Identité remarquable généralisée.
dans Shtam
Bonjour,
Je lance une conjecture, mais j'ignore comment déterminer les bornes de mon intégrale :
Voici ma conjecture,
Soit $ \alpha > 0 $,
Alors, $ \exists A \in \mathcal{P} ( \mathbb{R} ) $, tel que, pour tout $ (x,y) \in \mathbb{R}^2 $ :
$$ (x+y)^{\alpha} = \int_{A} \ \dfrac{ \Gamma ( \alpha +1 ) }{ \Gamma ( t+1 ) \Gamma ( (\alpha - t) + 1 ) } \ x^t y^{ \alpha - t } \ dt \ \ \ \ \ \ \ \ (1) $$
avec, $ \Gamma \ : \ t \to \Gamma (t) $ est la fonction Gamma.
Comment alors trouver $ A $ ?.
Que se passe -t-il si on préfère travailler sur $ \mathbb{C} $ au lieu de $ \mathbb{R} $ ? Comment devient-elle la formule $ (1) $ dans ce cas là ?
Merci d'avance.
Je lance une conjecture, mais j'ignore comment déterminer les bornes de mon intégrale :
Voici ma conjecture,
Soit $ \alpha > 0 $,
Alors, $ \exists A \in \mathcal{P} ( \mathbb{R} ) $, tel que, pour tout $ (x,y) \in \mathbb{R}^2 $ :
$$ (x+y)^{\alpha} = \int_{A} \ \dfrac{ \Gamma ( \alpha +1 ) }{ \Gamma ( t+1 ) \Gamma ( (\alpha - t) + 1 ) } \ x^t y^{ \alpha - t } \ dt \ \ \ \ \ \ \ \ (1) $$
avec, $ \Gamma \ : \ t \to \Gamma (t) $ est la fonction Gamma.
Comment alors trouver $ A $ ?.
Que se passe -t-il si on préfère travailler sur $ \mathbb{C} $ au lieu de $ \mathbb{R} $ ? Comment devient-elle la formule $ (1) $ dans ce cas là ?
Merci d'avance.
Réponses
-
Donc, la question que je me pose, et qui ressemble nettement à la façon de formuler la conjecture de Hodge :
Est ce que,
Pour tout $ \alpha > 0 $, il existe $ A \subset \mathbb{R} $ tel que pour tout $ (x,y) \in \mathbb{R}^2 $ :
$$ (x+y)^{\alpha} = \int_{A} \ \dfrac{ \Gamma ( \alpha +1 ) }{ \Gamma ( t+1 ) \Gamma ( (\alpha - t) + 1 ) } \ x^t y^{ \alpha - t } \ dt \ \ \ \ \ \ \ \ (1) $$
avec, $ \Gamma \ : \ t \to \Gamma (t) $ est la fonction Gamma.
C'est à dire, est ce que l'application $ \varphi \ : \ \mathcal{P} (\mathbb{R} ) \to \mathbb{R}_{+}^{*} $ telle que, $ \alpha = \varphi ( A ) $, est surjective ? -
À moi, à moi !
$\frac{x^{t+1} - 1}{x-1} = \int_A x^u \,\mathrm{d}u$
Hmmm, mais sur quoi intégrer ? -
Oui, c'est vrai Poirot, très bien, ;-)
Tu écris,
Est ce que,
Pour tout $ \alpha \geq 0 $, il existe $ A \subset \mathbb{R} $ tel que pour tout $ x \in \mathbb{R} $ :
$$ \dfrac{ x^{ \alpha + 1 } - 1 }{x-1} = \int_{A} \ x^{ \displaystyle t} \ dt $$
C'est à dire, est ce que l'application $ \varphi \ : \ \mathcal{P} (\mathbb{R} ) \to \mathbb{R}_{+} $ telle que, $ \alpha = \varphi ( A ) $, est surjective ?
Très jolie conjecture @Poirot. :-) -
Il faut s'entraîner sur ces conjectures là que nous avons construit à titre non exhaustif, toi et moi Poirot, si on espère un jour résoudre la conjecture de Hodge. ;-)
-
Ce qui est sûr, est que, non l'intégrale de Riemann qui résoudra ces deux exemples de conjecture, mais l’intégrale de Lebesgue. Non ?
