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\begin{document}
\frontmatter

\title[Calcul formel pour les équations différentielles]{Calcul formel pour les~équations~différentielles~linéaires}
\author[\initial{J.-A.} \lastname{Weil}]{\firstname{Jacques-Arthur} \lastname{Weil}}

\address{Département de mathématiques, Faculté des sciences, 123 Avenue Albert Thomas, F-87060 Limoges}
\email{weil@unilim.fr}
\urladdr{https://www.unilim.fr/pages_perso/jacques-arthur.weil/}

\thanks{Journées X-UPS 1997. Calcul formel. Prépublication du Centre de mathématique de l'École polytechnique, 1997}

\dedicatory{%
\begin{minipage}{7truecm}
Mais il n'y a pas d'idéal dont le charme n'ait son péril, et
pourtant on ne saurait priver la vie d'idéal sans la condamner à la
platitude et au morne désespoir.\\ \mbox{}\hfill\em(J. Bedier, Tristan et Iseut)
\end{minipage}
}
\maketitle
\vspace*{-\baselineskip}
\tableofcontents
\mainmatter

\section*{Introduction}
À la base, les systèmes de calcul formel savent essentiellement faire deux
classes d'opérations: de l'algèbre linéaire, et de la
manipulation de polynômes (algorithme d'Euclide, $\pgcd$,
résultants, etc).
Dans la première partie de cet exposé (sections 1 et 2), nous allons
montrer comment ramener l'intégration des fonctions usuelles à
du calcul sur des polynômes. Dans la deuxième partie (sections 3
et 4), nous verrons comment, au prix d'une belle théorie mathématique
(la théorie de Galois différentielle), on peut de même rechercher
effectivement des solutions \og explicites\fg\ d'équations
différentielles linéaires (nous nous restreindrons ici au second
ordre).

Ces notes sont essentiellement tirées d'un cours
enseigné avec Driss Boularas à l'université de Limoges.
Les deux sections sur l'intégration reprennent des présentations
développées dans les articles \cite{Put97, Ros72, WGOS95}
et les livres \cite{Bro96, GCL92};
Les deux sections sur les équations différentielles sont
principalement inspirées des articles
\cite{UWe96, Put97, SUl93b, SUl93a, Kov86, Sin90, Sin97},
ainsi que de passionnantes conversations avec Manuel Bronstein, Mark van Hoeij,
Marius van der Put, Michael F. Singer, et Felix Ulmer. Un certain
nombre de résultats sont présentés sous forme d'exercices (élaborés
avec Driss Boularas). L'histoire du sujet et son évolution récente
sont remarquablement traités dans \cite{Sin97} qui contient de plus
une très vaste bibliographie.

Dans ce qui suit, la lettre $k$ désignera (sauf mention contraire)
le~corps $\Qbar(x)$ (où $\Qbar$ est la clôture algébrique de
$\Q$). Tous les anneaux et corps considérés sont de
caractéristique zéro.

\section{Primitives des fractions rationnelles}
\subsection{Méthode naïve}
Soit $f=p/q\in k$ une fraction rationnelle sous forme
canonique\footnote{C'est à dire $\pgcd(p, q)=1$ et $q$ unitaire.}.
Sur $\Qbar$, le polynôme $q$ se factorise en
$q=\prod_{i=1}^m(x-a_{i})^{n_{i}}$ et on peut en tirer une
décomposition en éléments simples de $f$:
$$ f=r+\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^{n_{i}}
\frac{c(i, j)}{(x-a_{i})^{n_{j}}}, \qquad r\in \Qbar(x), \;
c_{i, j}\in\Qbar.$$
Comme on sait intégrer tous les éléments simples,
on tire aisément de cette décomposition une
primitive\footnote{Dans tout ce qui suit, on omettra les constantes
d'intégration.} de $f$:
\begin{equation}
\int f = \int r + \sum_{i=1}^{m} c(i, 1)\ln(x-a_{i})
+\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=2}^{n_{i}}\frac{-c(i, j)}{(j-1)(x-a_{i})^{j-1}}. \label{fracrat}
\end{equation}
Pour un système de calcul formel, il n'est pas simple
(quoique possible) de manipuler séparément les zéros de $q$ sur
$\qbar$: {\c c}a introduit de nombreuses extensions algébriques
inutiles. Dans la suite de cette partie, nous allons voir comment
calculer une primitive de $f$ sans factoriser $q$ sur $\Qbar$ en
utilisant des $\pgcd$ et des résultants.

\Subsection{Factorisation sans carrés et décomposition partielle
en éléments simples}
Soit $f=p/q\in k$. On obtient facilement la partie entière de $f$ par
une division euclidienne donc, dans ce qui suit, nous supposons que
$\deg(p)<\deg(q)$.

\Subsubsection{Factorisation sans carré}
\begin{definit} Soit $q\in\Q[x]$.
\begin{enumerate}
\item On dit que $q$ est {\em sans carré} si $\pgcd(q, q')=1$.
\item On appelle {\em factorisation sans carré}
de $q$ la décomposition $q=q_{1}q_{2}^2\cdots q_{m}^m$ où les $q_{i }$ sont sans carré et $\pgcd(q_{i}, q_{j})=1$.
\end{enumerate}
\end{definit}
Cette décomposition peut se calculer en n'utilisant que des $\pgcd$,
comme on peut le voir dans l'exercice suivant:

\begin{exo}[Algorithme de Yun]
On considère un polynôme $P$ à coefficients dans $\Q $ et
l'algorithme suivant:
\begin{center}
\parbox{110mm}{
$i:= 1;\quad Q:= 1 ;\quad C:= \mathrm{PGCD}(P, P');\quad R:= P/C; $\\
{\bf while $ C \neq 1 $ do \{ }\\
$Y:= \mathrm{PGCD}(C, R); Z:= R/Y; $\\
$Q:= Q.Z^{i}$; i:= i+1; \\
$R:= Y; C:= C/Y $ {\bf \} }\\
$Q:= Q\cdot R^{i}$. \\
{\bf return Q}}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item Soit $P = P_{1}\cdot P_{2}^2\cdot P_{3}^3$ une factorisation sans
carrés de $P$. Lui appliquer cet algorithme.
\item Prouver que cet algorithme donne la factorisation sans
carrés de tout polynôme à coefficients dans $\Q $.
\end{enumerate}
\end{exo}

\Subsubsection{Décomposition partielle en éléments simples}
\begin{lem}
Soit $f=p/q$ avec $\deg(p)<\deg(q)$.
En n'utilisant que des divisions euclidiennes, la factorisation
sans carré de $q$ permet d'obtenir la décomposition partielle
en éléments simples de $f$ suivante:
\begin{eqnarray}
\frac{p}{q}=\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^i\frac{p_{i, j}}{q_{i}^j},
\qquad \deg(p_{i, j})<\deg(q_{i}), \pgcd(q_{i}, q_{i}')=1.
\end{eqnarray}
\end{lem}
\begin{proof}
Si $q=q_{1}q_{2}$, avec $\pgcd(q_{1}, q_{2})=1$ et $\deg(p)<\deg(q)$, alors
on peut calculer une décomposition de $f$ de la manière suivante.

