfaisant (4),(5) et (7), ave
C
2
=n 2
C
1 .
Maintenant, omme il est bien onnu que l'extension K(T)() de K(T)
est separable, nous avons neessairement K(T)(
p s
) = K(T)(). Ainsi l'element
algebrique p
s
a lem^emedegre, n, que . Alors si W est un polyn^ome nonnul de
K[T℄[X℄avedeg
X
W <n,nousavonsW( p
s
)6=0. Nousutilisonsetteremarque,
en prenant pour W le P.G.C.D. de U 0
k;s et V
0
k;s
2 K[T℄[X℄. Posons U 0
k;s
= U
k;s W
et V 0
k;s
=V
k;s
W. Nous deduisons de (4)
(U
k;s (
p s
) V
k;s (
p s
))W( p
s
) =0:
Commedeg
X U
0
k;s
=deg
X U
k;s
+deg
X
W,etaussipourV,nousavonsdeg
X W <
n, et par onsequent W( p
s
)6=0. Il s'en suit que
(4) U
k;s (
p s
) V
k;s (
p s
)=0:
Vu que deg
X U
k;s
deg
X U
0
k;s
, et la m^emehose en T, et pour V, les onditions
(5) and (7) sont enore satisfaites. Enn U
k;s et V
k;s
sont tous les deux non nuls.
Parexemple, si V
k;s
=0, nousaurions U
k;s (
p s
)=0, d'ouU
k;s
=0, puisque U
k;s a
un degre en X plus petit que n.
Observons que les polyn^omes U
k;s et V
k;s
sont determines de faon unique,
modulo K
, par les onditions (4), (5) et (6). En eet, si (
~
U
k;s
;
~
V
k;s
) est un autre
ouple de polyn^omes satisfaisant es trois onditions, la ondition (4) implique
U
k;s (
p s
)
~
V
k;s (
p s
)
~
U
k;s (
p s
)V
k;s (
p s
) = 0. Comme (5) entra^ne deg (U
k;s
~
V
k;s
~
U
k;s V
k;s
) <n, nous devons avoir U
k;s
~
V
k;s
~
U
k;s V
k;s
=0, puisque p
s
est de degre
n sur K(T). Alors (6) implique qu'il existe 2 K
tel que
~
U
k;s
= U
k;s et
~
V
k;s
=V
k;s .
Comme dans la methode originale de Thue, nous utilisons les polyn^omes
U
k;s et V
k;s
pour onstruire, a partir d'une approximationrationelle, P=Q, donnee
de ,une nouvelle approximation rationnellede :
U ((P=Q) p
s
)=V ((P=Q) p
s
):
Ilsera neessaire deprendre max(deg
X U
s
;deg
X V
s
) aussipetitque possible. Par
onsequent, dans la suite,nous utilisons le lemme I.3 ave k =[n=2℄. Nous posons
U
s
=U
[n=2℄;s , V
s
=V
[n=2℄;s
et
s
=max(deg
X U
s
;deg
X V
s ):
Ainsi nous avons deg
X U
s
[n=2℄ et deg
X U
s
n [n=2℄ 1 [n=2℄, don
s
[n=2℄.
LEMME I.4. Pour haque entier positif s, soient U
s et V
s
les deux polyn^omes
de K[T℄[X℄, denis i-dessus. Soit (P;Q) un ouple de K[T℄(K[T℄nf0g) ave
deg (P Q)<0. Nous denissons A
s et B
s
,elements de K[T℄,par
A
s
=Q
s p
s
U
s
((P=Q) p
s
) et B
s
= Q
s p
s
V
s
((P=Q) p
s
):
Alors nous avons :
(8) deg B
s (C
2 +
s
deg Q)p s
et
(9) deg (A
s B
s
)(C
2 +(
s
1)degQ +deg (P Q))p s
:
Preuve. Commedeg(P=Q )<0,nousavonsdeg(P=Q)<0vu quedeg<0.
Alors, par (7) deg V
s
((P=Q) p
s
) C
2 p
s
. Par onsequent , deg B
s
C
2 p
s
+
s p
s
deg Q, et (8) est prouve. Pouretablir (9) nous observons que
deg (U
s (
p s
) U
s
((P=Q) p
s
))C
2 p
s
+p s
deg ( P=Q):
En eet, omme deg et deg (P=Q) sont negatifs, nous avons, pour tout entier
positif j, deg ( jp
s
(P=Q) jp
s
)p s
deg ( P=Q). Alors (4) entra^ne
deg (U
s
((P=Q) p
s
) V
s
((P=Q) p
s
))C
2 p
s
+p s
deg ( P=Q)
et ei donne immediatement (9).
Dans la methode lassique de Thue, l'idee est de \lasser" ette nouvelle
approximation A
s
=B
s
onstruite au lemme 4, parmi d'autres approximations ra-
tionnellesde . En fait elassementsera impossible sil'on partd'une tropbonne
approximation P=Q. Mais il est neessaire d'avoir pour haque s, deux approx-
imations distintes A
s;1
=B
s;1 et A
s;2
=B
s;2
. Cei est un point ritique. Une telle
demarhe est aussi possible ii (en utilisant deux valeurs distintes de k dans le
lemme I.3). Mais, ensuivant ette voie, on obtient seulement
jP QjjQj
(n 2+)
pour jQj suÆsamment grand. Nous obtiendrons un meilleur resultat en estimant
le degre du denominateur \exat" de A
s
=B
s
. Cela fait l'objet des deux lemmes
LEMME I.5. Soient U et V despolyn^omes non nuls de K[T℄[X℄,premiersentre
eux dans K(T)[X℄. Posons m=deg
X
U et m 0
=deg
X
V. SoitM unentier positif.
Supposons que U et V soient de degre M au plus, en T.
Alors il existe des polyn^omes 2 K[T℄; 6= 0; R et S de K[T℄[X℄, tels
que :
(10) R U +SV =
(11) deg (m+m 0
)M
(12) deg
X
R<m 0
et deg
X
S <m
(13) deg
T
R(m+m 0
1)M et deg
T
S (m+m 0
1)M:
Preuve. CommeU etV sontpremiersentreeuxdansK(T)[X℄,U etV,onsideres
omme des polyn^omes en X a oeÆients dans K(T), ont un resultant non nul
2K[T℄. Ilest bien onnu qu'il existe des polyn^omes en X, R et S, satisfaisant
les onditions (10) et (12). Comme est un determinant a m+ m 0
lignes de
polyn^omes en T de degres n'exedant pas M, (11) est verie. Les oeÆients des
polyn^omes en X, Ret S sont, au signe pres, des sous-determinants, a m+m 0
1
lignes,du resultant. Par onsequent, esoeÆientsont undegreenT auplusegal
a (m+m 0
1)M. Ainsi (13) estetabli.