-
Pauvre Poirot, le voilà dans Hodge et l'intégrale de Pablo-Lebesgue. -
Si $ f \ : \ \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ est une fonction développable en série entière telle que, pour tout $ x \in \mathbb{R} $ : $ f(x) = \displaystyle \sum_{ n \geq 0 } a_n x^n $.
Alors, on se demande, s'il existe, $ A \in \mathcal{P} ( \mathbb{R} ) $ et $ a \ : \ \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ une fonction telle que, $ t \to a(t) x^{ \displaystyle t } $ est intégrable pour tout $ x \in \mathbb{R} $, telles que,
$$ f(x) = \displaystyle \int_A a (t) x^{ \displaystyle t } \ dt $$
de sorte que, pour tout $ n \geq 0 $, $ a(n) = a_n $ ?.
C'est à dire, est ce que l'application $ \varphi \ : \ \mathcal{F} ( \mathbb{R} , \mathbb{R} ) \times \mathcal{P} (\mathbb{R} ) \to \mathbb{R}_{+} $ telle que, $ \alpha = \varphi ( a , A ) $, est surjective ?
Vous avez deux heures, et je ramasse les copies ? :-D
Edit : Bien sûr, par rapport à la mesure de Lebesgue, et non par rapport à la mesure de comptage.
Edit : [size=x-large]Poste corrigé[/size]. -
Je vous rappelle l'énoncé de la conjecture de Hodge, pour ceux qui voudront gagner le 1 million de dollars,
Pour tout $ \alpha \in \mathrm{Hdg}^{2k} ( X , \mathbb{Q} ) $, il existe $ A \in \mathrm{CH}^k ( X , \mathbb{Q} ) $ tel que pour tout $ \eta \in \mathrm{Hdg}^{2n-2k} ( X , \mathbb{Q} ) $ :
$$ \displaystyle \int_X \alpha \wedge \eta = \int_A \eta \ \ \ \ \ \ \ \ (1) $$
C'est à dire, est ce que l'application $ \varphi \ : \ \mathrm{CH} ( X , \mathbb{Q} ) \to \mathrm{Hdg}^{2k} ( X , \mathbb{Q} ) $ telle que, $ \alpha = \varphi ( A ) $, est surjective ? -
Bonjour,
J'appelle fonction Zêta de Pablo l'application $\zeta_{\mathrm{Pablo}}$ qui à $s\in\Bbb C$ tel que $\Re(s)>1$ associe $\displaystyle \int_1^\infty \frac{{\rm d}t}{t^s}$. Exercice :- Montrer que $\zeta_{\mathrm{Pablo}}$ est bien définie.
- Calculer $\zeta_{\mathrm{Pablo}}(2)$.
- Montrer que $\zeta_{\mathrm{Pablo}}$ possède un prolongement holomorphe à $\Bbb C\setminus \{1\}$.
- Trouver tous les zéros de ce prolongement.
-
Question bonus : Soit $\xi_{\mathrm{Pablo}} : s\mapsto s^{-1}\cdot \zeta_{\mathrm{Pablo}}(s)$. Montrer l'équation fonctionnelle $\xi_{\mathrm{Pablo}}(s)=\xi_{\mathrm{Pablo}}(1-s)$.
Voilà à quoi ça ressemble la Higher Number Theory. :)o -
Non, @Calli, je n'aime pas la conjecture de Riemann, elle ne m’intéresse pas. J'aime uniquement tout ce qui a rapport à la conjecture de Hodge, et les équations algébriques. C'est tout. comme Grothendieck. Je n'ai aucune attirance à la conjecture de Riemann. :-)
-
C'est gentil de rappeler la conjecture en question. Mais le rappel en question est compréhensible uniquement par ceux qui savent exactement de quoi on parle, c'est à dire par ceux qui n'ont pas besoin de ce rappel.
Pour les autres, les béotiens, peux-tu également rappeler ce que représente $Hdg^{2k}(X,\Q)$ ou encore $CH^k(X, \Q)$Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Grothendieck isomorphe à Pablo.