Comme $\pgcd(q_{1}, q_{2})=1$, l'algorithme d'Euclide étendu nous donne
deux polynômes $s_{1}$ et
$s_{2}$ tels que $s_{1}q_{1}+s_{2}q_{2}=1$. On en déduit que
\begin{eqnarray}
\frac{p}{q}=\frac{ps_{1}}{q_{2}}+\frac{ps_{2}}{q_{1}}. \label{eucli}
\end{eqnarray}
Pour réduire un peu plus, nous obtenons par division euclidienne
des polynômes $t_{i}, u_{i}$ tels que $ps_{2}=t_{1}q_{1}+u_{1} $
avec $\deg(u_{1})<\deg(q_{1})$ (et de même $ps_{1}=t_{2}q_{2}+u_{2})$.
Comme $\frac{p}{q}$ n'a pas de partie entière, on voit en reportant ces expressions dans
(\ref{eucli}) que $t_{1}+t_{2}=0$ et on obtient la décomposition:
\begin{eqnarray}
\frac{p}{q}=\frac{u_{1}}{q_{1}}+\frac{u_{2}}{q_{2}}, \qquad
\deg(u_{i})<\deg(q_{j}).\label{decomp2}
\end{eqnarray}

Si $q_{1}q_{2}\cdots q_{m}^m$ est une factorisation
sans carré de $q$, l'itération du procédé ci-dessus nous donne une
décomposition
$$\frac{p}{q}=\sum_{i=1}^m \frac{u_{i}}{q_{i}^i},
\qquad \deg(u_{i})<\deg(q_{i}^i).$$
Procédant par divisions successives, on obtient ensuite des
polynômes
$p_{i, j}$ tels que $u_{i}=\sum_{j=1}^i p_{i, j}q_{i}^{i-j}$ et
$\deg(p_{i, j})<\deg(q_{i})$; on en déduit la décomposition partielle
en éléments simples de $f$:
\begin{equation}
\frac{p}{q}=\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^i\frac{p_{i, j}}{q_{i}^j},
\qquad \deg(p_{i, j})<\deg(q_{i}), \; \; \pgcd(q_{i}, q_{i}')=1.\qedhere
\end{equation}
\end{proof}
\begin{exo} Appliquer la méthode ci-dessus à
$\frac{x^2+1}{x^3+2x^2+x}$ et en déduire une primitive.
\end{exo}
\subsection{Réduction de Hermite}
La recherche de primitives de fractions rationnelles est donc ramenée
à la recherche de primitives de ${p}/{q^i}$ où $q$ est sans
carré et $\deg(p)<\deg(q)$.

Comme plus haut, on peut calculer des polynômes $u, v$ tels que
$p=uq+vq'$ avec $\deg(u)<\deg(q')$ et $\deg(v)<\deg(q)$.
Si $i>1$, on a donc
$$\int\frac{p}{q^i}=\int\frac{u}{q^{i-1}}+\int\frac{vq'}{q^i}.$$
En intégrant par partie, on en déduit:
$$\int\frac{p}{q^i}=\frac{v}{(1-i)q^{i-1}}+\int\frac{(1-i)u+v'}{(i-1)q^{i-1}}.$$
Itérant le procédé, on est ramené à chercher des primitives de
${p}/{q}$, où~$q$ est sans carré et $\deg(p)<\deg(q)$. Ce
procédé est souvent nommé \og réduction de Hermite\fg.

\subsection{Résultant de Rothstein-Trager}
Pour mieux voir ce qui suit, revenons un instant au monde des idées.
Soit $q$ sans carré et $\sfrac{p}{q}=\sum\sfrac{\alpha_{i}}{(x-a_{i})}$
la décomposition en éléments simples sur $\C$. De par l'unicité de la
décomposition, la fraction\vspace*{-3pt}\enlargethispage{\baselineskip}
\[
\sfrac{p}{\prod (x-a_{i})}-\sfrac{\alpha_{1}}{(x-a_{1})}
\]
n'a pas de pôle en $a_{1}$: le polynôme
$x-a_{1}$ est un facteur commun de $p-a_{1}q'$ et $q$. Ce qui suit
algébrise cette idée simple.

Si $A$ est un anneau, rappelons que le {\em résultant en $x$} de
deux polynômes $r, s\in A[x]$, noté $Res_{x}(r, s)$,
est un élément de $A$ qui est nul si et seulement si
$r$ et $s$ ont un facteur commun. C'est de plus un objet effectif
(c'est le déterminant de la matrice de Sylvester de $r$ et $s$, voir
\cite{Bro96, GCL92} ou tout livre d'algèbre générale).
Le critère suivant, du simultanément à Rothstein et Trager,
achève notre étude des primitives de fractions rationnelles.
\begin{thm}Soit $f=\sfrac{p}{q}\in k$, avec $q$ sans carré et
$\deg(p)<\deg(q)$. Posons $R=Res_{x}(p-Yq', q)\in \Qbar[Y]$. Soit $\alpha_{i}$
les zéros de $R$ et $v_{i}=\pgcd(p-\alpha_{i} q', q)$. Alors
$$\int\frac{p}{q}=\sum_{R(\alpha_{i})=0} \alpha_{i}\ln(v_{i}).$$
\end{thm}
\begin{proof}
Comme $v_{i}$ divise $q$ par construction, il est sans carré.

Supposons que $v_{i}$ et $v_{j}$ aient un facteur commun $w$.
Alors $p-\alpha_{i}q'=r_{i}w$ et $p-\alpha_{j}q'=r_{j}w$. Par
soustraction, $(\alpha_{i}-\alpha_{j})q'=(r_{i}-r_{j})w$.
Comme $\alpha_{i}-\alpha_{j}\neq 0$, il en découle que $w$ divise $q'$.
Or $w$ divise $q$ (car $v_{i}$ divise $q$) et $q$ est sans carré donc
$\pgcd(v_{i}, v_{j})=w=1$. Il en découle que $\prod v_{i}$ divise $q$.

Soit $\beta$ un zéro de $q$. Alors
\[
q'(\beta)\neq 0\quad\text{et}\quad
\pgcd(p-\frac{p(\beta)}{q'(\beta)}q', q)\neq 1,
\]
donc
$\sfrac{p(\beta)}{q'(\beta)}$
est un des $\alpha_{i}$. Il en découle que tout zéro de $q$ est zéro
d'un des $v_{i}$ et, comme $q$ est sans carré, que $q=\prod v_{i}$.

Pour achever la preuve, il reste à montrer que le polynôme
$S=p-\sum\alpha_{i}v_{i}'\sfrac{q}{v_{i}}$ est identiquement nul. On a
$\deg(S)<\deg(q)$. De plus, pour tout $j \neq i$, on sait que
$v_{i}$ divise $v_{j}'\sfrac{q}{v_{j}}$. Or,
$$S=p-\alpha_{i} \sum_{j} v_{j}'\frac{q}{v_{j}} +\sum_{j\neq i}
(\alpha_{i}-\alpha_{j})v_{j}'\frac{q}{v_{j}}=p-\alpha_{i} q' +\sum_{j\neq i}
(\alpha_{i}-\alpha_{j})v_{j}'\frac{q}{v_{j}}.$$
donc $v_{i}$ divise $S$. Comme les $v_{i}$ sont premiers entre eux,
on en déduit que $q$ divise $S$. Et donc, comme $\deg(S)<\deg(q)$, on
a $S=0$.
\end{proof}
Il y a plusieurs variantes et raffinements des méthodes exposées
ci-dessus. Le livre de Bronstein \cite{Bro96} en donne une description
claire et détaillée.

