Les règles de Bioche

Les règles le Bioche permettent d'intégrer des fonctions rationnelles de polynômes en \(sin(x)\) et \(cos(x)\).

Ce sont les fonctions construites à partir de \(cosx.sinx\) et \(sinx.sinx\) et de constantes en utilisant les ``quatre opérations'' \(+, - ,\times \text{ et } \div\)". 
Autrement dit, ce sont les fractions rationnelles en deux variables \(R(u,v)\) dans lesquelles on remplace \(u\) par \(cosx\) et \(v\) par \(sinx\)
Pour calculer \(I=\int{R(u,v)dx}\), il y a un changement de variable qui marche toujours, à tous les coups : la substitution de Weierstrass: \(t=tan(x/2)\). (voir l'article précédent)

Cependant, ce calcul n'est pas très agréable en général. Il est lourd et peu élégant. On a intérêt à rechercher si d'autres changements de variable plus "économiques" veulent bien marcher. Il y a un truc pour trouver ces changements de variables, connu sous le nom de règles de Bioche.

Soient P et Q, 2 polynômes:
\[I=\int\frac{P(sinx,cosx)}{Q(sinx,cosx)}dx=\int{f(x)dx}\]

Alors, si:

• si \( f(-x)=-f(x)\), il peut être utile de poser un changement de variable \(t=cosx\) et faire apparaitre \(f(x)=g(cosx).(-sinx)dx\)
• si \(f(\pi-x)=-f(x)\), il peut être utile de poser un changement de variable \(t=sinx\) et faire apparaitre \(f(x)=g(sinx).(cosx)dx\)
• si \(f(\pi+x)=f(x)\), il peut être utile de poser un changement de variable \(t=tanx\) et faire apparaitre \(f(x) = g(tanx).\frac{1}{cos²(x)dx}\)  ou \(f(x) = g(tanx).(1+tan²x)dx\)
• dans les autres cas, le changement de variable \(t=tan \frac{x}{2}\) (substitution de Weierstrass) fonctionne. Dans ce cas, remplacer les \(sinx\), \(cosx\), et \(dx\) par leur valeurs en fonction de \(t\). (vois l'article précédent)
  
  Remarque: si les 3 règles ci-dessus fonctionnent, alors le changement de variable \(t=cos(2x)\) peut être assez efficace avec \(dt=-2sin(2x)dx\) 

Calculer \(I=\int{\frac{sinx}{1+cosx}    dx}\). C'est une fraction rationnelle en \(cosx\) et \(sinx\).

Posons \(f(x)=\frac{sinx}{1+cosx}\) et remarquons que \(f(-x)=\frac{sin(-x)}{1+cos(-x)}=\int{\frac{-sinx}{1+cosx}dx}\)
\[\Rightarrow f(-x)=-f(x)\]

Posons \(t=cosx\) et faisons apparaître \(-sinxdx\) dans \(f(x)\)

\(\begin{align*} I & = \int{\frac{sinx}{1+cosx}    dx} = \int{\frac{-1}{1+cosx}(-sinxdx)} && \Leftarrow \text{on cherche } g(cosx)(-sinx.dx)\\
& = -\int{\frac{dt}{1+t}} = -\ln{\lvert 1+t \rvert}+C (\in \mathbb R)
\end{align*}\)

Il reste à remplacer \(t\) par \(cosx\) , et pour finir: \(I=-\ln{\lvert 1+cost \rvert}+C (\in \mathbb R)\)

En gardant la méthode générale: \(t=tan(x/2)\)

\(\begin{align*} I & = \int{\frac{\frac{2t}{1+t²}}{1+\frac{1-t²}{1+t²}}\frac{2dt}{1+t²}} = \cdots
\end{align*}\) calculs un peu bourrin, et peu satisfaisant!!

Calculer \(I=\int{(1+sinx).tanx.dx}\) pour \(x \in ]-\pi/2;+\pi/2[\). C'est une fraction rationnelle en \(cosx\) et \(sinx\).

Posons\(f(x)= (1+sinx).tanx\) et remarquons que:
\(f(\pi-x)= (1+sin(\pi-x).tan(\pi-x) = (1+sinx).(-tanx)=-f(x)\)

Posons \(t=sinx\), et \(dt=cosxdx\). On va chercher à isoler un \(cosxdx\)

\(\begin{align*} I &=\int{(1+sinx)tanxdx} = \int{(1+sinx)\frac{sinx}{cosx}dx} && \Leftarrow \text{on cherche: }g(sinx).cosxdx  \\
&  =  \int{(1+sinx).sinx.\frac{cosxdx}{cos²x}} && \Leftarrow \text{on multiplie haut et bas par }cosx \\
&  = \int{\frac{(1+sinx).sinx}{1-sin²x}cosdx} && \Leftarrow \text{identité remarquable pour avoir }g(sinx)\\
& = \int{\frac{(1+t)t}{1-t²}dt}  = \int{\frac{(1+t)t}{(1+t)(1-t)}dt} = \int{\frac{t}{1-t}dt} && \Leftarrow \text{on simplifie au max} \\
& =  \int{\frac{t-1+1}{1-t}dt}=\int{\frac{t-1}{1-t}+\frac{1}{1-t}dt}=\int{\big(\frac{1}{1-t}-1\big)dt} && \Leftarrow \text{technique du +1-1} \\
&  = -t-\ln{\lvert 1-t \rvert}+C(\in \mathbb R)
\end{align*}\)
Il reste à remplacer \(t\) par \(sinx\)  et pour finir:  \(\boxed{I= -sinx - \ln{\lvert1-sinx\rvert}+C(\in \mathbb R)}\) 

