Équations de réurrene linéaire
Ilestrappeléquelejuryn'exigepasuneompréhension exhaustivedutexte.Vousêteslaissé(e)
libre d'organiser votre disussion omme vous l'entendez. Il vous est onseillé de mettre en
lumièrevosonnaissanesàpartirdulonduteuronstituéparletexte.Lejurydemandeque
la disussion soit aompagnée d'exemples traités sur ordinateur. Il est souhaitable que vous
organisiez votreprésentation ommesi lejury n'avaitpas onnaissanedu texte.Le juryaura
néanmoins letextesouslesyeuxpendant votreexposé.
1. Introdution
Danse texte,on s'intéresseauxsuites vériant une équationde réurrenelinéaire.
Le paragraphe 2étudie théoriquement l'ensemble dessolutions d'unetelle équation, et
enpartiuliersadimension.Lesparagraphes3et4sontalgorithmiquesetserapportent
auxéquations dont les oeients sont polynomiaux. Le paragraphe 3 donne un algo-
rithme pour en trouver les solutions polynomiales, et le paragraphe 4 un algorithme
pour en trouver les solutions hypergéométriques, dans le as où l'équation onsidérée
esthomogène.
2. L'anneau des suites
Soit
K
unorpsdearatéristiquenulle.OnnoteK Nl'ensemblesdessuites(a(n)) n ∈N
dont les termesappartiennent à
K
.Muni de l'addition et dela multipliation termeà terme,K N est un anneau. C'est aussi un K
-espae vetoriel, et don une K
-algèbre.
Cettealgèbre n'est pasintègre.
Ondénitl'opérateurshift
N
enposant,pourtoutesuitey
deK N,N y(n) = y(n+1)
.
L'opérateur
N
etses puissanes sont desappliationslinéaires surK N.
Onappelle opérateur de réurrenelinéaire sur
K Nun opérateur delaforme
L =
r
X
k =0
a k N k ,
oùles
a ksont desélémentsdeK N.sia 0 eta rsontnonnuls, l'ordredeL
estordL = r
.
a 0 eta rsontnonnuls, l'ordredeL
estordL = r
.
L
estordL = r
.Une équationde réurrenelinéaire dans
K nest une équationde laforme
Ly = f,
où
L
estunopérateurderéurrenelinéaireetoùf
estunélémentdeK N.Sif = 0
,une
telleéquationestditehomogène.L'ensembledessolutionsde
Ly = 0
estunsous-espaevetoriel de
K Netl'ensemble dessolutions deLy = f
un sousespae anede K N.
Unparallèleavelathéoriedeséquationsdiérentiellespousseàespérerquel'espae
dessolutionsd'unetelleéquationestdedimension
r
.Iln'enestrien,ommelemontrentlesexemples suivants.
Exemple 1. Soient
a = (1, 0, 1, 0, . . . )
,b = (0, 1, 0, 1, . . . )
etL = aN + b
. Alorsl'ensembledessolutions de
Ly = 0
estde dimension innie.Exemple 2. Simaintenant
L = aN − 1
,l'ensemble dessolutions deLy = 0
estréduità
{0}
.Exemple 3. Soient
p(n) = (n − 1)(n − 4)(n − 7)
,q(n) = n(n − 3)(n − 6)
etL = pN − q
. Alors l'ensemble des solutions deLy = 0
est de dimension4
, engendré par(1, 0, 0, 0, . . . )
,(0, 0, 1, 4/5, 0, 0, . . . )
,(0, 0, 0, 0, 0, 1, 5/4, 0, 0, 0, . . . )
etlasuitey
tellequey(n) = (n − 1)(n − 4)(n − 7)
.On essaie d'établir un adre où la dimension de l'espae solution serait l'ordre de
l'équation de réurrene. Dans les deux premiers exemples donnés, la suite
a
ontientuneinnité de
0
.Onéliminerae as. Dansletroisièmeexemple, troisdesélémentsdelabasedonnéen'ont qu'unnombrenidetermes nonnuls. Celasuggèred'identier de
tellessuites à
0
.Ainsi,on dénit
S(K)
ommelequotientdeK N par larelation d'équivalene ∼
sur
K N dénie par a ∼ b
s'il existe n 0 dansN
tel quea(n) = b(n)
pout toutn
supérieur à
n 0.Celarevient en faità poser S(K) = K N /J,
où
a ∼ b
s'il existen 0 dansN
tel quea(n) = b(n)
pout toutn
supérieur à
n 0.Celarevient en faità poser S(K) = K N /J,
où
S(K) = K N /J,
oùJ =
∞
[
k=0
Ker N k .