\section{Intégration en forme finie}
Le problème de l'intégration en forme finie s'énonce (vaguement) de la manière
suivante: étant donnée une fonction \og usuelle\fg, reconnaître si
elle admet une primitive qui s'exprime l'aide des fonctions usuelles
et, si oui, la calculer. Il nous faut pour ceci donner un sens
précis à la notion de fonction usuelle (ce seront les fonctions
élémentaires); d'autre part, on ne peut pas manipuler algébriquement
des fonctions, mais on peut s'en donner un {\em modèle} algébrique.
L'outil pour ce faire sera l'algèbre différentielle.

\subsection{Un peu d'algèbre différentielle}
On appelle dérivation sur
un corps $K$ un opérateur $\delta$ vérifiant les deux
propriétés usuelles de $\sfrac{d}{dx}$:
$$ \forall a, b \in K, \; \delta(a+b)=\delta(a) +\delta(b) \hbox{ et }
\delta(ab)=\delta(a)b+\delta(b)a.$$
Nous dirons alors que $K$ muni de $\delta$ est un {\it corps
différentiel}.
L'ensemble des éléments de $K$ dont la dérivée est nulle est appelé
le {\em corps des constantes} de $K$. On dit que $(K_{1}, \delta_{1})$
est une extension différentielle de $K$ si $K\subset K_{1}$ et si la
restriction de $\delta_{1}$ à $K$ coïncide avec~$\delta$.
Étant donné une infinité d'indéterminées $Y_{i}$ indexées par $\N$, nous
pouvons étendre la dérivation à $K[Y_{i}]_{i\in\N}$ en posant
$\delta(Y_{i})=Y_{i+1}$. Par abus de notation, nous écrirons
$Y_{1}=Y'$, $Y_{i}=Y^{(i)}$; on dit alors que $Y$ est une
{\em indéterminée différentielle}. L'anneau des {\em polynômes
différentiels} en $Y$ est $K\{Y\}=K[Y, Y', Y'', \ldots]$. Pour construire
des solutions d'équations différentielles, nous allons considérer des idéaux de cet
anneau.
Mais, quand une fonction est solution d'une équation
différentielle, elle est aussi
solution de toutes les équations obtenues par dérivations
successives.
Pour un polynôme différentiel $P$, nous appel\-lerons donc {\it
idéal différentiel engendré
par $P$} l'ensemble des combinaisons $\sum_{i\geq 0}A_i P^{(i)}$
(où les $A_i$ sont des polynômes différentiels et
où les $P^{(i)}$ désignent les
dérivées successives de $P$):
les solutions de $P=0$ sont des solutions de toutes ces équations
différentielles. Plus généralement, un idéal différentiel est un
idéal de $K\{Y\}$ stable sous l'action de la dérivation.

À présent, il est aussi simple de \og modéliser\fg\ $\exp x$
que d'ajouter $\sqrt{2}$ \` a $\Q$.
Soit $I=[Y'-Y]$ l'idéal différentiel (premier) engendré par $Y'-Y$
et soit $\phi:\C(x)\{Y\}\mapsto \C(x)\{Y\}/[Y'-Y]$ le morphisme canonique.
Si on pose $y=\phi(Y)$, alors $y'-y=0$.
Bien sur, cette construction ne donne pas {\em la} fonction
exponentielle mais modélise toute la classe des solutions de $y'-y=0$.
Ce que nous avons construit est un corps qui \og ressemble\fg\ à
$\Q(x, \exp x)$,
au sens où toute propriété vraie dans $\Q(x, y)$ est vraie
pour $\Q(x, \exp x)$.
Les fonctions obtenues de cette manière sont dites
{\it différentiellement algébriques}.

\begin{exo}\label{darboux}
Soit $(K, ')$ un corps différentiel tel que son corps de constantes,
$C$, soit de caractéristique zéro et $y' = fy $, où $f \, \in \,
K$ une équation différentielle qui n'admet pas de solution
algébrique sur~$K$.
Soit $T$ une indéterminée différentielle et
$t$ la solution construite comme image de $T$ dans le
quotient $k\{T\}/[T'-fT]$. Vérifier que $k[t]$ est un anneau
différentiel.

Soit $P\in k[T]$ un polynôme unitaire irréductible tel que $P(t)$ divise
$P(t)'$. Montrer que $P = T$.
\end{exo}

\subsection{Modèles algébriques des fonctions élémentaires}
Nous pouvons maintenant donner une définition précise (et un
modèle algébrique) des fonctions élémentaires.
Le principe est d'empiler des extensions pour
introduire une par une les fonctions
intermédiaires dont on a besoin.

\begin{definit}
Soit $k$ un corps différentiel. On dit que $K$ est une {\em extension
élémentaire} de $k$ si $K=k(t_1, \ldots, t _n)$
avec:
$$\begin{array}{ll}
\forall\, i=1, \ldots, n;\:\exists\, a_i\in
k(t_1, \ldots, t_{i-1}) \quad\hbox{{\rm tel que}} \\
\left\{\begin{array}{lll}
t_i \;\hbox{\rm algébrique} & (t_i \hbox{ \rm est algébrique sur
} k(t_1, \ldots, t_{i-1})), \\
\hbox{ ou }\ t_i'={a'_i}/{a_i} & (t_i \hbox{ modélise
$\log(a_i)$, le logarithme de }a_i), \\
\hbox{ ou }\ t'_i=a'_it_i & (t_i \hbox{ modélise
$e^{a_i}$, l'exponentielle de } a_i).
\end{array}\right.\end{array}$$
\end{definit}
À l'étape $i$ de la construction, l'élément $t_{i}$ est introduit
par le même passage au quotient que ce que nous avons fait plus haut
pour l'exponentielle.

Dans la suite, nous appellerons (par abus de langage)
{\it fonction élémentaire} tout élément d'une extension
élémentaire de $\C(x)$. Elle sera représentée par
une fraction rationnelle en $t _1, \ldots , t _n$.
Rigoureusement, cette fa{\c c}on de procéder ne
construit à chaque étape que des modèles de classes de fonctions;
mais on peut montrer que toute \og fonction élémentaire\fg\
construite algébriquement
de cette fa{\c c}on a une réalisation comme \og vraie\fg\ fonction
(\ie méromorphe sur un ouvert, \cite{Ros72}).

