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#1 21-05-2018 23:29:17

Omega
Membre
Inscription : 21-05-2018
Messages : 1

"Paradoxe" de la Conjecture de Kappa et Fonction de Psi

Bonjour à tous et à toutes.

Je me présente ici pour un problème assez tordu et peu intuitif.
Ainsi, je vous demanderais s'il vous plaît, de bien écouter (enfin lire).

Il s'agit d'un problème auquel je cogite depuis maintenant un mois et sans en voir le bout.

Tout découle de ces 3 calculs :

[tex]f_{ax^k_0+bx^k_1+\cdots +cx^k_n:[k_{0\rightarrow n}=\lfloor k_{0\rightarrow n} \rfloor \ ;\ (Deg\circ f)_{min}(x) \geq (Deg\circ f)_{max}(x)]}(\Psi) = \int_{0}^{\Psi}[\ (\Omega_{\Upsilon_{0\rightarrow (Deg\circ f)(x)-1}}^{(Deg\circ f)(x)-1}\circ [(\Delta^{(Deg\circ f)(x)}\circ f)(\beta)x])d\beta d\Upsilon_{0\rightarrow (Deg\circ f)(x)-1}\ ]d\Upsilon_{(Deg\circ f)(x)} \\----------------------------------------
\\ \\ \\ \\ f_{ax^k_0+bx^k_1+\cdots +cx^k_n:[k_{0\rightarrow n}=\lfloor k_{0\rightarrow n} \rfloor \ ;\ (Deg\circ f)_{min}(x) \geq (Deg\circ f)_{max}(x)-1]}(\Psi) = \int_{0}^{\Psi} [\ (\Omega_{\Upsilon_{0\rightarrow {(Deg\circ f)(x)-1}}}^{(Deg\circ f)(x)-1}\circ [2(\Delta^{(Deg\circ f)(x)-1}\circ f)(\beta-1)-(\Delta^{(Deg\circ f)(x)-1})(\beta-2)])(x)d\beta \\ d\Upsilon_{0\rightarrow (Deg\circ f)(x)-2}\ ]d\Upsilon_{(Deg\circ f)(x)-1} \\----------------------------------------
\\ \\ \\ \\ f_{ax^k_0+bx^k_1+\cdots +cx^k_n:[k_{0\rightarrow n}=\lfloor k_{0\rightarrow n} \rfloor \ ;\ (Deg\circ f)_{min}(x) \geq (Deg\circ f)_{max}(x)-2]}(\Psi) = \int_{0}^{\Psi} [\ (\Omega_{\Upsilon_{0\rightarrow {(Deg\circ f)(x)-2}}}^{(Deg\circ f)(x)-2}\circ [3(\Delta^{(Deg\circ f)(x)-2})(\beta-1)-3(\Delta^{(Deg\circ f)(x)-2})(\beta-2)+\\ (\Delta^{(Deg\circ f)(x)-2})(\beta-3)])(x)d\beta d\Upsilon_{0\rightarrow (Deg\circ f)(x)-3}\ ]d\Upsilon_{(Deg\circ f)(x)-2}\\
\\[/tex]

Je vais clairement éviter de rentrer dans les détails et plutôt me pencher sur l'intérieur de ces calculs, quand on décortique, voilà ce qu'on obtient :

[tex]f(\Psi) = f(\Psi -1)
\\
f(\Psi) = 2f(\Psi -1) - f(\Psi -2)
\\
f(\Psi) = 3f(\Psi -1) - 3f(\Psi -2) + f(\Psi -3)[/tex]

Dans le premier cas (première ligne), on va imaginer une fonction formée comme suit :

[tex]f(x) = n[/tex]

On va imaginer que l'on a qu'un bout, qu'un morceau de la courbe de cette fonction.
Le but va être de "prédire" (prolonger serait un meilleur mot) cette courbe pour trouver les valeurs que l'on ne connait pas.
On va donc utiliser :

[tex]f(x) = n\\
f(4) \rightarrow f(11) = 7\\
f(\Psi) = f(\Psi -1)\\
f(12) = f(12-1)\\
f(12) = f(11)\\
f(12) = 7[/tex]

Le premier cas est vérifié.
On remarque que le premier cas intervient pour "prédire" des fonctions du zéro-ième degré (constante).

Dans le deuxième cas (2e ligne), on va utiliser des fonctions du 1er degré, formées comme suit :

[tex]f(x) = ax+b[/tex]

On va encore imaginer que l'on ne possède qu'un morceau de la courbe, puis, appliquer le calcul :

[tex]f(x) = ax+b\\
f(5) = 21.5\\
f(6) = 25.5\\
f(7) = 29.5\\
f(\Psi) = 2f(\Psi -1) - f(\Psi -2)\\
f(8) = 2f(8-1) - f(8-2)\\
f(8) = 2f(7) - f(6)\\
f(8) = 2*29.5 - 25.5\\
f(8) = 33.5[/tex]

Le deuxième cas est vérifié.