Grâeau théorème de fatorisation des appliations linéaires, on peutvoir qu'il existe
un unique automorphisme
E
deS(K)
tel queϕN = Eϕ
, oùϕ
désigne la projetionanoniquede
K N dansS(K)
.Par soui desimpliation, on ériraN
pour E
et a
à la
plaede salasse
a + J
,pour toute suitea
deK N.
Proposition2.1. Un élément nonnul de
S(K )
est inversible siet seulement s'iln'estpas un diviseur de
0
. Un tel élément est alors aussi appelé unitédeS(K)
.Onpeutmaintenant démontrerqueleséquationsderéurrenelinéairesur
S(K)
ontlapropriétéreherhée.
Théorème2.2. Soit
L = P r
k =0 a k N k
unopérateurderéurrene linéaire d'ordrer
surS(K)
. Sia 0 et a r sontdes unités de S(K)
, alors dim Ker L = r
.
S(K)
, alorsdim Ker L = r
.Preuve. Montrons d'abord que
dim Ker L 6 r
.Pour ela, on onsidèrer + 1
élémentsy 1 , . . . , y r +1 deKer L
.Onvamontrerqueesélémentssontnéessairementlinéairement
dépendants. CommeLy i = 0
pour touti
,alors il existe un entier n 0 tel que pour tout
n > n 0,
r
X
k =0
a k (n)y i (n + k) = 0
pour tout
i
.SoitY (n)
l'élément deK r+1 égal à(y 1 (n), . . . , y r +1 (n))
pour toutn
de N
.
Soient L n l'espae vetoriel engendré par Y (n), . . . , Y (n + r − 1)
et
Y (n), . . . , Y (n + r − 1)
etO n = (
(u 1 , . . . , u r+1 ) ∈ K r +1 :
r+1
X
i=1
u i v i = 0, ∀(v 1 , . . . , v r+1 ) ∈ L n
)
.
Alors
O n estunsousespae vetoriel deK r +1 tel que1 6 dim O n 6 r + 1
pour toutn
.
1 6 dim O n 6 r + 1
pour toutn
.Comme
a 0 est uneunité, ilexisteun entier M
telquea 0 (n) 6= 0
pour tout n
supérieur
ouégal à
M
.Soitj = max{n 0 , M }
.Pour toutn
supérieurouégal àj
,y i (n) = −
r
X
k=1
a k (n)
a 0 (n) y i (n + k)
pour tout
i
. Don, sin > j
,Y (n)
appartient àL n +1. Il suit que L n ⊂ L n +1 et que
O n+1 ⊂ O n dèsque n > j
.Ainsi, lasuite (O n ) n>j est une suite déroissanted'espaes
vetoriels de dimensions nies et supérieures ou égales à 1
. On peut alors démontrer
1
. On peut alors démontrerque l'intersetion de es espaes vetoriels est non triviale, e qui implique que les
y i
sont linéairement dépendants.
Montrons maintenant que
dim Ker L > r
.On va pour ela exhiberune famille der
élémentslinéairement indépendantsde
Ker L
.Commea 0 eta r sontdesunités,ilexiste
n 0 dansN
telquea 0 (n)
eta r (n)
sontnonnulspour toutn > n 0.Soitv(0), . . . , v(r − 1)
v(0), . . . , v(r − 1)
unebasede
K r,oùv(j) = (v 1 (j), . . . , v r (j))
pourtoutj
dans{0, . . . , r − 1}
.Ondénit
y 1 , . . . , y r dans S(K)
en posant, pour tout i
dans {1, . . . , r}
: y i (n 0 + j) = v i (j)
pour
S(K)
en posant, pour touti
dans{1, . . . , r}
:y i (n 0 + j) = v i (j)
pourtout
j
dans{0, . . . , r − 1}
ety i (j) = −
r −1
X
k=0
a k (j − r)
a r (j − r) y i (j − r + k),
pourj > n 0 + r.
