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Technique Feynman

Modifié (14 Jan) dans Analyse
Bonjour, ou bonsoir (voir l'heure).
Je suis en train  de chercher dans les intégrales, et je suis tombé sur  technique Feynman.
C'est quoi la technique Feynman ?
Et merci d'avance.

Réponses

  • Modifié (14 Jan)
    Cela correspond au fait d'introduire un paramètre  dans l'intégrande d'une intégrale. L'intégrale est donc une fonction de ce paramètre. On utilise la formule de Leibnitz (inversion signe intégral et signe de dérivation) pour calculer cette nouvelle intégrale (si on peut) On obtient un résultat qui est toujours fonction du paramètre choisi puis on cherche une primitive de cette fonction.
  • Modifié (14 Jan)
    Exemple: $\displaystyle  \int_0^1 \dfrac{1-x}{\ln x}dx$
    PS. La nouvelle fonction à intégrer avec le paramètre se déduit aisément si on prend conscience que c'est $\ln x$ qui nous gène pour faire ce calcul et que lors de la phase de dérivation sous le signe intégral on peut parvenir à faire disparaître cette quantité si on met le paramètre où il faut.
  • P.P.
    Modifié (15 Jan)
    J'admire l'astuce de FdP pour calculer $I=\int_0^1\frac{1-x}{-\log x}dx$ en derivant $f(s)=\int_0^1\frac{1-x}{-\log x}x^s\, dx.$  Parallèlement il me semble que la vieille idée  $$\frac{1}{a}=\int_0^{\infty}e^{-sa}ds$$ pour se débarrasser d'un dénominateur positif compliqué marche très bien appliquée à $a=-\log x.$
  • Modifié (15 Jan)
    P.
    Je pensais plutôt à $F(s)=\displaystyle  \int_0^1 \dfrac{1-x^s}{\ln x}dx$
    On vérifie que $F(0)=0$ et $F(1)=\displaystyle  \int_0^1 \dfrac{1-x}{\ln x}dx$
    On a donc:  $F^\prime (s)=\displaystyle  -\int_0^1 x^s dx= -\dfrac{1}{s+1}$ donc $\displaystyle F(1)=F(1)-F(0)=\int_0^1 F^\prime (s)ds=-\int_0^1 \dfrac{1}{s+1}ds=-\ln 2$
  • Modifié (15 Jan)
    Bonjour Fin de partie; je n'arrive pas encore a bien comprendre, il me faut un petit cours ou la démonstration. Mais je suis surpris de la manière, dont cette astuce.
  • Modifié (15 Jan)
    Oops, c'est la première fois que je vois cette information. Car je ne suis pas français, ni un arabe. ( Merci  ;) )
  • Modifié (15 Jan)
    @Tyoussef: Dans certains cas on peut intervertir le signe intégral et le signe de dérivation et la dérivée de la fonction $s\rightarrow 1-x^s$ est $s\rightarrow -x^s\ln x$
    PS. Formellement on a $\displaystyle \frac{d}{ds}\int_0^1 f(s,x)dx=\int_0^1 \frac{d}{ds}f(s,x)dx$
  • Modifié (18 Jan)
    Très grand merci Fin de partie
  • Modifié (18 Jan)
    Un exemple d'intégrale qu'on peut traiter par la technique dite "Feynman's trick" dans le monde anglo-saxon.
    $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{x\arctan(x)}{\sqrt{1-x^2}(1+x^2)}dx$
    (intégrale que j'ai extraite de ce fil )
    NB. On peut montrer que cette intégrale vaut $\displaystyle \dfrac{1}{8}\pi\sqrt{2}\ln 2$.
  • Modifié (21 Jan)
    Une autre intégrale pour laquelle, je suis convaincu, on peut appliquer cette technique afin de la calculer.
    $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\ln\left(1-\sin t\right)}{\sin t}dt.$$
    Mais, attention, il faut sûrement réitérer l'application de cette  technique plusieurs fois pour en venir à bout, me semble-t-il.
    Pour commencer, c'est la même remarque que plus haut, il faut se débarrasser du $\sin t$ au dénominateur ce qui donne une idée où on va, de préférence, ajouter le paramètre.
    PS.
    Ce n'est pas nécessairement la manière la plus simple de calculer cette intégrale.
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