économie/finance : solve(x^(n+1)+a*x^n+b=0,x) ?

[Xclu]

vous avez tout dans l'intitulé du msg mais voici ma petite histoire pour le problème que je vous soumets :
Pour faire aussi simple et général que faire se peut, voici les grandeurs impliquées :
K pour le capital initial(euhl, supposé >0 à moins d'être endetté )
a l' annuité (positive ou pas)
p le taux ( soit (1+t) où t est plus conu comme étant exprimé en % dans le jargon des sous)
n le nombre de périodes (année?) considerées
voici comment ça marche :
les annuités s'ajoutent (sinon changer le signe de 'a')
le premier taux appliqué après l'annuité (sinon changer l'ordre dans l'équation : je n'ai pas étudié ce cas)
on considère le dernier montant égal à 0 -zéro- (mais tout autre constante OK, juste voulu simple et générique).
l'histoire est la suivante :
(...((K+a)*p+a)*p+...)*p+a=0
ce qui peut se développer en :
K*p^n+a*(p^n+p^(n-1)+...+p+1)=0
donnant une version plus compacte :
K*p^n+a*(p^(n+1)-p)/(p-1)=0

aussi, multipliant par 'p-1' :


Maintenant, en fouillant dedans pour en isoler les grandeurs, voici mes conclusions :

(1) pour (K,n,p) -> , donnant l'annuité partant des autres
(2) avec (K,a,p) -> , qui nous dit combien d'années dure notre aventure (tiens, ça rime...)
(3) alors que (a,n,p) -> , et donc nous avons le capital de départ pour ce triplet
mais, comment résoudre l'équation pour obtenir p en fonction des trois autres?
à savoir, trouver p=f(K,a,n) pour
ce que j'ai ramené à la forme plus générale :

quand je demande à MAxima, voici le dialogue :
(%i1) solve(x^(n+1)+a*x^n+b=0,x);
(%o1) [x^n=-(x^(n+1)+b)/a]
disons qu'il/elle se bloque sans même s'en rendre compte;
et si Maple est sollicité :
> solve(x^(n+1)+a*x^n+b=0,x);

Code: Tout sélectionner

                             (n + 1)       n
                    RootOf(_Z        + a _Z  + b)


C'est tellement pas mieux, n'est ce pas?

Je dois cependant reconnaître que ce dernier avait résolu pour (2) :
> solve(x^(n+1)+a*x^n+b=0,n);

Code: Tout sélectionner

                                    b
                             ln(- -----)
                                  x + a
                             -----------
                                ln(x)


quand le précédent me répondait :
(%i1) solve(x^(n+1)+a*x^n+b=0,n);
(%o1) [x^n=-(x^(n+1)+b)/a]
from
(notez le 'n' en lieu et place de 'x' ci-dessus)

et c'est tout donc :
(4) avec (K,a,n) -> p=?
ou, en plus simple, quel est la réponse (solution algébrique correcte, si existante/possible ) à
solve(x^(n+1)+a*x^n+b=0,x) ?

merci pour votre lecture patiente

Xclu
20150621

[Ben314]

Salut,
Si , on ne peut pas exprimer à l'aide des fonctions "élémentaires" les solutions de f(x)=0.
Par contre, on sait assez facilement les approximer, par exemple, vu que le contexte s'y prête bien, en utilisant la méthode des tangentes de Newton :
ça consiste à prendre une valeur de p "pas trop loin" de la solution, puis à chercher l'intersection avec l'axe des x de la tangente à la courbe en (p,f(p)). Ca donne une nouvelle valeur p' pour p et... on recommence...
Au niveau calcul, c'est simplement
A priori, vu que la valeur p recherchée doit être relativement proche de 1, tu doit pouvoir presque systématiquement commencer les calculs en partant de p=1.
La plupart du temps, au bout de moins de dix itérations, ça te donnera quasiment la valeur exacte de p (faire attention tout de même à des cas où n serait très grand et où le taux cherché est assez important où il peut y avoir des problèmes)