Pour tout
n
deN
, on poseY (n) = (y 1 (n), . . . , y r (n))
,L n l'espae vetoriel engendré
par
Y (n), . . . , Y (n + r − 1)
, etO n = {u = (u 1 , . . . , u r ) ∈ K r : P r
i=1 u i w i = 0 ∀w = (w 1 , . . . , w r ) ∈ L n }. Alors L n
0 = K r et don O n0 = {0}
. Or, omme préédemment,
= {0}
. Or, omme préédemment,O n +1 ⊂ O n pour toutn > n 0.Onen déduit queles y i sont linéairement indépendants.
y i sont linéairement indépendants.
Dénition2.3. Unesuite
a
deS(K )
estditepolynomialesurK
s'ilexisteunpolynmep
dansK[x]
tel quea(n) = p(n)
pourpresque toutn
deN
('est-à-dire:l'ensemble des élémentsn
deN
tels quea(n) 6= p(n)
estni). Elleest diterationnellesurK
s'ilexisteunefontionrationnelle
r
deK(x)
tellequea(n) = r(n)
pour presquetoutn
deN
.Elle est dite hypergéométrique surK
s'ilexiste dessuitesp
etq
polynomialessurK
tellesque
pN a + qa = 0
.Toute suite polynomiale est rationnelle, ettoute suite rationnelle non nulle est hyper-
géométrique.Deplus, toute suite rationnellenon nulle estune unité.
Proposition2.4. Soient
a
ety
desélémentsdeS(K)
telsquey 6= 0
etN y = ay
.Alorsa
ety
sont des unités.3. Solutions polynomiales
Ceparagraphedonneunalgorithmequidonnetouteslessolutionspolynomialesd'une
équation
Ly = f
àoeients polynomiales. C'est-à-dire :L =
r
X
i=0
p i (n)N i ,
où les
p i sont des suites polynomiales sur K
et où p 0 et p r sont non nulles. Alors,
p r sont non nulles. Alors,
pour que ette équation ait des solutions polynomiales, la suite
f
doit également êtrepolynomiale. Onlesupposedon danslasuite du paragraphe.
Onpeutrésoudre e problème en trouvant d'abord une bornesupérieure
B
pour ledegré de polynmessolutions de l'équation, puis en dérivant les polynmes solutions
quiont undegré inférieurà
B
parla méthode desoeients indéterminées..Pour obtenir
B
,on rééritL
en termesde∆ = N − 1
.OnobtientL =
r
X
j =0
q j ∆ j ,
oùq j =
r
X
i = j
i j
p i .
Soit
y = P d
k=0 a k n k
(oùa d 6= 0
et où lesa k sont dans K
) une solution. On note k j
la"fatorielle tombante"
k j = k(k − 1) . . . (k − j + 1)
.Alorsleoeient dominant deq j ∆ j y(n)
est égalà d(q j )a d d j.Soit
b = max
06 j6r (deg q j − j).
Alors
deg Ly(n) 6 d + b
. Sid + b < 0
, alorsd 6 −b − 1
.Sinon, le oeient den d + b
dans
Ly(n)
esta d X
j
d
(q j )x j ,
oùlasommeestprisesurl'ensemble
E
desentiersj
telsque0 6 j 6 r
etdeg q j − j = b
.Si
deg Ly(n) = d + b
,alorsd + b = deg f
.Sinon,leoeient den d + b s'annule,et don
d
estune raine dupolynme
α(x) = X
i ∈E
cd(q j )x j .
Onobtient don lerésultat suivant.
Proposition 3.1. Soit
y
est une solution polynomiale del'équationLy = f
. Soitd 1 la
plusgrande solutionentière del'équation
α(x) = 0
(sietteéquation n'apas desolutionentière,
d 1 = −∞
).Alorsdeg y 6 max{deg f − b, −b − 1, d 1 }.