LEMME I.6. Ave les m^emes notations que dans le lemme I.4, il existe une
onstante reelle positive C
3
, dependant seulement de , telle que les onditions
suivantes soient satisfaites :
Pour tout ouple (P;Q) de polyn^omes premiers entre eux dans K[T℄, ave
deg Q C
3
et deg (P Q)<0, nous avons :
(14) deg B
s
(
s
deg Q C
3 )p
s
et, si D
s
est le plus grand ommun diviseur (unitaire) de A
s et B
s
dans K[T℄,
(15) deg D
s C
3 p
s
:
Preuve . Comme U
s et V
s
sont premiers entre eux, nous voyons gr^ae au lemme
I.5,qu'ilexistedes polyn^omesG
s
andH
s
,deK[T℄[X℄, etunpolyn^omenonnul
s
de K[T℄, tels que :
(10 0
) G
s U
s +H
s V
s
=
s
(11 0
) deg
s
(n 1)C
2 p
s
(12 0
) max(deg
X G
s
;deg
X H
s )<
s
(13 0
) max(deg
T G
s
;deg
T H
s
)(n 2)C
2 p
s
:
En eet, d'apres le lemme I.3, si deg
X U
s
=m etdeg
X V
s
=m 0
, nous avons
max(deg
T U
s
;deg
T V
s )C
2 p
s
m+m 0
n 1 m+m
0
s
>0:
Observons que
s
= 0 est impossible, vu que est irrationel, U
s et V
s
sont non
nuls et verient U
s (
p s
) V
s (
p s
)=0.
D'apres (10 0
) nousavons, G
s
((P=Q) p
s
)A
s +H
s
((P=Q) p
s
)B
s
=
s Q
s p
s
et don
deg (G ((P=Q) p
s
)A +H ((P=Q) p
s
)B ) p s
deg Q:
D'autre part,puisque deg P=Q<0, (13 0
)implique
max (deg G
s
((P=Q) p
s
));degH
s
((P=Q) p
s
))(n 2)C
2 p
s
:
Alors nousne pouvons pas avoir simultanement :
deg A
s
<(
s
deg Q (n 2)C
2 )p
s
et degB
s
<(
s
deg Q (n 2)C
2 )p
s
:
Mais, d'autre part, (9) entra^ne
deg (A
s B
s
)<(C
2 +(
s
1)deg Q)p s
puisque deg (P Q)<0. Supposons que deg Q(n 1)C
2
. Alorsnous avons
deg (A
s B
s )<(
s
deg Q (n 2)C
2 )p
s
:
Ainsi, si nous avions deg B
s
< (
s
deg Q (n 2)C
2 )p
s
et don aussi deg B
s
<
(
s
degQ (n 2)C
2 )p
s
,vu quedeg<0,nousaurionsaussidegA
s
<(
s degQ
(n 2)C
2 )p
s
,equiestimpossible. ParonsequentnousavonsdegB
s
(
s degQ
(n 2)C
2 )p
s
, i.e. (14), des que C
3
(n 1)C
2 .
Maintenant , nous pouvons aussi erire, d'apres (10 0
),
Q (
s 1)p
s
G
s
((P=Q) p
s
)A
s +Q
(
s 1)p
s
H
s
((P=Q) p
s
)B
s
=
s Q
(2
s 1)p
s
:
Alors, d'apres (12) 0
, Q (
s 1)p
s
G
s
((P=Q) p
s
) 2 K[T℄, et Q (
s 1)p
s
H
s
((P=Q) p
s
) 2
K[T℄,don le plus grand ommundiviseur D
s de A
s et B
s
divise
s Q
(2
s 1)p
s
.
Maintenant nous introduisons les elements U
s
and V
s
de K[T℄[X℄ denis
par
U
s
(X)=X
s
U
s
(1=X) etV
s
(X)=X
s
V
s
(1=X):
Les polyn^omes U
s et V
s
sont premiers entre eux dans K[T℄[X℄, puisque U
s et V
s
le sont. Alors, d'apres le lemme I.5, il existe des polyn^omes 0
s
2 K[T℄;
0
s 6=
0; G 0
s
and H 0
s
2K[T℄[X℄, tels que :
(10 00
) G
0
s U
s +H
0
s V
s
= 0
s
(11 00
) deg
0
s nC
2 p
s
(12 00
) max (deg
X G
0
s
;deg
X H
0
s )<
s :
En eet deg
X U
s
s
etdeg
X V
s
s
,don deg
X U
s +deg
X V
s
2
s
n. Vu
queP
s p
s
U
s
((Q=P) p
s
)=A
s etP
s p
s
V
s
((Q=P) p
s
)=B
s
,nouspouvonsendeduire,
ommei-dessus, que D
s
divise 0
s P
(2
s 1)p
s
. Alors,ommeP et Q sont premiers
entre eux, D
s
divise
s
0
s
et paronsequent degD
s
(2n 1)C
2 p
s
,d'apres (11 0
)
et (11 00
). Ainsile lemme est prouve ave C
3
=(2n 1)C
2 .
TH
EOR
EME I.2. Soit un element algebrique de K((T 1
)), de degre n > 1.
Supposons que 2= H . Soit et r des entiers positifs. Supposons que pour tout
s2rN
, nous avons
s
, ave les notations deja introduites.
Alorspour tout reel positif ,et pour tout ouple(P;Q)2K[T℄K[T℄ ave
deg Q suÆsamment grand, nous avons
jP QjjQj (+)
Le theoreme I.1 deoule du theoreme I.2 , si on remarque, omme nous
l'avons deja mentionne apres le lemme I.3, que nous avons
s
[n=2℄, pour tout
entier s.
Nousdivisons lapreuveendeuxparties,haunefaisantl'objetd'unlemme.
