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Donc, en résumé :
$d_i^{k+1} = d_i^{k} - (R_{i+1}^{k+1}-R_{i+1}^k) - (R_{i}^{k+1}-R_{i}^k)$ Pour $2 \le i \le n-2$
$d_1^{k+1} = d_1^{k} - (R_{1}^{k+1}-R_{1}^k)$
$d_{n-1}^{k+1} = d_{n-1}^{k} - (R_{n}^{k+1}-R_{n}^k)$

C'est ça ?

Il y a encore un point à préciser.

On note $x_i^k = R_i^{k+1}-R_i^k$ l'augmentation de $R_i$ à la $k$-ième étape, avec $x_i^k \ge 0$. Il y a $n$ valeurs.

Ensuite, tu dis que $d_i^{k+1}=d_i^k - x_i^k$. Ici, on n'a que $n-1$ valeurs de $d_i^k$. A quoi sert $x_n^k$ ?

--EDIT--
Je rectifie ma question, je pense qu'il faut préciser comment sont modifiés les $d_i$
Prenons $d_2$ entre l'étape $1$ et $2$. Il peut bouger parce que  $R_2$ a bougé :$R_2^2 = R_2^1 + x$, ou parce que $R_3$ a bougé $R_3^2 = R_3^1 + y$
Que vaut $d_2^2$, est-ce $d_2^2=d_2^2-x$ (application de la première partie de ta règle avec $i=2$) ou est-ce $d_2^2=d_2^2-y$ (application de la deuxième partie de ta règle avec $i=3$)

Bonsoir,
A partir de la relation $R_{i+1}=d_i - R_i$, on peut établir une formule qui donne $R_i$ en fonction des $d_{j}$ précédents et de $R_1$ :
$R_i=\sum_{j=1}^k (-1)^{j+1} d_{i-j} + (-1)^k R_{i-k}$, soit avec $k=i-1$, $R_i=\sum_{j=1}^{i-1} (-1)^{j+1} d_{i-j} + (-1)^{i-1} R_1$.
Soit encore (changement $k=i-j$) $R_i=\sum_{k=1}^{i-1} (-1)^{k-i+1} d_k + (-1)^{i-1} R_1$
et finalement $R_i = (-1)^i\left(\sum_{k=1}^{i-1} (-1)^{k+1} d_k - R_1 \right)$

La condition $R_i \ge 0$ va imposer une contrainte sur $R_1$ :
Si $i$ pair, alors $R_1 \le \sum_{k=1}^{i-1} (-1)^{k+1} d_k$
Si $i$ impair, alors $R_1 \ge \sum_{k=1}^{i-1} (-1)^{k+1} d_k$

Soit $\max_i \sum_{k=1}^{2i} (-1)^{k+1} d_k \le R_1 \le \min_i \sum_{k=1}^{2i+1} (-1)^{k+1} d_k$

Bonjour Pascal,
Non, malheureusement (ou heureusement !) il n'y a pas de recette générale.
Il faut faire des hypothèses sur les marginales des variables aléatoires et sur les dépendances de ces variables et recourir à des modèles.
Tu peux regarder par exemple les copules pour avoir une idée des modélisations de lois jointes (ici sur Wikipedia).

Autre exemple, les chaines de Markov vont stipuler que $X_t$ n'est dépendante que de $X_{t-1}$ et le problème consistera à modéliser la matrice (stochastique) de transition $p_{ij}(t)=\Pr(X_t=x_j\ | \ X_{t-1}=x_i)$.

ça se déduit des deux équations de la question 3.
L'équation $n^2P_n-(2n-1)xP'_n-(1-x^2)P^{''}_n=0$ appliquée en $x=0$ te donne $n^2P_n(0)-P^{''}_n(0)=0$
Ensuite, en écrivant $P'_n = n^2P_{n-1}$ et $P'_{n-1} = (n-1)^2P_{n-2}$, tu en déduit que $P^{''}_n = n^2(n-1)^2P_{n-2}$ que tu reportes dans l'équation précédente et tu obtiens $P_n(0)=(n-1)^2P_{n-2}(0)$
Tu peux donc calculer tous les $P_{2k}(0)$ à partir de $P_0(0)$ et les $P_{2k+1}(0)$ à partir de $P_1(0)$

Je vais essayer de donner un exemple simple pour illustrer la différence entre les deux notations.