-
@lourrran :
Suis juste ce que je t'écris pour comprendre. Compare l'énoncé de la conjecture de Hodge qui est devant toi, avec les trois conjectures que nous avons posé sur ce fil, Poirot et moi. C'est la meme chose. Si tu réussis à comprendre ça, tu as alors compris la conjecture de Hodge, et donc, pas besoin de te poser ce genre de questions que tu me poses dans ton dernier message. :-) -
Pablo est une singularité essentielle de $\zeta_{\mathrm{Pablo}}$, dès qu'on s'approche de lui $\zeta_{\mathrm{Pablo}}$ nous sort n'importe quoi.
-
Oui, c'est vrai, j'avais oublié. Oui, la conjecture de Riemann est bien sûr fait partie des sujets qui intéressaient Grothendieck, mais dans un cadre plutôt algébrique ( Le cadre des conjectures de Weil plus précisément ), contrairement à @Calli qui cherche à m'ingurgiter un exercice d'Analyse, donc, oui @Grothendieck n'était pas du tout intéressé par le genre d'exercices proposé par @Calli, parce qu'il n'était pas intéressé par l'analyse tout simplement.
Et, pour ton infos, oui, je connais tout l’œuvre de Grothendieck tout en gardant mon humilité face à lui. -
Poirot a écrit:Et comparer ta conjecture à la conjecture de Hodge c'est du grand délire.
Oui, parce que tu ne connais rien sur la conjecture de Hodge. Avoue le. -
@raoul.S :
Je ne connais pas tout l’œuvre de Grothendieck, mais j'en connais $ 50 $ % à peu près. -
ce que j'ai trouvé marrant aussi c'est la précision sur ton humilité... :)o
-
$$F_n(x,y)=\int_0^1\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(1+t)\Gamma(n+1-t)}x^ty^{n-t}dt$$ etant l'integrale de Pablo pour $\alpha =n$ on ne fait pas mieux que $$\frac{\partial^{n+1}}{\partial x\partial^n y}F_n(x,y)=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\times \frac{n!}{\pi^2+(\log x-\log y)^2}$$ et problement des choses analogues avec $\int_{k}^{k+1}$ du meme integrande avec $k=0,\ldots,n-1.$
-
-
En mathématiques non plus.
-
Je ne comprends pas bien comment tu as fait ce calcul @P. . Peux tu préciser ton calcul de manière détaillée ? :-)
Merci. -
Ingredient: $\Gamma(t)\Gamma(1-t)=\pi/\sin (\pi t).$ Le reste est du L1.
-
Bah tu n'es pas prêt à le croire sur parole ? Pourtant tu attends de nous que l'on fasse la même chose vis-à-vis de tes annonces grotesques de résolution des équations algébriques par radicaux.
-
Le problème c'est que Pablo est en L(-1).
-
L(-1) ? Donc si on l'inverse il va s'intégrer ?
-
L'inverse de Pablo est Galois et c'est bien lui qui est intégré dans les programmes. Cqfd -
Bonsoir,
Est ce que vous pouvez me dire si j'ai droit de faire comme suit :
Je reprends ce que j'avais écrit ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1875164 :Pablo a écrit:Voici un exemple :
Un moduli problem sur la catégorie $ \mathrm{Sch} $ des schémas est un foncteur :
$$ F : \mathrm{Sch}^{ \mathrm{op} } \to \mathrm{Ens} $$
et résoudre ce moduli problem est représenter ce foncteur.
L'exemple que je voulais te montrer est le suivant :
On considère le moduli problem
$$ F \ : \ \big( \mathrm{Sch} / \mathbb{Q} \big)^{ \mathrm{op} } \to \mathrm{Ens} $$
défini par :
$$ T \to \{ \ \text{courbes elliptiques sur} \ T \ \} / \sim_{ \mathrm{iso} } $$
Alors, ce moduli problem n'a pas de solution dans la catégorie $ \mathrm{Sch} $.