Prenons quelques exemples. Pour construire
$\log(\log(x))$, on introduit
$t_1$ avec $t_1'=\sfrac{1}{x}$,
puis $t_2$ avec $t_2'=\sfrac{1}{xt_1}$; le
représentant de
$\log(\log(x))$ est alors $t_2$. Pour introduire
$\log(1+e^{\cos(x)})$, on introduit
successivement
\[
t_1'=it_1,\quad t_2'=\Bigl(\frac{t_1^2+1}{2t_1}\Bigr)'t_2,\quad t_3'=\frac{t_2'}{1+t_2}
\]
(et le représentant est alors $t_3$).
Pour la tangente hyperbolique, on
introduit $t_1'=t_1$, et alors
le représentant de $\tanh(x)$ sera $
\spfrac{(t_1^2-1)}{t_1^2+1}$.

\subsection{Principe de Liouville et algorithme de Risch}

Pour mieux comprendre ce qui suit, revenons un instant aux
fractions rationnelles. Si $f\in \qbar(x)$,
nous avons vu plus haut qu'on pouvait
trouver des fonctions rationnelles
$v_0(x), v_1(x), \dots, v_m(x)$ et des constantes $c_1, \dots, c_m$
telles que
$$\int{f(x)dx}=v_0(x)+\sum_{i=1}^m c_i\log(v_i(x)).$$
L'observation lumineuse de Liouville est que cette
propriété s'étend aux autres fonctions élémentaires, ce qui
l'a conduit à introduire le principe suivant (prouvé correctement
en 1968 par Rosenlicht et par Risch) que nous admettrons:

\begin{thm}[Risch-Liouville]
Soit $K$ une extension élémentaire de $\C(x)$, soit $C$ son corps
de constantes et $f\in K$ une fonction élémentaire.
S'il existe une extension élémentaire $E$ de
$K$ et $g\in E$ telle que $g'=f$, alors il existe $v\in K$, des
constantes $c_{1}, \ldots, c_{n}$ algébriques sur~$C$, et
$u_{1}, \ldots, u_{n} \in K(c_{1}, \ldots, c_{n})$ tels que
$$ f=v'+\sum_{i=1}^n c_{i}\frac{u_{i}'}{u_{i}}.$$
\end{thm}

L'interprétation de ce {\em théorème de structure} est que, s'il existe une
primitive, alors elle sera d'une forme particulière, et on sait quel type de
fonctions il faudra introduire pour exprimer une primitive.
Risch en a déduit un algorithme d'intégration qui consiste
à reconnaître cette forme particulière.

Le principe est de procéder récursivement. Soit $f\in \C(t_1, \ldots, t _n)$
une fonction
élémentaire.
Nous voulons \og éliminer\fg\ $t_n$ pour nous ramener à des calculs
dans
$\C(t_1, \ldots, t _{n-1})$.
Risch montre que le calcul d'une primitive de $f$ se ramène au
calcul de
primitives d'éléments de $\C(t_1, \ldots, t _{n-1})$ et à
la recherche
de solutions dans $\C(t_1, \ldots, t _{n-1})$ d'équations de la
forme $y'+Ay=B$
avec $A, B\in \C(t_1, \ldots, t _{n-1})$
(Risch donne un algorithme pour traiter ce dernier problème).
De~fa{\c c}on récursive,
on \og élimine\fg\ ainsi les $t_i$ pour se ramener finalement à des
calculs de primitives de fractions rationnelles.
L'algorithme est très sophistiqué dans sa version générale.

\subsection{Application: intégration de \texorpdfstring{$fe^g$}{feg}}
Pour comprendre quel\-ques idées fondamentales de l'algorithme de Risch, on pourra regarder
l'exemple suivant (adapté de \cite{Ros72}):

\begin{exo}
Soit $k = \C (x)$ avec $x' = 1$. Soit $f, g \, \in \, k$ tels que
l'équation différentielle (E): $y' = \left(\sfrac{f'}{f} + g'\right)y$ n'admette pas
de solutions algébriques. On pose $ K = k(t)$ où $t$ est une
solution de l'équation différentielle (E) construite comme dans
l'exercice \ref{darboux}.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $fe^g$ admet une primitive élémentaire si, et
seulement si, il existe $v_{0} \, \in \, K, c_{1}, \ldots , c_{n} \,
\in \, \C $ et $ v_{1}, \ldots , v_{n} \, \in \, k[t]$, unitaires
et irréductibles tels que
$$t = v'_{0} + \sum c_{i}\frac{v'_{i}}{v_{i}}.
\leqno{(*)}$$
\item Supposons que $(*)$ soit vérifiée et soit $P$ un facteur
dans $k[t]$ du dénominateur de $v_{0}$. Montrer que $P$ divise
$P'$ et en déduire que $(*)$ s'écrit $t = v_{0}'$ où
$v_{0}$ est dans $k[t]$.
\item On pose $v_{0} = \sum _{i=1}^{p} d_{i}t^{i}$. Montrer
que $d_{1}$ satisfait l'équation $y' + g'y = f$.

\item En déduire le théorème (dû à Liouville):
{\em $fe^g$ admet une primitive élémentaire si, et seulement si,
l'équation $y' + g'y = f$ admet une solution rationnelle}.

\item Application: montrer que $e^{x^2}$ n'admet pas de primitive
élémentaire.
\end{enumerate}
\end{exo}

\section{Solutions liouvilliennes d'équations différentielles
linéaires d'ordre 2: l'algorithme de Kovacic}
Soit $C$ un corps algébriquement clos (ici: $C=\qbar$ ou $C=\C$).
Soit $k=C(x)$ muni de la dérivation $\sfrac{d}{dx}$.
Nous utiliserons la notation usuelle $'$
pour les dérivations rencontrées dans ce qui suit.

\subsection{Classes de solutions d'équations différentielles
linéaires}

Nous considérons l'équation:
$$(L):\, a_n y^{(n)}+a_{n-1} y^{(n-1)}+\ldots+a_0 y=0, \quad
a_{i}\in\C[x].$$
Dans cette partie, nous allons donner un sens précis au mot
\og résoudre\fg,
c'est-à-dire décrire les classes de fonctions dans lesquelles
nous cherchons une solution (et quelques unes de leurs propriétés).

\subsubsection{Solutions rationnelles et exponentielles}
On dit qu'une solution $y$ est {\em rationnelle} si $y\in k$. De
nombreux algorithmes (rapides) existent pour décider si $L(y)=0$ a
des solutions rationnelles (ex: \cite{Abr91, Bro92, ABP95}).

On dit qu'une solution $y$ est {\em exponentielle sur $k$} si $y'/y \in k$
(formellement, on devrait dire \og exponentielle d'une intégrale\fg).
Les algorithmes de calcul de solutions exponentielles procèdent par
une étude locale des solutions au voisinage de singularités puis se
ramènent au calcul de solutions rationnelles.

Soit $y$ une solution de $L(y)=0$.
Si l'on pose $u=y'/y$, alors $y''/y=u'+u^2$ et, en itérant,
$y^{(i)}/y$ est un polynôme différentiel en~$u$. En injectant ces
expressions dans la relation $L(y)=0$, on obtient que $u$ satisfait
une équation différentielle (non-linéaire) d'ordre $n-1$ qu'on
appelle {\em l'équation de Riccati} associée à $L$. Les solutions
exponentielles de $L$ sont exactement les solutions rationnelles de
l'équation de Riccati; plus généralement, toute solution de
l'équation de Riccati est la dérivée logarithmique d'une solution de
$L$ (et réciproquement).