D'abord, nous remarquons que, ne satisfaisant auuneequation de la forme
=(A p
s
+B)=(C p
s
+D)
il est impossible que les polyn^omes U
s et V
s
soient tous deux de degre inferieur a
2. Don
s
2 pour tout entier s.
Ave les m^emes notations et onditions que dans le theoreme I.2 et les lemmes
preedents, en xant C
3
=(2n 1)C
2
>0, nous avons :
LEMME I.7. Soit 0 < < 1=2. Soient (P;Q) et (P
1
;Q
1
) deux ouples de
K[T℄(K[T℄nf0g),ave P:G:C:D:(P;Q)=P:G:C:D(P
1
;Q
1
)=1 et deg Q4C
3 .
Supposons qu'il existe un entier s2rN
tel que :
(16)
deg Q
1
(1+)deg Q C
2 p
s
(+)deg Q
1
deg Q +C
2
Alors on ne peut avoir simultanement
(17) deg(P Q)< (+)degQ et (18) deg(P
1 Q
1
)< (+)degQ
1
Preuve . Supposons (17) et (18) veriees. Nous onsiderons A
s
and B
s , les
elements de K[T℄ obtenus a partir de (P;Q), omme indique dans le lemme I.4.
Puis nous herhons un entier positifs 2rN
tel que :
(19) deg (B
s (P
1 Q
1
))<0 et (20) deg (Q
1 (A
s B
s ))<0
D'apres (18) et (8), et ave
s
, la ondition (19) est satisfaite si (C
2 +
deg Q)p s
(+)deg Q
1
i.e., si
p s
(+)deg Q
1
deg Q +C
2 :
D'apres (17) et (9), et ave
s
, nous avons deg (A
s B
s
) (C
2
(1 +
)deg Q)p s
. Donnous aurons (20), si deg Q
1
((1+)deg Q C
2 )p
s
0. C'est-
a-dire, omme degQ C
2 , si
p s
deg Q
1
(1+)deg Q C :
Don s'il existe un entier s 2 rN
veriant (16), alors il verie (19) et
(20). Par soustration on obtient deg (A
s Q
1 B
s P
1
) < 0, et par onsequent
A
s Q
1 B
s P
1
= 0, puisque A
s Q
1 B
s P
1
est un element de K[T℄. Mais ette
egaliteest impossiblesi degQ est assezgrand : en eet, si A
s Q
1 B
s P
1
=0, nous
avons A
s
=B
s
=P
1
=Q
1
et don deg Q
1
=deg B
s
deg D
s
, puisque P
1 et Q
1 sont
premiers entre eux. Or nous avons deg B
s
(
s C
3 )p
s
et deg D
s C
3 p
s
, si
deg Q C
3
, d'apres le lemme I.6. Par onsequent deg Q
1
(
s
deg Q 2C
3 )p
s
.
Vu que
s
2 pour haque s et deg Q4C
3
, nous obtenons deg Q
1
2(degQ
C
3 )p
s
(3=2)p s
deg Q. Tandis que d'apres (16), deg Q
1
< (1 +)p s
deg Q <
(3=2)p s
degQ, d'oula ontradition. Ainsis'ilexiste s satisfaisant (16),on nepeut
avoir simultanement (17) et (18).
Nous etablissons enn le dernier lemme :
LEMME I.8. Soit (d
j )
j2N
une suite, stritement roissante, d'entiers positifs.
Soient , et C des reels positifs, et r, un entier positif. Il existe des triplets
(j;j 0
;s)2N
N
rN
, ave j arbitrairement grand, satisfaisant
(21)
d
j 0
(1+)d
j C
p s
(+)d
j 0
d
j +C
:
Preuve . Pourd
j
2C=, (21) est verie si l'on a
(22)
d
j 0
(1+=2)d
j p
s
(+)d
j 0
(+=2)d
j :
Si nous posons s =rt et q=p r
, la ondition (22) s'erit:
(23) log
q (d
j 0
=d
j
) log
q
(1+=2)tlog
q (d
j 0
=d
j
)+log
q
((+)=(+=2)):
Il est lair que l'on peut remplaer la suite (d
j )
j2N
par une sous-suite. Alors,
ommeR=Z estompat, nous pouvons supposer que lasuite (log
q d
j )
j2N
onverge
modulo1. Nous pouvons aussisupposer que d
j+1 qd
j
. Alorslog
q d
j+1 log
q d
j
=
log
q (d
j+1
=d
j
) tend vers zero dans R=Z et log
q (d
j+1
=d
j
) 1 pour tout j 2 N.
Comme log
q
(1+=2) < 0 < log
q
((+)=(+=2)), il existe pour tout ouple
(j;j 0
) = (j;j +1), ave j suÆsamment grand, un entier positif t satisfaisant la
double inegalite (23).
La preuve du theoreme I.2 resulte de la omparaison des lemmes I.7 et I.8.
Si l'on avait une suite innie (P(j)=Q(j))
j2N
, d'approximations rationnelles de ,
veriant, pour tout j 2N,
deg (P(j) Q(j))< (+)deg Q(j)
ave la suite (deg Q(j))
j2N
stitement roissante, alors le lemme I.8, ave C = C
2
et d
j
=deg Q(j), ontredirait le lemme I.7, ave Q=Q(j)et Q
1
= Q(j 0
).
Dans des as partiulier, le theoreme I.2 peut ^etre applique ave <[n=2℄.