[Xclu]

merci Ben314,
ta solution est intéressante et je la retiens dans le cas où un unique résultat numérique est attendu.
Nous sommes, à présent, ainsi qu'il a été réalisé pour les autres grandeurs impliquées dans cette équation, à savoir (K,a,n), dans une situation "vicieuse" à plus d'un titre :
1. , résolue en 'p', comporte plusieurs racines, non a priori distinctes, dont la triviale p=0;
2. les résolutions numériques, par approximation, telles que celle envisagée nous exhiberait la première solution "locale" rencontrée sur le chemin des itérations successives. Rien ne nous indiquera la multiplicité de la solution trouvée ni où chercher les suivantes si existantes;
3. et c'est tout le charme des formulation algébriques/symboliques : on pourra, quant on en dispose et qu'elle ne nous effrayent pas trop, faire des observations/manipulations générales (sur l'ensemble des 'p') sans en connaître la valeur pour un cas particulier. J'entends par là la dériver, intégrer, chercher des valeurs limites, des variations marginales... autant d'aspects ecartés par une unique valeur numérique issue d'un "certain nombre" de calculs.
Cela me rappelle cette occasion où, demandant 'conseil' à mon banquier (je vous parle d'un temps...) pour mon PEL, il me propose de faire des "simulations". Cette méthode consistait à prendre des "valeurs de départ" et d'observer le "résultat" obtenu. Si cela ne convenait pas on choisissait un autre ensemble de "valeurs de départ" et on recommençait. Heureusement qu'il y avait les CGV qui décrivent la "formulation" de ce PEL qui permet de trouver directement la solution "symboliquement" (... la "vérité" est, oh combien, plus complexe car il s'y incruste des tableaux numériques qui rendent les formules valables seulement par tranches du fait des participations de l'État. Mais je m'écarte).

En résumé :
- pour des valeurs numériques de K,a,n j'opterai volontier pour Newton ou autre pour faire vite
- pour un cas général, K,a,n gardant leur "anonymicité", j'aimerai (ce n'est qu'un vœu pieu ) une expression symbolique de 'p' pour les raisons ci-dessus.

Encore merci pour ta prompte réponse et désolé pour la, plutôt, longue suite que je lui donne.
Je modifie de ce pas le msg original pour spécifier "solution algébrique" comme ta réponse m'y invite.

[Ben314]

Si tu veut vraiment une "expression symbolique", comme tu dit, ben tu as celle donnée par Mapple : "Root Of ...", et tu n'aura... rien d'autre.
Si ça t'amuse (ou si ça te rassure), tu peut donner un nom à la fonction qui donne par exemple la plus grande racine de l'équation , par exemple toto(x).
Ce qu'il faut bien comprendre, c'est que si tu n'as pas de calculette (ni d'ordi.), tu est pas plus avancé avec du "toto(x)" qu'avec par exemple du "ln(x)" : la fonction log (népérien), c'est exactement pareil que ta fonction "toto" : on ne peut pas exprimer la primitive (s'annulant en 0) de la fonction x->1/x à l'aide des opérations élémentaires (+,-,*,/) donc... on lui a donné un nom, et, comme on s'en sert souvent, on a implémenté dans les ordi./calculettes des algorithmes pour calculer les valeurs approximatives de ln(x). C'est là la seule différence avec la fonction "toto" susnommée : comme elle n'est pas super souvent utilisé, y'a pas de touche dédiée sur les calculettes "standards" (mais y'a des tonnes de logiciels qui peuvent te l'approximer aussi précisément qu'un log népérien)

Sinon, concernant la "multiplicité des solutions", ben y'en a forcément pas des tonnes vu que la dérivée de est qui ne change de signe qu'une fois (si n est impair) ou deux fois (si n est pair) donc les variations de la fonction sont forcément très simples.

[Xclu]

re-bonjour Ben314,
1. je vote pour ton idée sur la solution unique/double du fait de l'étude de variation de f(x).
même si la parité ne devrait pas y faire grand chose puisque x (le taux, soit 1+i) devrait être
positif... quoiqu'avec le cas des surendettement...
2. je suis attristé de constater que d'autres forums arrivent à la même conclusion que toi en
optant pour les solutions numériques itératives ce qui élimine quasiment tout espoir de "beaux"
traitementx symboliques ultérieurs. Ah! les idéaux!
3. "toto(x) itératif" n'a pas le même usage qu'un "toto(x)" algébrique.
dans le cas de "ln(x)" que tu cites, sa dérivé est le très connu "1/x" et sa primitive "x*ln(x)-x".
Et ces expressions, à elles seules, donnent toute la puissance de l'algébrique quand possible.
C'est d'ailleurs de cela dont tu te sers quand tu parles de changement de signe de la dérivée
elle-même calculée "algébriquement".
déjà, une solution c'est mieux, merci.