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Équipe enseignants Techniques d'intégration
Bobby : 3 !
Enseignant : Oui, Bobby, c'est exact.
$$n ! = n(n-1)...1$$.
Cette définition a un sens si n est un nombre entier positif, mais pas si \(n\) est un autre type de nombre réel. Les mathématiciens, étant des mathématiciens, ont décidé que cet état de choses était franchement inacceptable. Ils ont donc élaboré des définitions des factorielles qui te permettent de trouver \(\pi!\). L'une de ces définitions est la fonction gamma
$$n ! = \Gamma(n+1) = \int_0^{\infty} x^{n-1}e^{-x} \N ; dx.$$
C'est très bien, mais nous sommes confrontés à un autre dilemme : comment évaluer cette intégrale (franchement un peu effrayante) ? Heureusement, il existe une variété de techniques d'intégration que nous pouvons utiliser pour résoudre le problème. Les techniques d'intégration les plus courantes sont les suivantes :
La règle de puissance pour l'intégration
Intégration de fonctions à l'aide de la division longue
Il est essentiel de connaître ces techniques, mais elles ne t'aideront pas toujours à réaliser des intégrales comme la fonction gamma. Les techniques d'intégration sont trop nombreuses pour qu'un seul article puisse les couvrir entièrement, mais tu verras ici quelques-unes des techniques les plus connues pour traiter les intégrales problématiques. Cet article traite notamment de la règle de puissance pour l'intégration, des intégrales de fonctions inverses, de la substitution de Weierstrass et de la technique d'intégration de Feynman. Pour plus de détails sur les autres techniques d'intégration énumérées ci-dessus, reporte-toi aux articles correspondants.
Tout comme il existe une règle de puissance pour la différenciation, il existe une règle de puissance pour l'intégration.
La règle de puissance pour l'intégration stipule que
$$\displaystyle\int ax^n \ ; dx = \frac{a}{n+1}x^{n+1} + C.$$
Ici, \(n\N) peut être n'importe quel nombre réel (positif, négatif, zéro, entier, rationnel ou irrationnel).
Nous pouvons prouver la règle de puissance pour l'intégration directement à partir de la règle de puissance pour la différenciation. Rappelle que la règle de puissance pour la différenciation stipule que
$$\frac{d}{dx}x^n = nx^{n-1}.$$
Étant donné une fonction
$$\frac{a}{n+1}x^{n+1},$$
en utilisant la règle de puissance pour la différenciation, on sait que
$$\begin{align}\frac{d}{dx}\frac{a}{n+1}x^{n+1} &= \frac{a}{n+1}\frac{d}{dx} x^{n+1}\\ &= \frac{a}{n+1}\left((n+1)x^n\right)\\N &= ax^n.\Nend{align}$$$.
En intégrant les deux côtés de l'équation et en utilisant le théorème fondamental du calcul, nous obtenons que
\[\int \frac{d}{dx}\frac{a}{n+1}x^{n+1}\;dx = \int ax^n \N ; dx. \N]
ou en d'autres termes
\N[ \Nfrac{a}{n+1}x^{n+1} + C = \Nint ax^n \N ; dx.\N]
Tu peux considérer que la règle de puissance pour l'intégration "défait" la règle de puissance pour la différenciation. De nombreuses autres techniques d'intégration courantes sont basées sur cette stratégie qui consiste à "annuler" les règles de différenciation.
Évalue l'intégrale
\[\Nint 3x^3 \N ; dx.\N]
Solution:
Ici, tu peux utiliser la règle de puissance pour l'intégration avec \(a=3\) et \(n=3\). Ainsi ,
\N-int 3x^3 \N ; dx = \Nfrac{3}{4}x^{4} + C.\N-int 3x^3 \N ; dx = \Nfrac{3}{4}x^{4} + C.\N]
Tu peux vérifier par différenciation que cette réponse est correcte.
Voici quelques techniques d'intégration courantes :
Intégration de fonctions à l'aide de la division longue
Pour plus d'informations sur chacune de ces techniques, consulte les articles correspondants.
Prenons quelques exemples en utilisant la règle de puissance pour l'intégration.
