preuve de transcendance

Le but du présent article est de démontrer que la série S = n≥0 n!X n est transcendante sur C(X). On commence par rappeler les outils dont on aura besoin.
P
Proposition :
X
i1 ! . . . ik ! = kn!
i1 +...+ik =n
Proposition : Soit (un ) strictement positive telle que
n
X
un+1
un
→ +∞. Alors:
uk ∼ un
k=0
Proposition : Soit λ1 , . . . , λn , µ1 , . . . , µn tels que:
|λ1 | = . . . = |λn | = 1
lim
n→∞
n
X
µk λnk = 0
k=1
⇒ µ1 = . . . = µn = 0
Proposition : Soit R ∈ C(X) alors R ∈ V ect{(nk λn ); k ∈ N; λ ∈ C}
Démonstration : •
η
n
•Soit > 0 et η > 0 tel que 1−η
≤ et η ≤ Soit N tel que uun+1
≤ η pour n ≥ N .
Alors:
n
X
uk =
k=0
N
X
uk +
η n−N +1 uk
k=N
k=0
≤ ηun+1 +
n−1
X
n
X
η
un+1
1−η
uk = o(un ) ⇒ un ∼
k=0
n
X
uk
k=0
•Quitte à factoriser par (λnk ) on suposse λk = 1. Alors, en utilisant le théorème de
Césaro:
n
X
λn+1 − 1
µj
+ µk → 0
n(λ − 1)
j=1
⇒ µk = 0
D’où le résultat.
Pour montrer la C(X)-liberté des {S p ; p ∈ N}, il faut et il suffit de démontrer
la C-liberté des C-liberté des {(nk λn ) ? (S p ); p, k ∈ N; λ ∈ C∗ }. On note µ∗ un jeu
1
de coefficients d’une combinaison linéaire nulle. Par l’absurde, on peut supposer
ce jeu partout non nul. On peut alors commencer le Calcul:
X
µ∗ (nk λn ) ? (S p ) = 0
k,p,λ
X
µ∗
n
X
(n − i)k λn−i S p (i) = 0
i=0
k,p,λ
Un terme de ladernière somme est nulle:
X
µ∗
n−1
X
(n − i)k λn−i S p (i) = 0
i=0
k,p,λ
Binôme de Newton:
X
n
µ∗ λ
n−1
k
XX
!
k
(−1)l il nk−l λ−i S p (i) = 0
l
i=0 l=0
k,p,λ
k
X X
k,p,λ l=0
n−1
X
k
(−1)l µ∗ λn nk−l
il λ−i S p (i) = 0
l
i=0
!
On peut utiliser le préliminaire qui nous donne des estimations asymptotiques de
la plus profonde des sommes.
k
X X
k,p,λ l=0
!
k
(−1)l µ∗ λn nk−l pnl λ−n+1 (n − 1)! + o(nl |λ|−n (n − 1)!) = 0
l
k
X X
k,p,λ l=0
!
k
(−1)l µ∗ p nk n! + o(nk n!) = 0
l
X
2k µ∗ p nk n! + o(nk n!) = 0
k,p,λ
Proposition :
Snp =
K
X
pSkp−1 (n − k)! + o((n − K)!) ≈
pSkp−1 (n − k)!
k=0
k=0
n X
m
X
∞
X
al,f X
f
Snl
l=0 f =0
=
d X
m
X
l=0 f =0
al,f
∞
X
l−1
lSk−f
(n − k)!
k=f
(Snp
= 0 si n négatif) Ainsi les égalités asymptotiques obtenues par ce procédé sont
les suivantes:
∀k ≥ m,
d X
m
X
al,f lX f Skl−1 = 0
l=2 f =0
2
En somme, en complétant avec les termes manquants (les k plus petits que m) et
en réindexant:
∀k ≥ m,
d X
m
X
al,f (l + 1)X f Skl = 0
l=0 f =0
Ainsi, on obtient un polynôme annulateur de degré strictement inférieur : d’où la
transcendance.
3