Et le 3e (3e ligne):

[tex]f(x) = ax^2 + bx + c\\
f(1) = 2\\
f(2) = 20\\
f(3) = 46\\
f(\Psi) = 3f(\Psi -1) - 3f(\Psi -2) + f(\Psi -3)\\
f(4) = 3f(3) - 3f(2) + f(1)\\
f(4) = 138 - 60 + 2\\
f(4) = 80
[/tex]

Le 3e cas est vérifié.

Il y a quelques jours, je me suis penché sur une fonction de prolongation pour le 4e degré (et à terme le k-ieme degré).
J'ai remarqué que :

[tex]f(\Psi) = f(\Psi -1)
\\
f(\Psi) = 2f(\Psi -1) - f(\Psi -2)
\\
f(\Psi) = 3f(\Psi -1) - 3f(\Psi -2) + f(\Psi -3)[/tex]

À chaque fois qu'on baisse d'un niveau (qu'on monte d'1 degré), un nouveau terme s'ajoutait.
Si le terme est le dernier, il est composé comme : [tex]f(\Psi -n)[/tex], sinon, il est composé comme : [tex]nf(\Psi-k)[/tex] où k est le "rang" du terme.

De plus, le premier terme est toujours positif, le deuxième est négatif, le troisième est positif, etc...

Dans tout les cas, un terme est composé comme : [tex]zf(\Psi-k)[/tex] avec k en tant que rang du terme et z en tant qu'entier naturel inconnu (n-1 fois sur n, le z est égal à n)

Il serait donc logique de penser que pour le 4e degré, on ait:

[tex]f(\Psi) = 4f(\Psi -1) - 4f(\Psi -2) + 4f(\Psi -3) - f(\Psi -4)[/tex]

Et bien non, j'ai testé sur Desmos, ça ne fonctionne pas, la question est donc la suivante :

PROBLÈME : Quelle est la logique qui unit les fonctions de prolongations (dites fonctions de Kappa) entre elles, et comment déterminer la n-ième fonction de Kappa ?

Un énorme merci à tout ceux qui ont eu le courage de lire ce pavé, et [tex]\left(\int_0^{\pi}\sin\left(x\right)dx\right)\cdot10^{\sum_{n=1}^{20}2n^{\frac{1}{n}}}[/tex] mercis à tous ceux qui auront le tact de me répondre, sur ce, aurevoir !

Dernière modification par Omega (22-05-2018 18:26:14)

Hors ligne

#2 17-06-2018 17:25:09

Nathan7597
Invité

Re : "Paradoxe" de la Conjecture de Kappa et Fonction de Psi

Bonjour,
Pour étudier ton problème, il semble judicieux d'étudier l'endomorphisme [tex]\Delta[/tex] de [tex]\mathbb{R}[X][/tex] défini par, si [tex]P[/tex] est un polynôme, [tex](\Delta P) (X) = P(X)-P(X-1)[/tex].
On peut commencer par remarquer que si [tex]P[/tex] est un polynôme de degré [tex]n>0[/tex], alors [tex]\Delta P[/tex] est de degré [tex]n-1[/tex] (car les termes de plus haut degré se simplifient), et que si [tex]P[/tex] est de degré 0 (constant), alors [tex]\Delta P = 0[/tex]. Par récurrence, on obtient que \Delta^n P (la puissance est ici une puissance de composition) est de degré [tex]\mathrm{deg}\; P-n[/tex] si [tex]P[/tex] est de degré supérieur ou égal à [tex]n[/tex], et 0 sinon.
En particulier, on a [tex]\Delta^{\mathrm{deg}\; P + 1} P = 0[/tex].

Il s'agit en fait de la formule que tu cherches, il suffit maintenant de l'exprimer de façon compréhensible. Pour cela, on peut remarquer que [tex]\Delta = id-\tau[/tex] où [tex]\tau[/tex] est l'endomorphisme de [tex]\mathbb{R}[X][/tex] défini par [tex](\tau P) (X) = P(X-1)[/tex] si [tex]P\in\mathbb{R}[X][/tex]. Ainsi, la formule du binôme de Newton dans l'anneau des endomorphismes sur les polynômes donne pour tout polynôme P, et pour tout entier n :
[tex]\Delta^n P = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^k P(X-k)[/tex]
(On peut aussi démontrer cette formule directement par récurrence)

Si on applique cette formule à la précédente ([tex]\Delta^{\mathrm{deg}\; P + 1} P = 0[/tex]), on obtient en réorganisant l'équation l'identité suivante :
[tex]P(X) = -\sum_{k=1}^{\mathrm{deg}\; P +1} \binom{\mathrm{deg}\; P + 1}{k} (-1)^k P(X-k)[/tex]

On obtient, pour [tex]\mathrm{deg}\; P = 0,1,2,3[/tex] les équations suivantes :
[tex]P(X) = P(X-1)[/tex],
[tex]P(X) = 2P(X-1) - P(X-2)[/tex]
[tex]P(X) = 3P(X-1) - 3P(X-2) + P(X-3)[/tex]
[tex]P(X) = 4P(X-1) - 6P(X-2) + 4P(X-3) - P(X-4)[/tex]
Et voilà !
(J'espère que c'est clair… Si tu ne sais pas ce que sont des espaces vectoriels et des endomorphismes, tu peux démontrer toutes ces formules sur les polynômes directement par récurrence)

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