Pour le montrer, considérons les courbes elliptiques sur $ \mathbb{Q} $ définies par : $ \{ \ x^3 - x = y^2 \ \} $ et $ \{ \ x^3 - x = 2 y^2 \ \} $. Il est facile de vérifier qu'elles ne sont pas isomorphes. Néanmoins, après avoir appliquer une extension de base vers $ \overline{ \mathbb{Q} } $, elles deviennent isomorphes. D'où $ F( \mathbb{Q} ) \to F ( \overline{ \mathbb{Q}}) $ n'est pas injective. Or, pour tout $ X \in \mathrm{Sch} $, on a : $ X ( \mathbb{Q} ) \to X ( \overline{ \mathbb{Q} } ) $ est injective.
Alors, s'il existe un $ X \in \mathrm{Sch} $ solution de $ F $, alors le diagram suivant commute :
$$ \xymatrix{
F ( \mathbb{Q} ) \ar[d]^{ \simeq } \ar[r] & F ( \overline{ \mathbb{Q} } ) \ar[d]^{ \simeq } \\
X ( \mathbb{Q} ) \ar[r] & X ( \overline{ \mathbb{Q} } )
} $$
C'est à dire, $ F( \mathbb{Q} ) \to F ( \overline{ \mathbb{Q}}) $ est injective. D'où contradiction.
Par conséquent, il n'existe aucun $ X \in \mathrm{Sch} $ solution du moduli problem $ F $.
Alors, pour remédier à ce problème, on a élargi la catégorie $ \mathrm{Sch} $ dans une catégorie plus grande $ \mathrm{Stack} $ où l'on a trouvé qu'il existe des objets dans cette nouvelle catégorie solution de $ F $, qu'on a appelé ''algebraic stacks''.
Est ce que je peux faire de meme pour classifier les parties $ A $ de $ \mathbb{R} $ qui apparaissent tout au long de ce fil depuis le début,
Par exemple, je considère, le foncteur ( Je ne sais pas si c'est un foncteur ), peut être, un moduli problem, comme suit :
$$ F \ : \ \mathcal{P} ( \mathbb{R} ) \to \mathrm{Ens} $$
défini par,
$$ T \to \left \{ \ A \ \mathrm{sur} \ T \ \ | \ \ \alpha \in T \ \ \mathrm{et} \ \ (x+y)^{\alpha} = \int_{A} \ \dfrac{ \Gamma ( \alpha +1 ) }{ \Gamma ( t+1 ) \Gamma ( (\alpha - t) + 1 ) } \ x^t y^{ \alpha - t } \ dt \ \right \} / \sim_{ \mathrm{iso} } $$
D'abord, $ \mathcal{P} ( \mathbb{R} ) $ n'est pas une catégorie, donc, c'est un peu farfelu tout ça ... (:P)
Alors, est ce que ce pseudo-moduli-problem a une solution ? Si, oui, laquelle ? -
Moi je dis qu'on peut voir $\mathcal{P}(\R)$ comme une catégorie. C'est un groupe pour la différence symétrique et un groupe est une catégorie.
-
Je ne sais pas si ça peut marcher ici, car, en théorie des moduli problems, on ne travaille pas avec des catégories à structures. Mais, merci quant meme. :-)
-
Bonjour,
Je suppose que vous connaissez tous le théorème de changement de variables en théorie de l'intégration ( de Lebesgue, plus précisément ). ( Sinon, voir ici, http://www.les-mathematiques.net/a/i/d/node4.php ).
Sur ce lien internet que j'ai indiqué çi - dessus, on a,
$$ \displaystyle \int_D f(x) dx = \displaystyle \int_{ \Delta } f \circ h(x) \ | D(h) (x) | dx $$
en ayant effectué le changement de variables, $ x = (x_1 , \dots , x_n) \in \Delta \to (y_1 , \dots , y_n ) = h(x) \in D $, avec, $ h \ : \ \Delta \subset \mathbb{R}^n \to D \subset \mathbb{R}^n $ un $ \mathcal{C}^1 $ - difféomorphisme.
Ma question, est de savoir, si l'on peut considérer $ h \ : \ \Delta \to D $ non un difféomorphisme mais une application, $ h \ : \ \Delta \subset \mathbb{R}^n \to D \subset \mathbb{R}^m $ avec, $ n \geq m $, mais juste surjective ( i.e, un épimorphisme ), quel serait dans ce cas là, $ [D(h)(x)| $ ? et est ce que, $ \Delta $ est unique dans ce cas là ?
Merci d'avance.
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