\subsubsection{Solutions liouvilliennes}

Dans ce qui suit, nous chercherons les solutions d'équations
différentielles linéaires dans une classe de fonctions
un peu plus générale que les fonctions élémentaires:

\begin{definit} On dit qu'une solution de $L$ est une {\it solution
liouvillienne}
si elle
appartient à un corps $k(t_1, \ldots, t_n)$ avec
$$\begin{array}{ll}
\forall\, i=1, \ldots, n;\:\exists\, a_i\in k(t_1, \ldots, t_{i-1})
\quad\hbox{tel que} \\
\left\{\begin{array}{lll}
t_i \;\hbox{\rm algébrique} & (t_i \hbox{ \rm est algébrique sur
} k(t_1, \ldots, t_{i-1})), \\
\hbox{ ou } \ t_i'=a_i & (t_i=\int{a_i}, \hbox{ extension par
une intégrale}), \\
\hbox{ ou } \ t'_i=a_it_i\\
&\hspace*{-1cm}(t_i=e^{\int{a_i}},
\hbox{ extension par l'exponentielle d'une intégrale})
\end{array}\right.\end{array}$$
\end{definit}

Comme pour l'intégration, il y a un beau théorème de structure
(probablement dû à Vessiot, mais correctement prouvé par
Kolchin~\cite{Kol48})
qui dit que l'équation $L(y)=0$ admet une solution liouvillienne si et
seulement si l'équation de Riccati correspondante admet une solution
algébrique. Dans la suite, nous allons expliquer (pour les
équations d'ordre 2) comment la théorie de Galois différentielle donne ce résultat et permet d'obtenir le polynôme minimal d'une solution
algébrique de l'équation de Riccati en se ramenant au calcul de
solutions rationnelles ou exponentielles d'équations différentielles
linéaires auxiliaires. La théorie générale est
bien expliquée dans \cite{Sin90, Beu92, Kap57, Kol48, Sin97}.

Dans toute la suite, nous étudions l'équation
$$L(y)=y''+a_{1}y'+a_{0}y=0, \qquad a_{i}\in k.$$

\Subsection{Théorie de Galois différentielle}

\Subsubsection{Groupe de Galois}

\begin{definit}
Soit $K$ une extension différentielle de $k$. On dit que $K$ est
une {\em extension de Picard-Vessiot} de $k$ (pour $L$) si les deux
conditions suivantes sont réalisées:
\begin{enumerate}
\item $K=k(y_{1}, y_{1}', y_{2}, y_{2}')$, où $y_{1}, y_{2}$ forment
un système fondamental de solutions de $L(y)=0$.
\item Le corps des constantes de $K$ est égal au corps des
constantes de $k$.
\end{enumerate}
\end{definit}
On peut montrer qu'une telle extension de Picard-Vessiot existe et
est unique à isomorphisme différentiel près (\cite{Kol48, Sin90}).
Dans ce qui suit, nous
fixons une fois pour toutes une extension de Picard-Vessiot et
appelons {\em solution} une solution de $L(y)=0$ dans $K$.
\begin{definit}
On appelle {\em $k$-automorphisme différentiel} de $K$ un
automorphisme $g$ de $K$ qui laisse $k$ fixe et qui commute avec la
dérivation, c'est dire:
\begin{enumerate}
\item $\forall y\in K, \; g(y)'=g(y')$
\item $\forall y\in k, \; g(y)=y$
\end{enumerate}
Le {\em groupe de Galois différentiel} de $K$, noté $G=Gal(K/k)$, est
l'ensemble des $k$-automor\-phismes différentiels de $K$.
\end{definit}

Soit $V$ le $C$-espace vectoriel des solutions et $y_{1}, y_{2}$ la base
utilisée pour construire l'extension de Picard-Vessiot.
Soit $y$ une solution et $g\in G$. Alors, $g(y)$ est aussi une
solution. En effet, comme $a_{i}\in k$, on a $g(a_{i})=a_{i}$ et:
\begin{eqnarray*}
L(g(y))&=&g(y)''+a_{1}g(y)' + a_{0}g(y)\\
&=&g(y'')+g(a_{1})g(y')+g(a_{0})g(y)\\
&=&g(L(y))=g(0)=0.
\end{eqnarray*}
Comme toute solution est une combinaison linéaire de $y_{1}$ et
$y_{2}$, on en déduit qu'il existe des constantes $c_{i, j}\in C$ telles
que
\[
g(y_{1})=c_{1, 1}y_{1}+c_{2, 1}y_{2}\quad\text{et}\quad
g(y_{2})=c_{1, 2}y_{1}+c_{2, 2}y_{2}.
\]
Comme un automorphisme
différentiel de $K$ est complètement déterminé par son action sur
$y_{1}$ et $y_{2}$, ceci nous donne une représentation fidèle de $G$
comme sous-groupe du groupe $\hbox{\rm GL}(2, C)$ des matrices inversibles.
En fait, on peut montrer
(\cite{Kov86, Beu92, Sin90}) que $G$ est un {\em groupe linéaire
algébrique},
c'est-à-dire que les entrées des matrices satisfont des contraintes
poly\-no\-miales (cela vient du fait que les éléments de~$G$ préservent
toutes les relations différentielles satisfaites par les solutions).
Dans ce qui suit, nous identifierons souvent $G$ à cette représentation.

\subsubsection{Quelques propriétés essentielles}
Comme dans la théorie classique, on a une correspondance galoisienne
entre les sous-groupes algébriques de $G$ et les sous-corps
différentiels de $K$. Nous admettrons ici une version faible de
cette correspondance:
\begin{thm} Soit $K$ une extension de Picard-Vessiot de $k$,
soit $G$ son groupe de Galois différentiel, et
soit $z\in K$. Alors:
$$ z\in k \quad \Longleftrightarrow \quad \forall g\in G, \; g(z)=z.$$
\end{thm}
Les propriétés qui suivent sont des conséquences de ce théorème.
Soit $\slk{2}{C}\subset\glk{2, C}$ le groupe des matrices de déterminant égal à 1.
\begin{lem}[\cite{Kap57}]
Il existe $f\in k$ vérifiant $f'/f=-a_{1}$ si et
seulement si $G\subset \slk{2}{C}$.
\end{lem}
\begin{proof}
Soit $w=y_{1}'y_{2}-y_{1}y_{2}'$ le déterminant wronskien de
$y_{1}, y_{2}$. Un calcul simple montre que $w'=-a_{1}w$. Soit $g\in G$
et $\sigma$ sa matrice. Alors:
$$g(w)=\det\left(
\begin{array}{cc}
g(y_{1}) & g(y_{2}) \\
g(y_{1}') & g(y_{2}')
\end{array}\right)
=\det\left( \left(
\begin{array}{cc}
y_{1} & y_{2} \\
y_{1}' & y_{2}'
\end{array}\right)\cdot\sigma\right)
=w \det(\sigma). $$
Si $\det(\sigma)=1$, alors la correspondance galoisienne montre que
$w$ est une solution dans $k$ de $f'=-a_{1}f$. Réciproquement, si
cette équation admet une solution dans $k$, alors $w\!\in\! k$ et
$g(w)\!=\!w$ donc \hbox{$\det(\sigma)\!=\!1$}.
\end{proof}
En appliquant le changement de variable $y=z\cdot e^{-\int a_{1}/2}$, on
peut se ramener à une équation où $a_{1}=0$ sans altérer le
caractère liouvillien des solutions. Dans ce qui suit, nous
supposerons donc que $G\subset \slk{2}{C}$

