Technique Feynman

Tyoussef
Tyoussef
Modifié (January 2022) 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

  • Fin de partie
    Fin de partie
    Modifié (January 2022)
    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.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Modifié (January 2022)
    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.
  • Chaurien
    Chaurien
    Je suis en train de chercher, avec entrain.

  • P.
    P.
    Modifié (January 2022)
    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 $a=-\log x.$
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Modifié (January 2022)
    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 $\displaystyle F(1)=F(1)-F(0)=\int_0^1 F^\prime (s)ds=-\int_0^1 \dfrac{1}{s+1}ds=-\ln 2$


  • bisam
    bisam
  • Tyoussef
    Tyoussef
    Modifié (January 2022)
    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
    Tyoussef
    Modifié (January 2022)
    Oops, c'est la première fois que je vois cette information. Car je ne suis pas français, ni un arabe. ( Merci  ;) )
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Modifié (January 2022)
    @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 $\displaystyle \frac{d}{ds}\int_0^1 f(s,x)dx=\int_0^1 \frac{d}{ds}f(s,x)dx$
  • Tyoussef
    Tyoussef
    Modifié (January 2022)
    Très grand merci Fin de partie
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Modifié (January 2022)
    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 $\displaystyle \dfrac{1}{8}\pi\sqrt{2}\ln 2$.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Modifié (January 2022)
    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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