Tout d'abord, nous pouvons utiliser la règle de puissance pour évaluer des intégrales avec des termes ajoutés et des radicaux.
Évalue l'intégrale
\[\int \sqrt{x} + \frac{17}{\sqrt{\pi}}x^{16} \ ; dx .\]
Solution :
La première chose à remarquer est que tu as deux termes dans notre intégrale qui s'ajoutent l'un à l'autre. Grâce à la règle de la somme pour l'intégration, tu peux écrire
\[\int \sqrt{x} + \frac{17}{\sqrt{\pi}}x^{16} \N ; dx = \Nint \Nsqrt{x} \N ; dx + \Nint \Nfrac{17}{\sqrt{\pi}}x^{16} \N ; dx.\N]
Le deuxième terme peut être intégré en appliquant directement la règle de puissance avec \(a = \frac{17}{\sqrt{\pi}}\) et \(n = 16\). Pour intégrer le premier terme, utilise l'identité
\[\sqrt{x} = x^{1/2}.\N]
En utilisant cette identité et en appliquant la règle de la puissance, tu obtiens que
\[\begin{align}\int \sqrt{x} + \frac{17}{\sqrt{\pi}}x^{16} \N- dx &= \Nint \Nsqrt{x} \N- dx + \N-int \Nfrac{17}{\sqrt{\pi}}x^{16} \N ; dx\N&= \Nint x^{1/2} \N ; dx + \Nint \Nfrac{17}{\sqrt{\pi}}x^{16} \N- ; dx\N-&= \frac{1}{3/2}x^{3/2} + \frac{17/\sqrt{\pi}}{17}x^{17}\N-&= \frac{2}{3}x^{3/2} + \frac{1}{\sqrt{\pi}x^{17}.\N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N- ; \N-].
Prenons un autre exemple, cette fois en utilisant des exposants négatifs.
Évalue
\[\Nint \frac{1}{x^3} - 4x^{3/2} \N ; dx.\N]
Solution :
Comme l'intégrande est la différence de deux termes, tu peux diviser l'intégrale en utilisant la règle de différence pour les intégrales :
\[\Nint \Nfrac{1}{x^3} - 4x^{3/2} ; dx = \int \frac{1}{x^3} \N ; dx - \Nint 4x^{3/2} \N ; dx\N]
Pour intégrer le premier terme, utilise l'identité
\[\frac{1}{x^3} = x^{-3}.\N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N]
Tu obtiens ainsi :
\[\begin{align}\int \frac{1}{x^3} - 4x^{3/2} \N ; dx &= \int \Nfrac{1}{x^3} \N- dx - \Nint 4x^{3/2} \N- dx\N&= \Nint x^{-3} dx - \Nint 4x^{3/2} \N- dx\N&= \Nfrac{1}{-2}x^{-2} - \Nfrac{4}{5/2} x^{5/2}\N-&= -\Nfrac{1}{2}x^{-2} - \Nfrac{8}{5} x^{5/2}.\N- end{align}\N-]
Trouver de nouvelles techniques d'intégration est presque une industrie artisanale parmi les mathématiciens. En effet, les techniques d'intégration peuvent être intéressantes, inattendues et tout simplement amusantes. Il n'est pas question dans cet article de détailler toutes les techniques d'intégration connues, mais nous pouvons nous pencher sur quelques exemples. Nous examinerons en particulier les intégrales de fonctions inverses, les techniques pour les intégrales trigonométriques et la technique d'intégration de Feynman.
Il existe un résultat intéressant qui donne l'intégrale de n'importe quelle fonction inverse. (Pour un rappel, voir l'article Fonctions inverses).
\N-int f^{-1}(y) dy = yf^{-1}(y) - F(f^{-1}(y)) + C.\N-int f^{-1}(y) dy = yf^{-1}(y) - F(f^{-1}(y)) + C.\N-int]
Notez que \ (f(x)\N) qui a un inverse \N(f^{-1}(x)\N) et un anti-dérivé \N(F(x)\N) signifie que \N (\Nfrac{d}{dx}F(x) = f(x)\N).