\begin{propo}\label{solalg}
Toutes les solutions de $L(y)=0$ sont algébriques si et seulement si
$G$ est un groupe fini.
\end{propo}
\begin{proof}
Supposons que $G$ soit un groupe fini. Soit $y$ une solution de
$L(y)=0$. Considérons le polynôme
$$P=\prod_{g\in G} \left( Y-g(y)\right) \in K[Y].$$
Bien sur, $P(y)=0$ et il reste à montrer que les coefficients sont
dans~$k$. Soit $g_{0}\in G$. Comme la multiplication à gauche par
$g_{0}$ est une bijection de $G$, on a
$$\prod_{g\in G} \left( Y-g_{0}\cdot g(y)\right)=
\prod_{{\tilde g}\in G} \left( Y-{\tilde g}(y)\right).$$
Donc les coefficients de $P$ sont tous fixés par le groupe.
La correspondance galoisienne montre alors qu'ils sont dans $k$.

Réciproquement, soit $y_{1}, y_{2}$ une base de solutions
algébriques de polynômes minimaux $P_{i}$; les images des $y_{i}$ sont
aussi des zéros des~$P_{i}$. Les $y_{i}$ n'ont donc qu'un nombre fini d'images
possibles et, comme un élément de $G$ est entièrement déterminé par
son action sur $y_{1}$ et $y_{2}$, il ne peut y avoir qu'un nombre
fini d'éléments de $G$.
\end{proof}

En fait, nous venons même de prouver un résultat un peu plus fort.
Si $z\in K$, on appelle orbite de $z$ sous $G$ l'ensemble
$Orb_{G}(z)=\{g(z), g\in G\}$; notre preuve montre qu'un élément de
$K$ est algébrique sur $k$ si et seulement si son orbite sous $G$ est
finie. Son degré (\ie le degré de son polynôme minimal) est le nombre
d'éléments de l'orbite, ou encore l'indice dans $G$ du stabilisateur
de $z$.

\begin{propo}\label{solexp}
L'équation $L(y)=0$ admet une solution exponentielle $y\neq 0$ si et
seulement si, pour tout $g\in G$, il existe une constante $c_{g}\in C$
telle que $g(y)=c_{g}\cdot y$.
\end{propo}
\begin{proof}
Soit $y$ une solution non nulle de $L(y)=0$. Alors:
$$\Bigl(\frac{g(y)}{y}\Bigr)'=\frac{g(y')}{y}-\frac{y'}{y^2}g(y)
=\frac{g(y)}{y}\Bigl( g(\frac{y'}{y}) -\frac{y'}{y}\Bigr).$$
Donc, $g(y)/y$ est une constante pour tout $g\in G$ si et seulement si
$y'/y$ est fixé par tout $g\in G$. Par la correspondance galoisienne,
ceci est bien équivalent au fait que $y'/y \in k$.
\end{proof}

Notons que, comme pour les solutions algébriques,
nous venons en fait de prouver un résultat plus fort:
un élément $z$ de $K$ est exponentiel sur $k$ si et seulement si
la droite vectorielle $C\cdot\langle z\rangle$ est globalement invariante sous l'action
de $G$. L'existence d'une solution exponentielle est donc équivalente
à l'existence d'un vecteur propre commun à toutes les matrices de
$G$; si $y_{1}$ est ce vecteur propre, alors les matrices sont
triangulaires supérieures.

\begin{exo}[\cite{Put97}]
On considère l'équation $y'=ay$ où $a\in \C(x)$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que tout sous-groupe algébrique propre de $\C^*$ est
fini et cyclique.
\item En considérant les groupes de Galois possibles, montrer que toute
solution algébrique de l'équation $y'=ay$ vérifie $y^m=f$ où $f\in \C(x)$;
en déduire que
l'équation a une solution algébrique si et seulement si il existe un
entier positif $m$ tel que l'équation $f'=maf$ ait une solution
$f\in\C(x)$.
\item Soit $a=p/q\in\qbar(x)$. Soit $R=Res_{x}(p-Yq', q)$ le
résultant de Rothstein-Trager de $a$. Pour chaque zéro $\alpha_{i}$ de $R$,
on pose $v_{i}=\pgcd(p-\alpha_{i}q', q)$. En reprenant les méthodes
de la partie 1.4, montrer que l'équation $y'=ay$ admet une
solution algébrique si et seulement si les conditions suivantes sont
réalisées:
\begin{enumerate}
\item $\pgcd(q, q')=1$ et $\deg(p)<\deg(q)$.
\item Tous les zéros $\alpha_{i}$ de $R$ sont rationnels.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\subsection{Les sous-groupes de \texorpdfstring{$\slk{2}{C}$}{slk}}

Les sous-groupes algébriques de $\slk{2}{C}$ sont bien connus et
classifiés. Nous allons maintenant voir comment, pour chaque groupe
de cette classification(à conjugaison près), les propriétés précédentes permettent de
déterminer la forme de la solution.

\Subsubsection{Cas réductible}
\begin{definit} Soit $G$ un groupe agissant sur un espace
vectoriel $V$. On dit que (l'action de) $G$ est {\em réductible}
s'il existe un sous-espace non trivial $W\subset V$ tel que
$G(W)\subset W$.
\end{definit}
Dans notre cas, $\dim(V)=2$ donc $W$ est nécessairement de
dimension $1$ et les matrices sont triangulaires. D'après la remarque
suivant la proposition \ref{solexp}, ceci est équivalent à
l'existence d'une solution exponentielle $y_{1}$ de $L(y)=0$.

Si $W$ admet un complémentaire stable sous $G$, on dit que $G$ agit
de manière {\em complètement réductible}. Les matrices sont alors
diagonales. Ce cas est étudié dans l'exercice \ref{compred}.

Si $G$ n'agit pas de manière réductible, on dit qu'il est irréductible.