En gardant la méthode générale \(t=tanx/2\):

\(\begin{align*} I & =\int{(1+\frac{2t}{1+t²}).\frac{2t}{1-t^2}.\frac{2}{1+t²}dt } = \int{ \frac{(1+t²+2t).4t}{(1+t²)². (1-t²)}    dt                                  } \\ 
&  =\int{\frac{4t(1+t).(1+t)}{(1+t²)².(1-t).(1+t)}  dt }= \int{\frac{4t(1+t)}{(1+t²)².(1-t)}dt} \end{align*}\)

La situation serait bien plus délicate.........

Calculer \(I=\int{\frac{sin²x}{cos^4x}.dx}\). C'est une fraction rationnelle en \(cosx\) et \(sinx\).

Posons\( f(x)= \frac{sin²x}{cos^4x}\) et remarquons que: \(f(\pi+x)= \frac{sin²(\pi+x)}{cos^4(\pi+x)}= \frac{sin²x}{cos^4x}=f(x)\)

Posons \(t=tanx\), et \(dt=\frac{1}{cos²x}dx\). On va chercher à isoler un \(\frac{1}{cos²x}dx\)

\(\begin{align*} I &=\int{\frac{sin²x}{cos^4x}dx} =\int{\frac{sin²x}{cos^²x}\frac{dx}{cos²x}dx}  && \Leftarrow \text{on cherche:}g(tanx).\frac{1}{cos²x}dx  \\
&  =  \int{tan²x.\frac{dx}{cos²x}}   = \int{t².dt} = \frac{1}{3}t^3 +C(\in \mathbb R) 
\end{align*}\)

Il reste à remplacer \(t\) par \(tanx\)  et pour finir:  \(\boxed{I= \frac{1}{3}.tan^3x+C(\in \mathbb R)}\) 

Je vous laisse faire le calcul en posant \(t=tanx/2 \dots\)

Ne pas oublié que \(\frac{1}{cos²t}=1 + tan²x\). Cela pourrait dans certains cas simplifier drastiquement les calculs.
Dans ce cas, on chercherait a factoriser par \((1+tan²t)dt \)

Calculer \(I = \int{ \frac{tanx}{1+sin²x}dx} \). C'est une fraction rationnelle en \(cosx\) et \(sinx\).

Posons \(f(x)= \frac{tanx}{1+sin²x}\) et remarquons que: \(\begin{cases} f(-x) = -f(x) \\ f(\pi-x) = -f(x) \\ f(\pi+x)= f(x) \end{cases}\), donc les 3 méthodes fonctionnent.

Posons \(t=cos(2x)\), et \(dt=-2sin(2x)dx=-4sinx.cosx.dx\). On va chercher à isoler un \(-4sinx.cosx.dx\)

Rappel de trigonométrie: \( \begin{cases} sin(2x)=2sinx.cosx \\ cos²x=\frac{1+cos(2x)}{2} = \frac{1+t}{2}\\ sin²x=\frac{1-cos(2x)}{2}=\frac{1-t}{2} \end{cases}\)

\(\begin{align*} I &=\int{ \frac{tanx}{1+sin²x}dx} =\int{\frac{sinx}{cosx(1+sin²x)}dx} && \Leftarrow \text{multiplier haut et bas par }cosx  \\
&  =\int{\frac{sinxcosx}{cos²x(1+sin²x)}dx}=-\frac{1}{4} \int{\frac{-4sinxcosx}{cos²x(1+sin²x)}dx} && \Leftarrow \text{multiplier haut et bas par -4 } \\
&  = -\frac{1}{4} \int{\frac{dt}{\frac{1+t}{2}. \bigg (1+\frac{1-t}{2} \bigg  ) } } =-\frac{1}{4} \int{\frac{dt}{(\frac{1+t}{2})(\frac{3-t}{2})  } } && \Leftarrow \text{remplacer par les valeurs calculées} \\
& = - \int{\frac{dt}{(1+t)(3-t)}  } \\
&  = \int{\frac{dt}{(1+t)(t-3)}  } \\
& = \int{\frac{-1/4dt}{1+t}} + \int{\frac{1/4dt}{t+3}}  = -\frac{1}{4}\ln \lvert 1+t \rvert+\frac{1}{4} \ln \lvert t-3 \rvert +C(\in \mathbb R) && \Leftarrow \text{décomposition en éléments simples} \\
& = \frac{1}{4} ln \bigg\lvert \frac{t-3}{t+1} \bigg\rvert +C(\in \mathbb R) \end{align*}\)

Il reste à remplacer \(t\) par \(cos(2x)\)  et pour finir:  \(\boxed{I= \frac{1}{4} ln \bigg\lvert \frac{cos(2x)-3}{cos(2x)+1} \bigg\rvert +C(\in \mathbb R)}\) 

On remarque que \(cos(2x)-3 \le 0\), et que \(cos(2x)+1 \ge 0\)donc on pourrait retirer les valeurs absolues et inverser pour \(3-cos(2x)\)