Ici, on utilise \N(y\N) au lieu de \N(x\N) pour souligner que tu travailles avec des fonctions inverses. Cette équation peut être vérifiée directement par différenciation, en utilisant l'identité
\[\frac{d}{dy}f^{-1}(y) = \frac{1}{f'(f^{-1}(y))}. \]
Avec l'identité, tu obtiens
\\frac{d}{dy}\gauche(yf^{-1}(y) - F(f^{-1}(y)) + C\right) &= \frac{d}{dy}\gauche(yf^{-1}(y)\right) - \frac{d}{dy}\gauche(F(f^{-1}(y)) + C\right)\\N-&= f^{-1}(y) + y\Ngauche(\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}\Ndroite) - F'(f^{-1}(y))\Nfrac{1}{f'(f^{-1}(y))}\N&= f^{-1}(y) + y\left(\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}\Nright) - f(f^{-1}(y))\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}\N&= f^{-1}(y) + y\left(\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}\Nright) - y\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}\N&= f^{-1}(y),\Nend{align}\N]
ce qui est exactement ce que tu voulais voir.
Il existe également une version de ce théorème pour les intégrales définies.
Étant donné une fonction f avec l'inverse \(f^{-1}\),
\[\N-int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(y) dy + \N-int_a^b f(x) \N ; dx = bf(b)-af(a).\N]
Il existe une belle preuve visuelle de ce fait en utilisant les propriétés des fonctions inverses. Tout d'abord, par souci de simplicité, mets \N(a = f(a) = 0) et \N(b > 0, \Nf(b) > 0). Tu peux dessiner l'intégrale \(\int_0^f(b) f(x) \ ; dx\) comme ceci, où la zone ombrée est la valeur de l'intégrale :
Fig. 1. Intégrale d'une fonction sous forme de surface.
Tu te souviendras peut-être que la réflexion du graphique de \(f) autour de la droite \(y=x) donne le graphique de \(f^{-1}\) :
Fig. 2. Symétrie d'une fonction et de son inverse sur la droite \(y=x\).
Tu dois trouver la somme de l'intégrale de la fonction et de son inverse. C'est là que tu peux utiliser une astuce intéressante : traiter \( f^{-1} \) comme une fonction de \(y\N), et non comme une fonction de \(x\N). Algébriquement, cela signifie qu'il faut remplacer chaque occurrence de \(x\N) par \N(y\N) et chaque \N(y\N) par un \N(x\N) dans l'équation de \N(f^{-1}\N). Il s'agit simplement d'un changement de variables ; cela ne change en rien l'intégrale avec laquelle tu travailles. Voici le truc en plus : remplacer \(y\N) par \N(x\N) et \N(x\N) par \N(y\N) est géométriquement équivalent à inverser le graphique de \N(f^{-1}\N) autour de la droite \N(y=x\N), comme tu peux le voir dans l'image ci-dessous.
Fig. 3. Preuve visuelle de l'intégrale de la fonction inverse en tant qu'aire.
Ainsi, comme le montre l'image ci-dessus, la somme de nos intégrales est la même que l'aire du rectangle, qui est \(bf(b)\).
Maintenant, si tu laisses \(a\) et \(c\) non nuls, tout ce que tu fais géométriquement, c'est découper un rectangle d'aire \(af(a)\) à partir de l'aire que tu cherches, comme tu peux le voir dans le graphique ci-dessous.
Fig. 4. Preuve visuelle de l'intégrale d'une fonction inverse avec une limite d'intégration non nulle.
Ainsi, en général,
\[\Nint_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(y)dy + \Nint_a^b f(x) \N ; dx = bf(b)-af(a).\N]
Prenons un exemple pour trouver l'antidérivée d'une fonction inverse.