Parexemple,soitq=p r
,our2 N
. SupposonsqueestunerainedansK((T 1
))
d'un polyn^ome irredutiblesur K[T℄ de la forme
(24) f(X)=a +a X +a X q
+a X q
2
ou a
0
;a
1
;a
2
;a
3
sont des polyn^omes non nuls de K[T℄. Supposons de plus que
ne satisfait auune equation de la forme = A p
s
+B, pour s 2 N
et (A;B) 2
K(T)K(T) (pour un exemple voir [9℄). Alors pour tout entier t 2 N
, il existe
deselements e
t
;f
t et g
t
de K(T), tels que
(25) =e
t +f
t
q t
+g
t
q t+1
:
En eet, etant raine def, (24)montre que (25) estvraiepourt =1. Alors, par
reurrene sur t1, nous avons
=e
t f
t ((a
0 +a
2
q
+a
3
q 2
)=a
1 )
q t
+g
t
q t+1
=e
t+1 +f
t+1
q t+1
+g
t+1
q t+2
Alors, si l'on pose e
t
= E
t
=D
t , f
t
= F
t
=D
t , et g
t
= G
t
=D
t
, ave E
t
;F
t
;G
t
;D
t 2
K[T℄et P.G.C.D.(E
t
;F
t
;G
t
;D
t
)=1, l'egalite(25) peut s'erire
U( q
t
) V(
q t
)=0
ou U(X) = E
t +F
t
X +G
t X
q
et V(X) = D
t
, sont deux polyn^omes de K[T℄[X℄
premiers entre eux. On a deg
X
U =q et deg
X
V =0. On voit, ave les notations
du lemme I.3, que pour q k q 2
1 et s = rt, on a U
k;s
= U et V
k;s
= V, a
ause de l'uniite (modulo K
) du ouple (U
k;s
;V
k;s
). Ainsi U
s
= U, V
s
= V et
s
=q. D'autrepart2= H . En eet sil'on avait2H
s
, alorson aurait2H
rs .
Don ei ontredirait l'egalite (25), en vertu de l'uniite (modulo K
) du ouple
(U
k;rs
;V
k;rs
) pour k = q (voir lemme I.3). Alors le theoreme I.2 peut s'appliquer
ave =q et donnous avons
jP QjjQj (q+)
CAPITRE II
La methode dierentielle
Dans e hapitre nous introduisons la derivation naturelle sur K((T 1
)) :
la derivation formelle terme a terme des series. Si 2 K((T 1
)), nous notons 0
la serie derivee de . Le sous-orps des onstantes pour ette derivation ontient
K. Mais si la arateristique de K est p nous avons 0
= 0 si et seulement si
= (T p
). Don le sous-orps des onstantes est K((T p
)). Nous notons (k)
la
k-iemefontionderiveede. Sipestlaarateristique deK, pourtoutk 2Znous
avons (T k
) (p)
=k(k 1):::(k p+1)T k p
=0 ar p divise k(k 1):::(k p+1),
et par onsequent, pour tout 2K((T 1
)), nous avons (p)
=0 et aussi (p 1)
2
K((T p
)).
Soit 2 K((T 1
)) algebrique sur K(T) de degre n > 1. Il existe F 2
K[T;X℄, polyn^omeminimal de ,ave deg
X
F =n, tel que
(1) F(T;)=0:
Si nous derivons etteegalitenous obtenons
F 0
T
(T;)+ 0
F 0
X
(T;)= 0:
Comme est separable, nous avons F 0
X
(T;)6=0. Cette egalite montre don que
0
2K(T;). Ainsi il existe G2K(T)[X℄, ave deg
X
G<n,tel que
(2)
0
=G():
Si l'on a deg
X
G 2, nous dirons que satisfait une equation dierentielle de
Riati a oeÆients rationnel. Nous avons
0
=a 2
+b+
ave a;b et2 K(T). Si a=0 l'equation dierentielle obtenue est lineaire, e que
nous onsiderons omme unas partiulierd'equation dierentielle de Riati.
x1. Le Theoreme d'OSGOOD.
Alasuite destravauxdeE.Kolhin[5℄,C.Osgoodaetudiel'approximation
rationnelle des series formelles a l'aide de la derivation. En 1973 et 1974 il publie
deuxartiles([12℄,[13℄)traitantd'approximationdiophantiennedansK((T 1
)),ou
K estunorpsarbitraire. Nousdonnonsii, denouveau,lademonstrationdedeux
resultats issus de es artiles. Preisons que, dans les deux theoremes qui suivent,
nous ne faisons, exeptionnellement, auune hypothese sur la arateristique du
TH
EOR
EME II.1. Soit K un orps et 2 K((T 1
)), algebrique, de degre n,
sur K(T). Si ne satisfaitpasune equation dierentielle de Riati a oeÆients
rationnels,alors il existe une onstante reelle positive C, dependantde , telle que
jQ PjCjQj n+2
pour tout ouple (P;Q)2K[T℄K[T℄,ave Q6=0.
Remarque. Ii on a n 4 ar sinon satisfait une equation dierentielle de Ri-
ati. Nous pouvons remarquer que la onlusion du theoreme est equivalente a
B(;n 2)> 0.
Preuve . Soient P;Q2K[T℄, ave Q6=0. Si jP=Qj>jj,alors nous avons
(1) j P=Qj=jP=Qj>jjjjjQj n+1
:
Supposons maintenant que jP=Qjjj.
Soit F 2K(T)[X℄le polyn^ome unitaire minimal de. Nous avons
F(X)=X n
+a
n 1 X
n 1
+:::::+a
0
et F()=0
ave a
i
2 K(T), pour 0 i n 1. Par hypothese, il existe un polyn^ome
G2K(T)[X℄ tel que
G(X)=b
m X
m
+b
m 1 X
m 1
+:::::+b
0
et
0
= G()
ave 2<m<n, b
i
2K(T), pour 0im, et b
m 6=0.