Supposons une expérience où on tire une seule fois une boule d'une urne et on obtient $0$ ou $1$ (rouge et noir par exemple).
On note $X_a \in \{0,1\}$ le résultat du tirage ($a$ étant une étiquette, pas nécessairement un nombre). Tu seras d'accord avec moi pour dire qu'il ne fait pas sens de parler de la probabilité que $X_a$ soit égal à $0$ sachant que $X_a$ est égal à $1$ !

Supposons que de plus, il y a une autre urne à côté de la première et qu'il y ait une connexion dont on ignore le fonctionnement entre les deux urnes et on notera $X_b$ le résultat du tirage de cette autre urne. Ici, il fait sens de parler de la probabilité conditionnelle $\Pr(X_b=1\ |\ X_a = 0)$. Si le lien entre les deux urnes est en réalité inerte, alors $\Pr(X_b=1\ |\ X_a = 0) = \Pr(X_b=1)$ (conditionner par rapport à une variable indépendante ne change rien). Par contre, si le lien entre les deux urnes influence le résultat, alors on peut avoir $\Pr(X_b=1\ |\ X_a = 0) \neq \Pr(X_b=1)$.

Donc, pour revenir à ta question, l'écriture $\Pr(X \in [x,x+dx[\ |\ X \in [y, y+dy[)$ se ramène au premier cas que j'ai listé : Si on mets de de côté continue (qui ne change rien sur le fond) cela revient à écrire $\Pr(X =x\ |\ X =y)$ et ce truc vaut $1$ si $x=y$ et $0$ sinon).

Je pense que tu continues à penser au temps quand tu écris $\Pr(X \in [x,x+dx[\ |\ X \in [y, y+dy[)$ mais que tu ne l'explicites pas.
Je pense que tu veux dire "la probabilité que mon signal soit égal à $x$ maintenant sachant qu'il était égal à $y$ au début. Sauf que dans cette phrase, il y a deux variables aléatoires : le signal au début, et le signal maintenant : $X_t$ et $X_0$ et donc la bonne écriture est $\Pr(X_t \in [x,x+dx[\ |\ X_0 \in [y, y+dy[)$.

Si tu connais la loi jointe des deux variables $F_{X,Y}(x,y)=\Pr(X \le x, Y \le Y)$, tu connais la PDF jointe : $\displaystyle F_{X,Y}(a,b)=\int_{x=-\infty}^a \int_{y=-\infty}^b f_{X,Y}(x,y)dxdy$, tu peux connaitre la densité conditionnelle via $f_X(x\ |\ Y=y) = \dfrac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}$ où $f_Y(y)$ est la loi marginale de $Y$.

Quand les variables sont indépendantes, tu a alors $f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$ et tu retrouves alors $f_X(x\ |\ Y=y)=f_X(x)$.

C'est du calcul !
Je note
$A(n)$ la propriété : $P_{n+1}=(1-x^2)P'_n+ (2n+1)xP_n$ et
$B(n)$ la propriété : $P_{n+1} = (2n+1)xP_n+n^2(1-x^2)P_{n-1}$

On veut montrer $B(n)$. On montre par récurrence (je te laisse l'initialisation).
On suppose $B(n)$.
avec $A(n+1)$, on a $P_{n+2}=(1-x^2)P'_{n+1}+ (2n+3)xP_{n+1}$
Via l'hypothèse de récurrence, on peut obtenir $P'_{n+1}$ :
$P'_{n+1} = (2n+1)[xP'_n + P_n] + n^2[(1-x^2)P'_{n-1}-2xP_{n-1}]$
On a donc
$P_{n+2}=(1-x^2)\left\{(2n+1)[xP'_n + P_n] + n^2[(1-x^2)P'_{n-1}-2xP_{n-1}]\right\}+ (2n+3)xP_{n+1}$ (1)

A l'aide de $A(n)$, on a $(1-x^2)P'_n=P_{n+1}-(2n+1)xP_n$ et
à l'aide de $A(n-1)$, on a $(1-x^2)P'_{n-1}=P_{n}-(2n-1)xP_{n-1}$.