Évalue
\N- [\Nint \Ncos^{-1}(y)dy\N]
où \(\cos(x)\)) est considéré comme une fonction sur l'intervalle \([0,\pi].\N-)
Solution :
La fonction \N(\Ncos^{-1}(y)\N) est l'inverse de la fonction \N(\Ncos(x)\N), tu peux donc utiliser la formule suivante
\N-int f^{-1}(y) dy = yf^{-1}(y) - F(f^{-1}(y)) + C.\N-int f^{-1}(y) dy = yf^{-1}(y) - F(f^{-1}(y)) + C.\N]
Tout d'abord, note que
\[F(x) = \int \cos(x) \ ; dx = -\sin(x) + C.\]
Donc, en insérant les fonctions dans l'équation ci-dessus, tu obtiens que
\N-int cos^{-1}(y) ; dx = y\Ncos^{-1}(y) - \Nsin(\Ncos^{-1}(y)) + C.\N]
Tu peux simplifier quelque peu cette expression en utilisant les propriétés des fonctions trigonométriques. Soit \N(\Ntheta = \Ncos^{-1}(x)\N). Alors
\N- [\Ncos(\Ntheta) = x = \Nfrac{x}{1}.\N]
Comme tu t'en souviens, le cosinus d'un angle thêta peut être interprété en termes de triangles droits comme le rapport entre le côté adjacent du triangle et son hypoténuse.
Fig. 5. Triangle avec l'angle \(\theta = \cos^{-1}(y)\).
En utilisant ce même triangle, tu obtiens que
\[\sin(\cos^{-1}(y)) = \sin(\theta) = \sqrt{1-y^2}.\]
Ainsi, l'expression se simplifie à
\N-int cos^{-1}(y) ; dx = y\cos^{-1}(y) - \sqrt{1-y^2} + C.\N-int ; dx = y\Ncos^{-1}(y) - \sqrt{1-y^2} + C.\N-int.
Cette "astuce du triangle" est pratique pour de nombreuses intégrales. Tu trouveras d'autres exemples dans l'article Substitution trigonométrique.
Prenons un exemple pour trouver l'intégrale définie d'une fonction inverse.
Évalue
\[\int_1^e \ln(y) dy = \int_{e^0}^{e^1} \ln(y) dy.\N]
Solution :
Tout d'abord, note que \(\ln(y)\N) est l'inverse de \(e^x\N). L'intégrale de \(\ln(y)\) n'est pas nécessairement évidente, mais nous savons comment intégrer \(e^x\). C'est donc une situation idéale pour utiliser les propriétés des fonctions inverses. En introduisant ces informations dans l'équation de l'intégrale définie d'une fonction inverse, tu obtiens que
\N- [\N- Début{align} \int_{e^0}^{e^1} \ln(y) dy + \int_{0}^1 e^x \ ; dx &= 1(e^1) - 0(e^0) \N &= e. \Nend{align}\N]
Ensuite, tu peux intégrer pour trouver
\[\begin{align}\int_0^1 e^x \ ; dx &= e^x \bigg|_{x=0}^{x=1}\&= e^1 - e^0\&= e-1.\end{align}\]
Enfin, tu peux résoudre
\[\Nint_{e^0}^{e^1} \Nln(y) \N ; dy. \N]
En substituant ce que tu sais,
\[ \Nint_{e^0}^{e^1} \Nln(y) \N ; dy + e-1 = e, \N]
ce qui signifie que\[ \Nint_{e^0}^{e^1} \Nln(y) \N ; dy = 1. \N]
Les fonctions trigonométriques apparaissent dans de nombreuses intégrales et peuvent être très utiles, même dans des endroits inattendus. Pour plus de détails sur la substitution trigonométrique ou sur l'intégration des fonctions trigonométriques en général, voir les articles Substitution trigonométrique, Intégrales trigonométriques et Intégrales résultant de fonctions trigonométriques inverses. Ici, tu peux jeter un coup d'œil à la substitution de Weierstrass, une technique intéressante utilisée pour évaluer les fonctions rationnelles de sinus et de cosinus. Cette technique repose sur la substitution \(u\), il peut donc être utile de lire l'article Intégration par substitution avant de lire cette section.