4. Solutions hypergéométriques
Soit
F
un orps de aratéristique nulle etK
une extension deF
. Étant donnéeun opérateur de réurrenelinéaire
L
àoeients polynomiaux surF
,on herhe lessolutions del'équation
(1)
Ly = 0
qui sont hypergéométriques sur
K
. On va ii dérire une méthode pour les équationsd'ordre
2
,qui segénéraliseauxordressupérieurs. Nousutiliserons lethéorèmesuivant.Théorème 4.1. Soit
r
une fontion rationnelle non nulle surK
. Alors il existe despolynmes
a, b, c
deK[x]
tels queb
etc
sontunitaires etr(x) = a(x)
b(x)
c(x + 1) c(x) ,
où
(1) pgd
(a(x), b(x + h)) = 1
pour toutentier positif ou nulh
,(2) pgd
(a(x), c(x)) = 1
,(3) pgd
(b(x), c(x + 1)) = 1
.Ononsidèredon laréurrene
(2)
p(n)y(n + 2) + q(n)y(n + 1) + r(n)y(n) = 0.
Soit
y
unesolutionhypergéométriquede(2).Alorsilexisteunesuite rationnelleS
telleque
y(n + 1) = S(n)y(n)
.Ensubstituant dans(2), onobtientp(n)S(n + 1)S(n) + q(n)S(n) + r(n) = 0.
Onpeutérire
S(n) = z a(n) b(n)
c(n + 1) c(n) ,
où
a
,b
etc
sont unitaires et satisfont aux onditions (1), (2) et (3) du théorème 4.1.Alors
(3)
z 2 p(n)a(n + 1)a(n)c(n + 2) + zq(n)b(n + 1)a(n)c(n + 1) +r(n)b(n + 1)b(n)c(n) = 0.
On peut alors démontrer que
a(n)
diviser(n)
etb(n + 1)
divisep(n)
. Cela laisse unensemblenide andidatspour
a(n)
etb(n)
:lesfateursunitaires der(n)
etp(n − 1)
.Onpeutdiviser(3) par
a(n)b(n + 1)
. Ilvient(4)
z 2 p(n)
b(n + 1) a(n + 1)c(n + 2) + zq(n)c(n + 1) + r(n)
a(n) b(n)c(n) = 0.
Pour déterminer la valeur de
z
, on onsidère le oeient dominant du membre degauhe de ette équation :
z
satisfait une équation de degré inférieure ou égale à2
.Ainsi,
a
etb
étant donnés, il y a au plus2
hoix pourz
. Pour un hoix donné dea, b, z
, on utilise l'algorithme du paragraphe préédent pour déterminer les solutions polynomialesc
de (4), s'il en existe. Si'est le as, et sic
est une telle solution, alorsonendéduitune solutionhypergéométriquede(1). Ontrouveainsitoutesles solutions
hypergéométriques de ette équation.
Exemple 1.La solution généralede l'équation
(n − 1)y(n + 2) − (n 2 + 3n − 2)y(n + 1) + 2n(n + 1)y(n) = 0.
estégale à
y(n) = C2 n + Dn!
.Exemple 2.Onpeutmontrer que
y(n) =
n
X
k=0
n k
2 n + k
k 2
satisfaitlaréurrene
(n + 2) 3 y(n + 2) − (2n + 3)(17n 2 + 51n + 39)y(n + 1) + (n + 1) 3 y(n) = 0.
Grâeàl'algorithme préédent, onpeutmontrer que
y(n)
n'est pashypergéométrique.Exemple 3.Soit
i(n)
le nombre d'involutions surun ensemblede ardinaln
.Alorsi(n) = i(n − 1) + (n − 1)i(n − 2).
Plusgénéralement,soit
i r (n)
lenombredepermutations surunensembledeardinalr
quine ontient pasde yles delongueur stritement supérieureà
r
.Alorsi r (n) =
r
X
k=1
(n − 1) k −1 i r (n − k).
Pour
r > 2
,letermei r n'est pashypergéométrique. Enpartiulier,
i(n) = X
k
n!
(n − 2k)!2 k k!
n'est pashypergéométrique.
Référenes.