Tu remplaces dans (1) les dérivées ainsi obtenues et tu devrais obtenir la relation souhaitée en utilisant à nouveau l'hypothèse de récurrence (en remplaçant $n^2(1-x^2)P_{n-1}$ par $P_{n+1}-(2n+1)xP_n$). Tu auras en effet à gauche de l'égalité le terme $P_{n+2}$ et à droite un expression qui n'implique que $P_{n+1}$ et $P_n$.

Cela dit, j'ai trouvé que c'était beaucoup plus facile de montrer par récurrence la relation $P'_n = n^2P_{n-1}$ qui est en réalité équivalente à la propriété $B(n)$ ci dessus (sachant que $A(n)$ est déjà démontrée).

Les deux aspects devraient se traiter par récurrence.
Si tu montres que pour tout $n \ge 0$, $f^n(x)= \frac{p_n(x)}{(1-x^2)^{n+1/2}}$, alors tu peux conclure qu'en particulier $f \in C^\infty(]-1,1[)$ puisque pour tout $n$, $f^{(n)}$ existe et est continue.

Il faut donc dérouler ta récurrence. Qu'as-tu fais ?

On n'utilise nulle part le fait que $Supp T + Supp \varphi$ est compact mais uniquement qu'il est borné.
Ce qui permet de dire que tout ensemble $X \subset Supp T + Supp \varphi$ est également borné. Si de plus $X$ est fermé, alors $X$ est compact (fermé et borné).
Comme par définition $Supp (T \star \varphi)$ est fermé (c'est l'adhérence d'un ensemble), ça permet de conclure.

Cela dit, la somme de deux compact est un compact ($A$ compact et $B$ compact, alors $A\times B$ compact. $f: (x,y) \mapsto x+y$ est continue. L'mage d'un compact par une fonction continue est un compact).

Bonsoir,
Un compact de $\mathbb{R}^n$ est caractérisé par deux propriétés : fermé et borné.
Avec ce que tu écris, est-ce que $Supp (T \star \varphi)$ vérifie ces deux propriétés ?

Bonjour
Et tu en penses quoi ?

Bonsoir,
Je pense qu'il faut que tu regarde ça sur un exemple.
On va prendre $p=q=1$ et $T=\delta_0$.
Donc, pour tout $\varphi \in C^\infty(\mathbb R)$, on a $\langle \delta_0, \varphi \rangle = \varphi(0)$

Soit maintenant $\psi \in C^\infty(\mathbb{R}^2)$. $\psi$ est une fonction à deux variables $\psi(x,y)$, et on ne peut donc pas appliquer $\delta_0$ à \psi$.

Soit maintenant un $y$ fixé, et posons pour tout $x$, $f(x)=\psi(x,y)$. Donc $f \in  C^\infty(\mathbb R)$, on a donc le droit d'appliquer $\delta_0$ à $f$ et on a $\langle \delta_0, f \rangle = f(0) = \psi(0,y)$.

Donc, pour chaque $y$, on peut définir l'application de $\delta_0$ à $\psi$, vue comme une fonction à une seule variable $x$.
On obtient donc une fonction, qui à chaque $y$, associe le nombre $\langle \delta_0, \psi(\bullet,y) \rangle = \psi(0,y)$.

Ce théorème est l'analogue de la dérivation des intégrales paramétriques. Sous certaines conditions, on a $\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial y}\int f(x,y)dx = \int\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)dx$.
Ici, on peut inverser dérivation et crochet de dualité.