La substitution de Weierstrass est une méthode élégante pour résoudre les intégrales qui sont des fonctions rationnelles du sinus et du cosinus. La substitution de Weierstrass est la substitution \(u = \tan(x/2)\). En utilisant les identités des angles doubles, cette substitution nous donne les formules :
\[\begin{align} \sin(x) &= \frac{2u}{1+u^2}, \cos(x)&=\frac{1-u^2}{1+u^2}, \ dx &= \frac{2}{1+u^2} \N- ; du. [\N-END{align}\N]
Cette technique est particulièrement utile lorsque les fonctions sinus ou cosinus se trouvent au dénominateur d'une intégrale.
Utilise la substitution de Weierstrass pour trouver
\[\Nint \Nfrac{dx}{\cos(x)}.\N]
Solution :
Effectue d'abord la substitution
\N- u &= \Ntan\Nà gauche(\Nfrac{x}{2}\Nà droite),\N du &= \Nfrac{1+u^2}{2}dx. \[Fin{align}\N-]
Tu peux utiliser les équations
\[\sin(x) = \frac{2u}{1+u^2}\]
et
\[dx = \frac{2}{1+u^2} \ ; du\]
pour obtenir que
\[\begin{align}\int \frac{1}{\sin(x)}dx &= \int \frac{1+u^2}{2u}\left(\frac{2}{1+u^2}\right) \ ; du\\N&= \int \frac{1}{u} \N ; du\\N&= \ln|u| + C\N&= \ln\left|\tan\left(\frac{x}{2}\right)\right| + C.\N- [end{align}\N-]
La technique d'intégration de Feynman est une technique d'intégration intéressante qui est parfois aussi appelée "différencier sous le signe intégral". La technique de Feynman te permet d'utiliser la différenciation sur des intégrales compliquées pour obtenir une expression qui est (espérons-le !) plus facile à intégrer.
La technique de Feynman est difficile à exprimer succinctement en raison de ses variations entre les différentes intégrales. Cependant, les étapes suivantes donnent au moins un aperçu de ce que nous entendons par "technique de Feynman" pour évaluer
\N- [\Nint_a^b f(x) dx.\N]
Définis une fonction[I(t) = \int_a^b f(x, t)\N]en ajoutant un terme \N(t\N) à l'intégrale. Tu veux t'assurer que \(I(0) = 0\) et\[I(c) = \int_a^b f(x) dx\]pour un certain \(c\). Le meilleur \(f(x, t)\) à utiliser varie largement en fonction de l'intégrale avec laquelle tu travailles.
Par exemple, si ton intégrale est\N[ \Nint_a^b f(x) dx = \Nint_a^b x^2 dx,\N] tu pourrais définir\N[I(t) = \Nint_a^b x^t dx= \Nint_a^b f(x, t) dx.\N]
Trouve \(I'(t)\) en différenciant par rapport à \(t\) sous le signe de l'intégrale.
En symboles,\[ I'(t) = \frac{d}{dt}\int_a^b f(x, t) dx = \int_a^b \frac{\partial}{\partial t} f(x, t) dx.\]
En utilisant le théorème fondamental du calcul, intègre \N(I'(t)\Npour trouver \N(I(c)\N).
En symboles,\[I(c) = \int_0^c I'(t) dt = \int_a^b f(x) dx\]
Ici, l'expression \(\frac{\partial}{\partial t}\) signifie simplement "différencier l'expression par rapport à \(t\), et non par rapport à \(x\)". C'est ce qu'on appelle une dérivée partielle; tu en verras d'autres si tu fais du calcul à plusieurs variables.
Prenons quelques exemples pour illustrer cette technique.