\Subsubsection{Cas imprimitif}
\begin{definit} Soit $G$ un groupe irréductible agissant sur un espace
vectoriel $V$. On dit que $G$ est {\em imprimitif} s'il existe des
sous-espaces~$V_{i}$ tels que $V=V_{1}\oplus \ldots \oplus V_{r}$ et
$G$ permute transitivement les $V_{i}$:
$$\forall i=1, \ldots, r, \; \forall g\in G, \qquad \exists
j\in\{1, \ldots, r\}: \; g(V_{i})=V_{j}.$$
On dit alors que $V_{1}, \ldots, V_{r}$ forment un système
d'imprimitivité pour~$G$.
\end{definit}

Dans notre cas, on a nécessairement $r\!=\!2$ et
\hbox{$\dim(V_{1})\!=\!\dim(V_{2})\!=\!1$}. Les matrices sont de la forme
$$
\left(\begin{array}{cc}
a & 0 \\
0 & a^{-1}
\end{array}\right)
\qquad \hbox{{\rm ou }} \qquad
\left(\begin{array}{cc}
0 & b \\
-b^{-1} & 0
\end{array}\right)
\qquad
\qquad \hbox{{\rm avec }} \; a, b \in C^*.
$$

\begin{lem}
Supposons que $G$ est irréductible. Alors, l'équation de Riccati
admet une solution algébrique de degré $2$ si et seulement si $G$
est imprimitif.
\end{lem}
\begin{proof}
Soit $P$ le polynôme minimal d'une solution de Riccati al\-gé\-bri\-que de
degré $2$, et soient $u_{1}, u_{2}$ ses racines. Comme $u_{1}, u_{2}$ sont
solutions de l'équation de Riccati, il existe des solutions $y_{i}$
de \hbox{$L(y)=0$} telles que $y_{i}'/y_{i}=u_{i}$. Comme $G$ permute les
$u_{i}$, il permute les droites vectorielles $V_{i}=C\cdot\langle y_{i}\rangle$ et les
$V_{i}$ forment bien un système d'imprimitivité.

Réciproquement, soit $V_{i}=C\cdot\langle y_{i}\rangle$ un système d'imprimitivité.
Si nous posons $u_{i}=y_{i}'/y_{i}$, alors $G$ permute les $u_{i}$ et,
comme dans la remarque suivant la proposition \ref{solalg}, il sont
donc algébriques de degré~$2$ et conjugués (on peut aussi vérifier
directement que les fonctions symé\-tri\-ques en les $u_{i}$ sont fixées
par $G$).
\end{proof}

\Subsubsection{Cas primitif}
\begin{definit}
Si $G$ est irréductible et non imprimitif, on dit qu'il est primitif.
\end{definit}
On peut montrer (\cite{SUl93b}) qu'une équation dont le groupe de
Galois est un sous-groupe primitif infini de $\slk{n}{C}$ n'admet pas
de solutions liouvilliennes; et si le groupe est fini, alors toutes
les solutions sont algébriques (proposition \ref{solalg}) donc
liouvilliennes.

Dans le cas de $\slk{2}{C}$, il y a trois groupes primitifs finis
(voir \cite{SUl93a, SUl93b} pour une description de ces groupes):
le groupe du tétraèdre ($A_{4}^{\mathrm{SL}_{2}}$) d'ordre $24$, le groupe de
l'octaèdre ($S_{4}^{\mathrm{SL}_{2}}$) d'ordre~$48$, et le groupe de l'icosaèdre
($A_{5}^{\mathrm{SL}_{2}}$) d'ordre $120$. Dans les trois cas, toutes les
solutions sont algébriques et donc les solutions de l'équation de
Riccati sont également algébriques. En développant les idées présentées
dans les propositions \ref{solalg} et \ref{solexp},
l'étude de ces groupes (\cite{UWe96, Kov86, HPu95}) montre que:
\begin{itemize}
\item Pour $A_{4}^{\mathrm{SL}_{2}}$: l'équation de Riccati admet des
solutions algébriques de degrés $4$, $6$ ou $12$.
\item Pour $S_{4}^{\mathrm{SL}_{2}}$: l'équation de Riccati admet des
solutions algébriques de degrés $6$, $8$, $12$, ou $24$.
\item Pour $A_{5}^{\mathrm{SL}_{2}}$: l'équation de Riccati admet des
solutions algébriques de degrés $12$, $20$, $30$, ou $60$.
\end{itemize}

Enfin, si $G=\slk{2}{C}$, l'équation n'a pas de solutions liouvilliennes.

\subsubsection{Théorème de Kovacic}

Ce travail de classification est résumé dans le théorème suivant:

\begin{thm}[\cite{Kov86}]\label{kovacic}
Soit $L(y)=0$ une équation différentielle linéaire à coefficients
dans $k$ dont le groupe de Galois est contenu dans $\slk{2}{C}$.
Elle admet des solutions liouvilliennes si et seulement si
elle admet des solutions de la forme $y=e^{\int u}$
où $u$ est une solution algébrique de
degré $1$ (cas réductible), $2$ (cas imprimitif), $4$, $6$ ou $12$ (cas
primitifs) de l'équation de Riccati associée.
\end{thm}

\Subsection{L'algorithme de Kovacic}
\Subsubsection{Puissances symétriques d'équations
différentielles linéaires}
Soit $P=U^m+b_{m-1}U^{m-1}+\dots b_{0}$ le polynôme minimal d'une
solution algébrique de l'équation de Riccati. Soit $u_{1}, \ldots, u_{m}$
les zéros de $P$, et $y_{i}$ les solutions de $L(y)=0$ dont ils sont
des dérivées logarithmiques. On a alors\vspace*{-3pt}\enlargethispage{.5\baselineskip}
$$b_{m-1}= -(u_{1}+\dots +u_{m})=-(\frac{y_{1}'}{y_{1}}+\dots
+\frac{y_{m}'}{y_{m}})
=-\frac{(\prod y_{i})'}{\prod y_{i}}.$$
Le coefficient $-b_{m-1}$ est donc la dérivée logarithmique d'un
produit de $m$ solutions de $L(y)=0$.

\begin{lem}[\cite{Sin81, Mar98}]\label{sympow}
Soit $y_{1}, y_{2}$ une base de solutions de $L(y)=0$.
On peut cons\-truire une équation différentielle, notée $
L^{\sympower{m}}$,
dont l'espace des
solutions est l'ensemble des polynômes homogènes de degré $m$ à
coefficients dans $C$ en $y_{1}, y_{2}$.
\end{lem}
Cette équation s'appelle la {\em $m$-ième puissance symétrique} de $L$.

\begin{proof}
Soit $y$ une solution arbitraire de $L(y)=0$. On pose
$z=y^m$. On calcule $z'$, $z''$, \ldots, $z^{m+1}$ en rempla{\c c}ant à
chaque fois~$y''$ par son expression donnée par $L(y)=0$. Les
$z^{(i)}$ sont donc des combinaisons linéaires de monômes de degré
$m$ en $y, y'$. Ces monômes forment un $k$-espace vectoriel de
dimension $m+1$; si on a $m+2$ éléments d'un tel espace, ils sont
linéairement dépendants, donc $z$, $z'$, $z''$, \ldots, $z^{m+1}$
satisfont une relation de dépendance linéaire sur $k$ qu'on note
$ L^{\sympower{m}}(z)=0$: on sait pour l'instant qu'elle est d'ordre
au plus $m+1$.

