Analyse – Integreren – De methode van Feynman

De methode van Feynman is gebaseerd op de volgende stelling:

Stelling: Als \(f(x,t)\) en \(\dfrac{\partial}{\partial t}f(x,t)\) beide continu zijn voor \(x\in[a,b]\), dan geldt:

\[\frac{d}{dt}\int_a^bf(x,t)\,dx=\int_a^b\frac{\partial}{\partial t}f(x,t)\,dx.\]

Voor de notatie \(\dfrac{\partial}{\partial t}\) zie: partiële afgeleiden. De methode is gebaseerd op het vinden van een integrand \(f(x,t)\) met een parameter \(t\) zodat de afgeleide naar die parameter \(t\) een integrand oplevert, die eenvoudiger te integreren is. Enkele voorbeelden:

1) Beschouw de integraal \(\displaystyle\int_0^1\frac{x-1}{\ln(x)}\,dx\). Omdat \(\displaystyle\lim\limits_{x\downarrow0}\frac{x-1}{\ln(x)}=0\) en \(\displaystyle\lim\limits_{x\uparrow1}\frac{x-1}{\ln(x)}=1\) (zie: de regel van l'Hospital) is de integrand continu op \([0,1]\) en bestaat de integraal. Beschouw nu de integraal \(I(t)=\displaystyle\int_0^1\frac{x^t-1}{\ln(x)}\,dx\) voor \(t>0\). Dan volgt:

\[I'(t)=\int_0^1\frac{x^t\ln(x)}{\ln(x)}\,dx=\int_0^1x^t\,dx=\frac{1}{t+1}x^{t+1}\bigg|_0^1=\frac{1}{t+1},\quad t>0.\]

Hieruit volgt dat \(I(t)=\ln(t+1)+C\) en aangezien \(I(0)=0\) concluderen we dat \(I(t)=\ln(t+1)\) voor \(t>0\).

Dus: \(\displaystyle\int_0^1\frac{x-1}{\ln(x)}\,dx=\ln(2)\). Evenzo: \(\displaystyle\int_0^1\frac{x^2-1}{\ln(x)}\,dx=\ln(3)\) en \(\displaystyle\int_0^1\frac{\sqrt{x}-1}{\ln(x)}\,dx=\ln(\tfrac{3}{2})\).

2) Beschow de integraal \(\displaystyle\int_0^1\frac{\sin(\ln(x))}{\ln(x)}\,dx\). Laat \(I(t)=\displaystyle\int_0^1\frac{\sin(t\ln(x))}{\ln(x)}\,dx\), dan volgt: \(I(0)-0\) en met de substitutie \(\ln(x)=y\) oftewel \(x=e^y\)

\[I'(t)=\int_0^1\cos(t\ln(x))\,dx=\int_{-\infty}^0\cos(ty)e^y\,dy=\int_0^{\infty}e^{-y}\cos(ty)\,dy.\]

Met behulp van partiële integratie volgt nu

\begin{align*} \int_0^{\infty}e^{-y}\cos(ty)\,dy&=-e^{-y}\cos(ty)\bigg|_0^{\infty}-t\int_0^{\infty}e^{-y}\sin(ty)\,dy\\[2.5mm] &=1+te^{-y}\sin(ty)\bigg|_0^{\infty}-t^2\int_0^{\infty}e^{-y}\cos(ty)\,dy=1-t^2\int_0^{\infty}e^{-y}\cos(ty)\,dy. \end{align*}

Dus: \(I'(t)=\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-y}\cos(ty)\,dy=\frac{1}{1+t^2}\). Met \(I(0)=0\) volgt hieruit dat \(I(t)=\arctan(t)\).

Dus: \(\displaystyle\int_0^1\frac{\sin(\ln(x))}{\ln(x)}\,dx=\arctan(1)=\tfrac{1}{4}\pi\).

3) Beschouw de integraal \(I(t)=\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-\alpha x}\sin(xt)}{x}\,dx\) voor \(\alpha>0\) en \(t>0\). Omdat \(\displaystyle\lim\limits_{x\downarrow0}\frac{\sin(xt)}{x}=t\) is de integraal convergent. Dan volgt: \(I(0)=0\) en met behulp van partiële integratie

\[I'(t)=\int_0^{\infty}e^{-\alpha x}\cos(xt)\,dx=\left[\frac{t}{\alpha^2+t^2}e^{-\alpha x}\sin(xt)-\frac{\alpha}{\alpha^2+t^2}e^{-\alpha x}\cos(xt)\right]_0^{\infty}=\frac{\alpha}{\alpha^2+t^2}.\]

Hieruit volgt dat \(I(t)=\arctan\left(\frac{t}{\alpha}\right)\). Hieruit volgt bijvoorbeeld dat \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-\alpha x}\sin(\alpha x)}{x}\,dx=\arctan(1)=\tfrac{1}{4}\pi\) voor alle \(\alpha>0\). Verder geldt: \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-x\sqrt{3}}\sin(x)}{x}\,dx=\arctan\left(\tfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=\tfrac{1}{6}\pi\) en \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}\sin(x\sqrt{3})}{x}\,dx=\arctan(\sqrt{3})=\tfrac{1}{3}\pi\).

De Dirichlet integraal

Stelling: \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)}{x}\,dx=\frac{1}{2}\pi\).

Bewijs: Omdat \(\displaystyle\lim\limits_{x\downarrow0}\frac{\sin(x)}{x}=1\) is het duidelijk dat de integrand continu is en de integraal convergent. Stel nu: \(I(t)=\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-xt}\frac{\sin(x)}{x}\,dx\). Dan volgt:

\begin{align*} I'(t)&=-\int_0^{\infty}e^{-xt}\sin(x)\,dx=\int_0^{\infty}e^{-xt}\,d\cos(x)=e^{-xt}\cos(x)\bigg|_0^{\infty}-\int_0^{\infty}\cos(x)\,de^{-xt}\\[2.5mm] &=-1+t\int_0^{\infty}e^{-xt}\cos(x)\,dx=-1+t\int_0^{\infty}e^{-xt}\,d\sin(x)\\[2.5mm] &=-1+te^{-xt}\sin(x)\bigg|_0^{\infty}-t\int_0^{\infty}\sin(x)\,de^{-xt}=-1+t^2\int_0^{\infty}e^{-xt}\sin(x)\,dt. \end{align*}

Hieruit volgt dat \(\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-xt}\sin(x)\,dx=\frac{1}{1+t^2}\) en dus: \(I'(t)=-\displaystyle\frac{1}{1+t^2}\). Dus: \(I(t)=-\arctan(t)+C\). Merk op dat \(0=\displaystyle\lim\limits_{t\to\infty}I(t)=-\tfrac{1}{2}\pi+C\), waaruit volgt dat \(C=\tfrac{1}{2}\pi\). We concluderen nu dat \(I(t)=-\arctan(t)+\frac{1}{2}\pi\). Dus: \(\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)}{x}\,dx=I(0)=\tfrac{1}{2}\pi\).

---

Laatst gewijzigd op 20 april 2024