Évalue l'intégrale
\[\int_0^1 \frac{x^3 - 1}{\ln(x)} dx.\N-]
Solution :
Pour évaluer cette intégrale, tu dois d'abord introduire une fonction d'une variable \(t\N), ce qui peut être contre-intuitif :
\[I(t) = \int_0^1 \frac{x^t - 1}{\ln(x)}dx.\N-]
Par définition,
\[I(3) = \int_0^1 \frac{x^3 - 1}{\ln(x)},\]
qui est l'intégrale d'origine. Ton problème consiste donc maintenant à trouver \(I(3)\N). Pour cela, commence par trouver la dérivée de notre fonction \N(I\N) :
\[\begin{align}I'(t) &= \frac{d}{dt}\int_0^1 \frac{x^t - 1}{\ln(x)} dx\\N-&= \int_0^1 \frac{\Npartial}{\Npartial t}\frac{x^t - 1}{\ln(x)} dx\N-&= \int_0^1 = \int_0^1 \frac{\Npartial}{\Npartial t}\frac{x^t - 1}{\ln(x)} dx\N- &= \Nint_0^1 \Nfrac{\Npartial}{\Npartial t}\Ngauche(\Nfrac{x^t}{\N(x)} - \Nfrac{1}{\N(x)}\Ndroite) dx\N&= \int_0^1 \frac{\ln(x)x^t}{\ln(x)} dx\N&= \int_0^1 x^t dx\N&= \frac{1}{t+1}x^t \bigg|_{x=0}^{x=1}\N&= \frac{1}{t+1}.\N- [end{align}\N]
Ici, comme tu différencies par rapport à \(t\), tu peux considérer \(x\) comme une constante.
Ensuite, puisque
\[\begin{align} I(0) = \int_0^1 \frac{x^0 - 1}{\ln(x)}dx \\N &= \int_0^1 \frac{1-1}{\ln(x)}dx \N &= \int_0^1 0 dx \N &= 0,\Nend{align}\N]
tu peux utiliser le théorème fondamental du calcul pour écrire :
\[\begin{align}I(3) &= I(3) - I(0)\\N-&= \int_0^3 I'(t) dt\N-&= \int_{0}^3 \frac{1}{t+1} dt\N-&= \ln(t+1)\bigg|_{t=0}^{t=3}\N-&= \ln(4) - \ln(1)\N-&= \ln(4).\n- end{align}\N].
Ainsi ,
\N- [\Nint_0^1 \Nfrac{x^3 - 1}{\ln(x)} dx = \ln(4).\N]
Prenons un autre exemple.
Évalue
\[\int_0^{\infty} \frac{\tan^{-1}(x)}{x(1+x^2)} \ ; dx. \]
Voir l'article Improper Integrals pour savoir comment résoudre les intégrales de cette forme.
Solution :
Commence par introduire un nouveau paramètre \(t\) dans l'équation. Il s'avère que le choix
\[I(t) = \int_0^{\infty} \frac{\tan^{-1}(tx)}{x(1+x^2)} \ ; dx\]
fonctionne bien. Lorsque \(t = 1\),
\[I(1) = \int_0^{\infty} \frac{\tan^{-1}(x)}{x(1+x^2)} \N ; dx.\N]
Aussi,
\N- [\N- Début{align} I(0) &= \int_0^{\infty} \frac{\tan^{-1}(0)}{x(1+x^2)} \nbsp;dx \nbsp;&= \int_0^\nfty 0 \n;dx \n;&= 0. \n;end{align}\nbsp;\n;\n;\n;\n;\n;\n;\n;\n ; dx]
La prochaine étape consiste à trouver \N(I'(t)\N) :
\[\begin{align}I'(t) &= \frac{d}{dt}\int_0^{\infty} \frac{\Ntan^{-1}(tx)}{x(1+x^2)} \N ; dx\N&= \Nint_0^{\infty} \frac{\partial}{\partial t}\frac{\tan^{-1}(tx)}{x(1+x^2)} \N ; dx\\N&= \int_0^{\infty} \frac{x}{(1+t^2x^2)x(1+x^2)} \N- ; dx\\N-&= \int_0^{\infty} \frac{1}{(1+t^2x^2)(1+x^2)} \ ; dx. \N- [Fin{align}\N]
Pour continuer l'intégration, utilise l'intégration par fractions partielles :
\[ \begin{align} \int_0^{\infty} \frac{1}{(1+t^2x^2)(1+x^2)} \ ; dx &= \int_0^{\infty} \frac{-t^2/(1-t^2)}{1 + t^2x^2} \N ; dx + \Nint_0^{\Nfty} \frac{1/(1-t^2)}{1+x^2} \N- ; dx \N-&= -\Nfrac{t}{1-t^2}\int_0^{\Nfty} \frac{t}{1 + t^2x^2} \ ; dx + \frac{1}{1-t^2}\int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^2}\\N-&= -\frac{t}{1-t^2}\tan^{-1}(tx) + \frac{1}{1-t^2}\tan^{-1}(x)\bigg|_{x=0}^{x=\infty}. \n-{align} \]
Pour évaluer le dernier terme, utilise le fait quela fonction arctangente se rapproche de \(\frac{\pi}{2}\) lorsque \(x\) se rapproche de l'infini, donc :
\[ \begin{align} I'(t) &= -\frac{t\pi}{2(1-t^2)} + \frac{\pi}{2(1-t^2)} + \frac{t}{1-t^2}(0) - \frac{1}{1-t^2}(0)\N-&= \frac{\pi (t-1)}{2(t^2 - 1)}\N-&= \frac{\pi}{2(t+1)}.\N- end{align}\N]