Nous introduisons les deux polyn^omesdierentiels :
(2) H
1
(X)=X 0
G(X) et (3) H
2
(X)=F(X)+b 1
m X
n m
H
1 (X):
Ona,d'apres(2),H
1
(P=Q)=(QP 0
PQ 0
)=Q 2
G(P=Q). Commedeg
X
Gn 1,
on voit qu'il existe un polyn^ome non nul, A 2 K[T℄, tel que AQ n 1
H
1
(P=Q) 2
K[T℄. Nous remarquons que (3)peut s'erire
(4)H
2
(X)=F(X) X n
+b 1
m (X
n m
X 0
b
0 X
n m
b
1 X
n m+1
:::: b
m 1 X
n 1
):
Comme n m+2 n 1, on voit, de m^eme, qu'il existe un polyn^ome non nul,
B 2 K[T℄, tel que BQ n 1
H
2
(P=Q) 2 K[T℄. D'autre part si H
1
(P=Q) = 0 et
H
2
(P=Q) = 0, alors, d'apres (3), on a F(P=Q) = 0, e qui est impossible. Nous
avons don
(5) jAQ n 1
H
1
(P=Q)j1 ou bien jBQ n 1
H
2
(P=Q)j1
Comme F() = 0 et H
1
() = 0, on a aussi, d'apres (3), H
2
() = 0. Alors nous
avons
(6) jH
1
() H(P=Q)j=jH
1
(P=Q)j et jH
2
() K(P=Q)j=jH
2
(P=Q)j:
Maintenant nous voulons montrer qu'il existe deux onstantes reelles positives C
1
et C
2
, dependant de , telles que
(7) jH () H (P=Q)j C j P=Qj et jH () H (P=Q)jC j P=Qj:
En eet, si l'on pose C
0
= max(1;jj), alors, omme jP=Qj jj, il est faile de
voir que
j( (P=Q)) 0
jj P=Qj j
i
(P=Q) i
jC n 2
0
j P=Qj
pour tout entier i, ave 1in 1 et aussi
j 0
n m
(P=Q) 0
(P=Q) n m
jC n m
0
j P=Qj:
Alors enerivant
H
1
() H
1
(P=Q) =( (P=Q)) 0
X
1im b
i (
i
(P=Q) i
)
et
H
2
() H
2
(P=Q)= X
1in 1 a
i (
i
(P=Q) i
)
+ X
1im 1 b
1
m b
i (
n m+i
(P=Q) n m+i
)+b 1
m (
0
n m
(P=Q) 0
(P=Q) n m
)
et en utilisant les inegalites i-dessus, nous voyons que (7) est verie.
Maintenant, en omparant (5), (6) et (7), nous obtenons
j P=QjC 1
1 jAj
1
jQj n+1
ou bien j P=Qj C 1
2 jBj
1
jQj n+1
don
(8) j P=QjC
3 jQj
n+1
ave C
3
= inf (C 1
1 jAj
1
;C 1
2 jBj
1
). Si l'on pose C = inf (jj;C
3
), on obtient,
par (1) et (8),
j P=QjCjQj n+1
pour tout ouple(P;Q)2K[T℄K[T℄, ave Q6=0. Letheoreme est ainsiprouve.
Le deuxieme et prinipal theoreme est une version plus forte du preedent.
Ilonvientderemarquer,demaniereplut^otanedotique,que dansl'artileiteplus
haut ([13℄), Osgood donne le resultat i-dessous ave un exposant [(n+3)=2℄ au
lieude [n=2℄+1. Cedernierexposant estmeilleuret s'obtient sansmodiationde
la preuve. Ainsinous avons:
TH
EOR
EME II.2. Soit K un orps et 2 K((T 1
)), algebrique, de degre n,
sur K(T). Si ne satisfaitpasune equation dierentielle de Riati a oeÆients
rationnels,alors il existe une onstante reelle positive C, dependantde , telle que
jQ PjCjQj [n=2℄
pour tout ouple (P;Q)2K[T℄K[T℄,ave Q6=0.
Remarque. Commedejamentionne,nous avons n4 . D'autrepart la onlusion
Preuve . Comme i-dessus, si on a un ouple (P;Q), ave Q 6= 0 et jP=Qj >jj,
alors nous avons
(1) j P=Qjjj jQj
[n=2℄ 1
Soit don un ouple(P;Q)2K[T℄K[T℄ ave Q6=0 etjP=Qj jj.
Nous posons d = [(n 2)=2℄, et nous onsiderons les n+1 elements de K(T;) :
1;; 2
;:::;
n d 1
; 0
; 0
;::::;
0
d
. Ces elements sont lies sur K(T). Par onse-
quent il existe deux polyn^omes R et S dans K[T℄[X℄, que nous pouvons supposer
premiers entre eux, tels que
(2) 0
R ()=S() ave (3) deg
X
Rd deg
X
S n d 1:
Nous introduisons le polyn^ome dierentiel
(4) H(X)=X 0
R (X) S(X)
Nousremarquons quemax(d+2;n d 1)=[n=2℄+1. Paronsequent(3)entra^ne
que Q
[n=2℄+1
H(P=Q) est unelement de K[T℄.
Supposons que H(P=Q) 6= 0. Alors nous avons (5) jQj [n=2℄+1
jH(P=Q)j 1.
Les m^emes arguments que dans le theoreme preedent, montrent qu'il existe une
onstante reelle positiveC
1
, dependant de ,telle que
(6) jH() H(P=Q)jC
1
j P=Qj:
Comme H()= 0,par (5) et (6), nous avons
j P=QjC 1
1
jH() H(P=Q)j=C 1
1
jH(P=Q)j C 1
1 jQj
[n=2℄ 1
Il reste a onsiderer les rationnels P=Q tels que H(P=Q) = 0. Tout d'abord,
observonsquel'onpeutevidemmentserestreindreauxouples(P;Q)2K[T℄K[T℄
ave P:G:C:D:(P;Q)= 1. La n de la demonstration resultera du lemme II.2 qui
va suivre. En eet e lemme etablit qu'il existe une onstante reelle positive C
0
telle que si (P;Q) 2K[T℄K[T℄ ave P:G:C:D:(P;Q) =1 et H(P=Q) = 0, alors
jQjC
0
. Ainsi,si l'on pose
C
2
= inf
jQjC
0
fj P=Qj jQj [n=2℄+1
g et C =inf(jj;C 1
1
;C
2 )
nousavonsl'inegaliteattendue pourtout ouple(P;Q)2K[T℄K[T℄aveQ 6=0.
Le theoreme II.2sera ainsi demontre.
La demonstration du lemme II.2 se deompose en deux etapes. Nous prou-
vons d'abord le lemme suivant :
LEMME II.1. Soient R et S, deux polyn^omes en X, premiers entre eux, a oef-
ients dans K[T℄. Considerons l'equation dierentielle
0
Supposons que deg
X
R > 0. Alors il existe une onstante reelle positive C,
dependantdeRetdeS,tellequesi(P;Q)2K[T℄K[T℄,aveP:G:C:D:(P;Q)=1,
et P=Q est une solution de (1), nous avons max(jPj;jQj)C.
Preuve . La premiere etape onsiste a montrer qu'il existe une onstante reelle
positiveC
1
telle que jR (P=Q)jC
1
, pour toute solution P=Q de (1).
