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.
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.
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 $a=-\log x.$
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.
@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 $\displaystyle \frac{d}{ds}\int_0^1 f(s,x)dx=\int_0^1 \frac{d}{ds}f(s,x)dx$
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.
Réponses
Mince alors ! Moi qui croyais que c'était une technique d' @oumpapah !