Enfin, utilise le théorème fondamental du calcul pour trouver \N(I(1)\N) :
\[\N-I(1) &= I(1) - I(0)\N-&= \int_0^1 I'(t) dt\N-&= \int_0^1 \Nfrac{\pi}{2(t+1)} dt\N-&= \Nfrac{\pi}{2}\int_0^1\Nfrac{1}{t+1} dt\N-&= \Nfrac{\pi}{2}\Nfrac{1}{t+1} dt\N- &= \frac{\pi}{2}\ln|t+1|\bigg|_{t=0}^{t=1}\N-&= \frac{\pi}{2}\left[\ln|2| - \ln|1|\right]\N-&= \frac{\pi}{2}\ln(2).\N- [Fin{align}\N]
Comme dans cet exemple, tu dois souvent utiliser l'intégration de Feynman avec d'autres techniques d'intégration.
Richard Feynman (1918-1988) était un physicien théoricien américain qui a réalisé des travaux importants en physique des particules et en mécanique quantique. C'était un physicien brillant qui avait le don d'expliquer des concepts difficiles de façon claire, élégante et concrète. Bien qu'il ne soit pas à l'origine de la technique d'intégration qui porte son nom, il a joué un rôle dans sa popularisation. Voici ce qu'il avait à dire sur cette technique :
"J'avais appris à faire des intégrales par diverses méthodes montrées dans un livre que mon professeur de physique au lycée, M. Bader, m'avait donné. Un jour, il m'a dit de rester après la classe. "Feynman, m'a-t-il dit, tu parles trop et tu fais trop de bruit. Je sais pourquoi. Tu t'ennuies. Je vais donc te donner un livre. Tu vas là-haut au fond, dans le coin, et tu étudies ce livre, et quand tu sauras tout ce qu'il y a dans ce livre, tu pourras à nouveau parler." ... [Ce livre] montrait comment différencier les paramètres sous le signe intégral - c'est une certaine opération. Il s'avère que ce n'est pas très enseigné dans les universités ; on n'y met pas l'accent. Mais j'ai compris comment utiliser cette méthode, et j'ai utilisé ce fichu outil encore et encore. C'est donc parce que j'étais autodidacte et que j'utilisais ce livre que j'avais des méthodes particulières pour faire des intégrales. ... J'ai donc acquis une excellente réputation en matière d'intégrales, uniquement parce que ma boîte à outils était différente de celle des autres, et qu'ils avaient essayé tous leurs outils avant de me confier le problème. "1
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Lily Hulatt is a Digital Content Specialist with over three years of experience in content strategy and curriculum design. She gained her PhD in English Literature from Durham University in 2022, taught in Durham University’s English Studies Department, and has contributed to a number of publications. Lily specialises in English Literature, English Language, History, and Philosophy.
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Gabriel Freitas is an AI Engineer with a solid experience in software development, machine learning algorithms, and generative AI, including large language models’ (LLMs) applications. Graduated in Electrical Engineering at the University of São Paulo, he is currently pursuing an MSc in Computer Engineering at the University of Campinas, specializing in machine learning topics. Gabriel has a strong background in software engineering and has worked on projects involving computer vision, embedded AI, and LLM applications.
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