Soit P=Q solution de (1). Supposons que jR (P=Q)j1. Nous pouvonserire
R (X)=r
0 X
+r
1 X
1
+::::::+r
=r
0
(X
1
)(X
2
)::::(X
)
ou r
0
6= 0 et > 0. Nous etendons la valeur absolue au orps K(T;
1
;:::;
)
de deomposition du polyn^ome R . Alors jr
0
j 1 et jR (P=Q)j 1 entra^nent
l'existene d'un indie i tel que jP=Q
i
j 1. Posons jjR jj= jTj deg
T R
et C
0
=
max(jjR jj;jjSjj). Comme R (
i
) = 0, nous avons j
i j C
0
: en eet, si jj > jjR jj
alors jR ()j= jr
0
j6= 0. Don si jP=Qj>C
0
, alors jP=Q
i
j=jP=Qj >1. Par
onsequent nous avons
(2) jP=QjC
0
et aussi j(P=Q) 0
jC
0
. CommeP=Q est solution de(1), nous obtenons
(3) jS(P=Q)jC
0
jR (P=Q)j:
Distinguons deux as. Si = deg
X
S = 0 alors S(X) = s
0
6= 0 et (3) entra^ne
jR (P=Q)jjs
0 j=C
0 .
Si = deg
X
S >0 alors il existe deux polynomes R
1 et S
1
de K[T℄[X℄, tels que
(4) R R
1 +SS
1
=
ou 2 K[T℄ est le resultant des deux polyn^omes R et S, premiers entre eux.
D'apres le lemmeI.5, nous avons
deg
X R
1
1; deg
X S
1
1 et max(jjR
1 jj; jjS
1
jj)C
+ 1
0
Alorspar(2),nousavonsjR
1
(P=Q)jjjR
1 jjC
1
0
etunemajorationdum^emetype
pour jS
1
(P=Q)j. Don par (3) et (4), nous voyons qu'il existe une onstante reelle
positiveC 0
0
telle que jjC 0
0
jR (P=Q)j.
En onlusion, il existe un reel positif C
1
tel que, pour tout P=Q solution de (1),
on a
(5) jR (P=Q)jC
1 :
Maintenant nous introduisons sur K(T) une nouvelle valeur absolue. Soit
z 2K et 2K(T), nous etendons a K(T) la valeur absolue T z-adique, denie
sur K[T℄par
jP(T z)
j
z
=jTj
si P(z)6=0:
Nous allonsmontrerqu'ilexisteunpolyn^omenonnul, Æ2K[T℄,telque jR (P=Q)j
z
jÆj
z
, pour toute solution P=Q de (1).
Soit P=Q solution de (1). Supposons que jR (P=Q)j
z
1. Comme i-dessus, nous
etendons la valeur absolue au orps K(T;
1
;:::;
). Comme jr
0 j
z
1, nous avons
Q
jr
0
(P=Q
i )j
z
=jr 1
R (P=Q)j
z
1. Ceientra^nel'existene d'unindie
i tel que jr
0
(P=Q
i )j
z
1. d'autre part r
0
i
etant un entier algebrique, nous
avons jr
0
i j
z
1, et par onsequent
(6) jr
0
(P=Q)j
z 1:
Maintenant remarquons que jj
z
1 entra^ne j 0
j
z
1, et don jr 0
0
(P=Q) +
r
0
(P=Q) 0
j
z
1. Onendeduit,enmultipliantparjr
0 j
z ,jr
2
0
(P=Q) 0
j
z
1. L'equation
dierentielle (1) impliquealors
(7) jr 2
0
S(P=Q)j
z
jR (P=Q)j
z :
Comme preedemment, distinguons deux as. Si = deg
X
S = 0 alors S(X) =
s
0
6=0 et (7) entra^ne js
0 r
2
0 j
z
jR (P=Q)j
z .
Si = deg
X
S > 0, alors les majorations sur les degres en X de R
1 et S
1 et
l'inegalite (6), onduisent a
jr 1
0 R
1
(P=Q)j
z
1 et jr 1
0 S
1
(P=Q)j
z 1
D'ou nous obtenons, par (4) et (7), jr ++1
0 j
z
jR (P=Q)j
z
. Don il existe, dans
tous les as, un polyn^ome non nul, Æ 2K[T℄, tel que jR (P=Q)j
z jÆj
z
, pour toute
solution P=Q de (1).
Nous erivons
(8) R (P=Q)=(r
0 P
+r
1 P
1
Q+::::+r
Q
)=Q
=U=V
ave U;V 2K[T℄et P:G:C:D:(U;V)=1. Alorssi jUj
z
<1,nous avons jVj
z
=1 et
jUj
z
=jR (P=Q)j
z jÆj
z
. Si jUj
z
=1 alors il est lair que jUj
z jÆj
z
. Maintenant,
nous pouvons supposer le orps K algebriquement los. Alors jUj
z jÆj
z
, pour
tout z 2K, entra^ne que U divise Æ dans K[T℄ etdon
(9) jUjjÆj:
Par (5), (8)et (9), il vient jVjjÆj=C
1
. Deplus si
D=P:G:C:D:(r
0 P
+::::+r
Q
;Q
) et D
1
=P:G:C:D:(r
0 P
+::::+r
Q
;Q)
alorsDdivise D
1 ,etD
1
=P:G:C:D:(r
0
;Q)arP:G:C:D:(P;Q)=1,donDdivise
r
0 .
NousavonsdonjQ
j=jVDjjr
0
jjÆj=C
1
, etilexisteuneonstante reelle,C 0
>0
telle que
(10) jQjC 0
:
EnnUD=r
0 P
+::::+r
Q
entra^nejr
0 P
jmax
1i
(jUDj;jr
i P
i
Q i
j). Soit
jr
0 P
jjUDj,etalors jPjjÆj 1=
jr
( 1)=
0
j. Oubien,il existeunindiei1, tel
que jr
0 P
j jr
i P
i
Q i
j, et alors jPj jr
i
=r
0 j
1=i
jQj. Don en tout as, il existe
une onstante reelle, C 0 0
>0, telle que
(11) jPjC 00
:
Cei termine la demonstrationdu lemme.
LEMME II.2. Soient R et S, deux polyn^omes en X, premiers entre eux, a oef-
ients dans K[T℄. Considerons l'equation dierentielle
(1) X
0
R (X)=S(X):
Supposons que nous n'avons pas simultanement deg
X
R = 0 et deg
X
S 2, i.e.,
l'equation dierentielle (1) n'est pasde Riati. Alors il existe une onstante reelle
positive C, dependant de R et de S, telle que si (P;Q) 2 K[T℄ K[T℄, ave
P:G:C:D:(P;Q)=1,et P=Q estune solution de (1), nous avons jQj C.