Soit $A$ l'anneau différentiel $K[X_{1}, X_{2}]$ où l'on étend la
dérivation en imposant que $X_{1}'=X_{2}'=0$. Par construction,
on a\vspace*{-3pt}
\[
L^{\sympower{m}}( (X_{1}y_{1}+X_{2}y_{2})^m ) =0.
\]
On en déduit
facilement que tout monôme de degré $m$ en $y_{1}, y_{2}$ est
solution de $ L^{\sympower{m}}(z)=0$. Or, si ces monômes étaient
linéairement dépendants, alors $y_{1}, y_{2}$ seraient linéairement
dépendants (car tout polynôme homogène en deux variables se
factorise en produit de facteurs linéaires sur $C$): ils forment donc
un espace vectoriel de dimen\-sion $m+1$. Donc $L^{\sympower{m}}(z)$ est
d'ordre $m+1$ et l'espace de ses solutions est exactement cet espace
vectoriel.
\end{proof}

On peut calculer la dépendance linéaire entre $z$, $z'$,
$z''$, \ldots, $z^{(m+1)}$ avec les méthodes standard d'algèbre linéaire.
Mais on peut aussi faire un peu plus fin, comme le montre l'exercice suivant.

\begin{exo}[\cite{BMW97}]
On considère l'équation différentielle du second ordre
$L(y)=y'' + ay' + by = 0$.
On définit la suite récurrente d'opérateurs~$L_{i}$
par:\vspace*{-5pt}\enlargethispage{\baselineskip}
$$\left\{ \begin{array}{lll}
L_{0}(y) & = & y, \\
L_{1}(y) & = & y', \\
L_{i+1}(y) & = & L_{i}(y)' + i a L_{i}(y) + i(m - i +
1)bL_{i-1}(y) .
\end{array} \right. $$
\begin{enumerate}
\item Soit $y$ une solution de $L(y) = 0$. Montrer par
récurrence que $$L_{i}(y^m) = m(m-1)\cdots
(m-i+1)y^{m-i}(y')^{i}.$$
\item En déduire que $L_{m+1} = L^{\sympower{m}}$.
\end{enumerate}
\end{exo}

\Subsection{Solutions algébriques de l'équation de Riccati}

\begin{thm}[\cite{Kov86, UWe96, SUl96}]
L'équation de Riccati admet une solution algé\-brique de degré au plus
$m$ si et seulement si la puissance symétrique
$L^{\sympower{m}}(z)=0$
admet une solution exponentielle.
\end{thm}

\begin{proof}
Si l'équation de Riccati admet une solution algébrique de degré $m$,
nous avons vu que le coefficient $b_{m-1}$ de son polynôme minimal
est la dérivée logarithmique d'une solution exponentielle de
$L^{\sympower{m}}(z)=0$.

Réciproquement, soit $z$ une solution exponentielle de $L^{\sympower{m}}(z)=0$.
Le lemme \ref{sympow} montre qu'il existe un polynôme
$Q(y_{1}, y_{2})$ homogène de
degré $m$ tel que $z=Q(y_{1}, y_{2})$. Soit $v$ la dérivée
logarithmique de $z$. Le polynôme $Q(y_{1}, y_{2})$ se factorise
comme produit de facteurs linéaires sur $C$. Soit $u_{1}, \ldots, u_{m}$
les dérivées logarithmiques de ces facteurs. Une combinaison linéaire
de solutions est une solution, donc les $u_{i}$ sont des solutions de
l'équation de Riccati. Pour tout $g\in G$,
comme $g(v)=v$, $g(u_{i})$ doit être un
des $u_{j}$: d'après
la proposition \ref{solalg} et les remarques qui
suivent, on en déduit que les $u_{i}$ sont algébriques de degré au
plus $m$.
\end{proof}

Si les $u_{i}$ ne sont pas de degré $m$, alors peut vérifier que
le produit~$P$ de leurs polynômes minimaux sera de degré $m$ et son
coefficient $b_{m-1}$ sera donné par $b_{m-1}=-z'/z$.

Dans \cite{UWe96}, il est montré comment, dans de nombreux cas, on
peut même se ramener à chercher des solutions rationnelles de
$L^{\sympower{m}}(y)$, ce qui simplifie l'algorithme car la recherche
de solutions rationnelles est plus simple que la recherche des
solutions exponentielles.

L'équation de Riccati est $u'=-a_{}-a_{1}u -u^2$. En dérivant la
relation $P(u)=0$ et en rempla{\c c}ant $u'$ par son expression, on
obtient une relation polynomiale de degré $m+1$ pour $u$. Le reste
de la division euclidienne de ce polynôme de degré $m+1$ par $P$
devant être nul, on en déduit les relations suivantes
(\cite{UWe96, Kov86}) pour obtenir
\og gratuitement\fg\ tous les autres coefficients quand on connaît
$b_{m-1}$:\vspace*{-5pt}\enlargethispage{1.5\baselineskip}
\begin{eqnarray*}
(\sharp)_m: \quad \left\{
\begin{array}{rcl}
b_m &=& 1\\[-2pt]
b_{i-1} &=& {\displaystyle
\frac{-b_i'+b_{m-1}b_i+a_1(i-m)b_i+a_0(i+1)b_{i+1}}{m-i+1} },
\\[-2pt]
&& \hspace*{5.5cm}m-1 \ge i \ge 0 \\[-3pt]
b_{-1} &=& 0
\end{array}
\right.
\end{eqnarray*}

On obtient finalement l'algorithme suivant pour calculer des solutions
al\-gé\-bri\-ques de l'équation de Riccati:
\par\noindent
Pour $m\in\{1, 2, 4, 6, 12\}$:
\begin{itemize}
\item Calculer $L^{\sympower{m}}(y)$
\item Chercher si elle admet une solution exponentielle $f$
\item Si oui: poser $b_{m-1}=-f$, calculer les autres
coefficients $b_{i}$ de $P$ en utilisant les relations $(\sharp)_m$,
et retourner $P$\\ sinon, continuer avec le $m$ suivant.
\end{itemize}
Si aucune solution n'est trouvée de cette manière, il n'y a pas de
solutions liouvilliennes.

\begin{exo}[\cite{UWe96, Fak96}]\label{compred}
On considère l'équation différentielle
\[
L(y) = y'' -
ry = 0.
\]
\begin{enumerate}
\item Écrire l'équation de Riccati associée.
\item Montrer que $L^{\sympower{2}}(y)= y''' - 4ry' - 2r'y''.$
\item On suppose que $L$ admet une solution algébrique de degré
$2$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que son polynôme minimal est de la forme
$$P = u^2 - \frac{f'}{f}u + \frac{f''}{2f} -
r$$
où $L^{\sympower{2}}(f) = 0.$
\item On note $\mathrm{disc}(P)$ le discriminant de $P$.
Montrer que $f\, \mathrm{disc} (P) = c$ où $c$ est une
constante.
\item On suppose que $L^{\sympower{2}}(f) = 0$ admet une
solution $f \, \in \, \C (x)$ et que $\mathrm{disc} (P) \, \neq \,
0$. Montrer que l'équation de Riccati admet une ou deux solutions
rationnelles que l'on calculera.
En déduire que $L$ admet les solutions
liouvilliennes \, $\displaystyle y = \sqrt{f} e^{\pm \int
\sqrt{c}/2f}$.
\item Réciproquement, montrer que si l'équation $L(y)\!=\!0$
admet deux solutions
exponentielles linéairement indépendantes, alors les matrices du
groupe de Galois sont
diagonales et $L^{\sympower{2}}(y)=0$ admet une solution rationnelle.
\item Application: résoudre l'équation $\displaystyle y'' -
\frac{c}{16x^2}y = 0$, où~\hbox{$c \!\in\! \C $}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\backmatter
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\end{document}