Preuve. Posonsdeg
X
R=etdeg
X
S =. Si>0,alorslelemmeII.1entra^ne
le resultat voulu. Si =0, alors, par hypothese, nous avons 3. Soit P=Q une
solution de (1). AlorsQ=P est une solution de l'equation dierentielle
(2) (1=X) 0
R (1=X)=S(1=X):
Don Q=P est une solutionde l'equation dierentielle
(3) X
0
R
1
(X)=S
1 (X)
ave R
1
(X)= r
0 X
2
et S
1
(X) =s
0 +s
1
X +:::+s
X
, si on a R (X) =r
0 et
S(X)=s
0 X
+s
1 X
1
+:::+s
.
Comme R
1 et S
1
sont premiers entre eux, ave deg
X R
1
> 0. Nous pouvons don
invoquer le lemme II.1, pour la solution Q=P de l'equation dierentielle (3), et le
resultat s'en suit. Cei aheve la demonstration du lemme II.2 et don aussi du
theoreme II.2.
Les deux theoremes preedents sont a rapproher du theoreme I.1. Bien
que les hypotheses soient dierentes, la onlusion des deux theoremes I.1 et II.2
entra^ne que () [n=2℄. Comme nous l'avons signale lors de la demonstration
du theoreme I.1, nous aurions pu obtenir une version plus faible de e theoreme
dont la onlusion aurait ete semblable a elle du theoreme II.1. L'avantage du
theoreme II.2,sur le theoremeI.1, est son eetivite(i.e., () [n=2℄et en outre
B(;[n=2℄) > 0). Cet aspet a ete souligne par W. Shmidt [15℄, dans un artile
preisant et elairant les resultats d'Osgood, dans le as ou la arateristique de
K est nulle. Cet artile nous a inspire, pour la presentation de es resultats et en
partiulier elle deslemmes II.1 etII.2. L'objet du paragraphe suivant est de faire
la lumiere sur le lienentre les theoremes I.1et II.2.
x2. Sur le lien entre l'equation dierentielle de Riati et les elements
de type Homographie-Frobenius.
Nous ommenons par faire une remarque generale sur l'approximation ra-
Si 2 K((T 1
)), irrationnel, satisfait une equation dierentielle de Riati (R),
alors nous pouvons separer les elements P=Q 2 K(T) en deux groupes : eux qui
satisfont l'equation (R), et eux qui ne la satisfont pas. Si P=Q n'est pas solution
de (R),alors le raisonnement deja utilisedans la demonstrationdes theoremesII.1
et II.2 (en fait le prinipe de Liouville), montre qu'il existe une onstante reelle
positiveC, dependant de telle que
j P=QjCjQj 2
:
Maintenant onsideronsexeptionnellementle asou laarateristique de K est 0.
Si P=Q est solution de (R), et si ar(K)=0, alors, ( voir Osgood [12℄ ou Shmidt
[15℄), il existe une onstante reelle positive C 0
, dependant de telle que
j P=Qj C 0
:
Alors j P=Qj inf (C;C 0
)jQj 2
pour tout P=Q 2 K(T). C'est-a-dire que
()=1 et B(;1)>0.
Si ar(K) > 0, la situation est bien dierente. En eet, il est faile de voir qu'un
elementdeHsatisfaituneequationdierentielledeRiati(lemmeII.3i-dessous).
D'autre part nous savons qu'il peut se faire qu'un tel element soit tres bien ap-
prohablepar desrationnels (exemplede Mahler,[7℄), oubien, al'oppose,soittres
mal approhable pardes rationnels(exemple de Baum et Sweet, [1℄).
Nousallonsvoir,danseparagraphe,queletheoremeII.2permetdedemon-
trerletheoremeI.1,aveunehypotheserestritive. Pourommener,nousdonnons
e resultat,dans unas tres partiulier, enutilisantune methodeelementaire. Cet
exemple a pour but d'illustrer les idees qui permettront de passer a un as plus
general. Nous prouvons le resultat suivant :
TH
EOR
EMEII.3. SoitK =F
2
et2K((T 1
)),algebriquesurK(T),de degre
4. Si 2= H alors B(;2)>0.
Preuve . Nous allons nous servir du fait que l'homomorphisme de Frobenius,
ainsi que l'homographie,onservent la qualite del'approximationrationnelle. Plus
preisemment si ; 2 K((T 1
)), ave = f(
q
), ou f est une homographie a
oeÆientsrationnels, s unentier positifou nul, q=p s
et p=ar(K), alors()=
(). Eneet, soitf l'homographiedeniepar f(X)=(AX+B)=(CX+D),ave
A;B;C et D 2 K[T℄, = AD BC 6= 0. Si = f( q
) et U = AP q
+BQ q
,
V = CP q
+DQ q
, nous avons U=V = f((P=Q) q
) et il est faile de verier que
V U = (=(C
q
+D))(Q P) q
. D'autre part jVj = jQj q
jC(P=Q) q
+Dj.
Observonsque sijQ Pj estassezpetit,alors jC q
+Dj =jC(P=Q) q
+Dj. Alors
si est un reel positif, etsi jQ Pj est assez petit, nous avons
jVj
jV Uj=jj jC q
+Dj 1
(jQj
jQ Pj) q
:
Cei montreque B(;)est nulsi etseulementsi B(;)est nul,(par onsequent
Nous allons voir que l'on peut onstuire une suite nie d'elements de K((T 1
)),
=
1
;
2
;::::;
k
, telleque :
1) pour 1 i k 1, il existe un entier positif ou nul s
i
, et une homographie a
oeÆients rationnels f
i
telle que
i+1
=f
i (
2 s
i
i ).
2)
i
satisfait une equation dierentielle de Riati, pour 1 i k 1, et
k ne
satisfaitpas une equation dierentielle de Riati.
Alors nous avons B(
i
;2) 6= 0, pour 1 i k, d'apres le theoreme II.2 et
l'argument i-dessus, e qui prouve le resultat voulu.
Soit 2K((T 1
)) solutionde l'equation irredutible
(1) x 4
+ax 3
+bx 2
+x+d=0
oua;b;;d2K(T). SinesatisfaitpasuneequationdierentielledeRiati,alors
k = 1 et 'est termine. Sinon, si satisfait une equation dierentielle de Riati,
il est faile de voir, en derivant l'equation (1), que l'on doit avoir soit a= 0, soit
a6=0 et (=a) 0
=0.
Si a=0, alors 6=0 sinon 2
serait algebrique de degre 2 sur K(T), mais et 2
ontm^emedegre4,arK =F
2
. L'equation(1)entra^ne=d=+(b=) 2
+(1=) 4
.
Si a6= 0 et (=a) 0
= 0, alors =a = A 2
ou A 2 K(T). Dans e as, l'equation (1)
entra^ne (+A) 1
= 1=a+(b=a+A)(+A) 2
+((bA 2
+A 4
+d)=a)(+A) 4
.
Nousposons =(b=),sia=0,et =(b=a+A)(+A) 1
,sia6=0et(=a) 0
=0.
Alors nousvoyons que est solution d'uneequation irredutible
(2) x =e+x 2
+fx 4
oue;f 2K(T). Remarquonsquef 6=0,ar alem^emedegreque surK(T). De
plusf 6=1,arsinon =e+
2
+ 4
entra^ne,parelevationauarre, =e+e 2
+ 8
,
equi estontraireal'hypothese2= H . Commef 6=0;1,ilexiste unentier positif
ou nul l et f
l
2 K(T), tels que f = f 2
l
l
, ou f
l
n'est pas un arre dans K(T), i.e.
f 0
l
6=0. Si l >0, posons f = f 2
1 , et
1
= +f
1
2
. Alors etant solution de (2),
nous obtenons =e+ 2
1 et
1
=e
1 +
2
1 +f
1
4
1 , ou e
1
=e+e 2
F
1
2K(T). Nous
pouvons repeter e raisonnement en posant f
1
= f 2
2 et
2
=
1 +f
1
2
1
, et ainsi
de suite f
2
= f 2
3
..., jusqu'a f
l 1
= f 2
l
. Nous avons une suite (
k )
0kl
d'elements
de K((T 1
)) et deux suites (e
k )
0kl et (f
k )
0kl
d'elements de K(T), telles que
k
= e
k +
2
k+1 et
k
= e
k +
2
k +F
k
4
k
. Nous posons =
l
, E = e
l
et F = f
l ,
alors nous avons = P
1kl e
2 k
k +
2 l
. D'autrepart est solution del'equation
(3) x=E+x 2
+Fx 4
ou E;F 2 K(T) et F 0
6= 0. Nous voyons que est solution de l' equation
dierentielle
(4) (Fx) 0
=(EF) 0
+F 0
x 2
:
Alorsdeux as se presentent : l' equation dierentielle (4)a ou n'apas de solution
dansK(T). Si(4)n'apasdesolutiondansK(T),alorsilexisteuneonstantereelle
positive C telle que j P=Qj CjQj 2
(voir raisonnement i-dessus et lemme
II.5 i-dessous), don () = 1 et () aussi. Si (4) a une solution dans K(T),
notons la
0
. Nous remarquons que (4) est equivalente a
2 0
Alors,omme
0
2K(T), et est solution de (5),il existe
1
2K(T)tel que
(6)
0 +
2
0
+E =F 2
1 :
D'autrepart,omme et
0
sontsolutionsde (5),nousavons,par addition,(((+
0
)+(+
0 )
2
)=F) 0
= 0, ou enore ((1=( +
0
)+1)=F) 0
=0. Par onsequent, il
existe Æ 2K((T 1
)) telque 1=(+
0
)+1=FÆ 2
,ou enore =
0
+1=(1+FÆ 2
).
En portant dans (3), nous avons
0
+1=(1+FÆ 2
)=E+ 2
0
+1=(1+FÆ 2
) 2
+F 4
0
+F=(1+FÆ 2
) 4
:
Ilvient alors, par (6),
(F 2
1 +F
4
0
)(1+FÆ 2
) 4
+(1+FÆ 2
) 3
+(1+FÆ 2
) 2
+F =0
et enn Æ est solution de l'equation
(7) F 2
(
1 +
2
0 )x
4
+Fx 3
+x+1+
1 +
2
0
= 0:
Alors Æ ne satisfait pas une equation dierentielle de Riati. En eet, ave les
notationsdu debut,nousavonsuneequationalgebrique (7),de degre4,avea6=0
et =a=1=F, don (=a) 0
=F 0
=F 2
6=0. Ainsile theoreme est demontre.
Lademonstrationdeetheoreme,dansunaspartiulier(K =F
2
etn=4),
montre que si est un element algebrique de K((T 1
)), ave 2= H mais satis-
faisantuneequationdierentielledeRiati,alorsilnelasatisfaitque\provisoirem-
ment". Autrement dit, on peut penser qu'un element de K((T 1
)), algebrique sur
K(T),satisfaisant uneequation dierentiellede Riati, \defaondenitive", doit
^etreunelementdeH . C'estequenousverronsaveletheoremeII.4. Auparavant,
nous donnons un resultat general sur l'equation dierentielle de Riati.
LEMME II.3. Soit K un orps de arateristique p. Si ; 2 K((T 1
)), et s'il
existe une homographie a oeÆientsrationnels f, telle que =f( p
), alors est
solution d'uneequationdierentiellede Riati,a oeÆientsrationnels,ayant une
solution dans K(T).
Supposons le orps K parfait. Soit (R) une equation dierentielle de Riati, a
oeÆientsrationnels, ayant une solution u dans K(T). Alors il existe une homo-
graphie a oeÆients rationnels, f, telle que pour toute solution, 2 K((T 1
)),
6=u, de (R), il existe 2K((T 1
)) tel que =f( p
).
Remarque. Ainsi si 2 H , alors satisfait une equation dierentielle de Riati.
La reiproque est inexate : en eet si 2= H et = p
alors 2= H ( en eet
2 H entra^ne 2 H , si K est parfait ) et satisfait une equation dierentielle
de Riati.
Preuve . Observons que si 2 K((T 1
)) vere une equation dierentielle de
Riati, aoeÆientsrationnels, alorsil enest dem^emedeA,+B et1=,pour
