Petit test sympathique ! - Exercice 1

On a :
$$F(x) = \int f(x) \, dx = \int \dfrac{1}{\sin^3(x)} \, dx = \int \dfrac{\sin(x)}{\sin^4(x)} \, dx = \int \dfrac{\sin(x)}{\left( \sin^2(x) \right)^2 }\, dx = \int \dfrac{\sin(x)}{\left( 1 - \cos^2(x) \right)^2 }\, dx$$
Que nous allons écrire sous la forme équivalente suivante :
$$F(x) = \int f(x) \, dx = \int \dfrac{1}{\left( 1 - \cos^2(x) \right)^2 } \, \sin(x) \, dx$$
Posons $$X = \cos(x)$$, auquel cas on en déduit que :
$$\dfrac{dX}{dx} = \dfrac{d}{dx} \big( \cos(x) \big) = - \sin(x)$$
Donc :
$$dX = - \sin(x) \, dx$$
On a alors :
$$F(x) = \int \dfrac{1}{\left( 1 - X^2 \right)^2 } \, (-dX) = - \int \dfrac{1}{\left( 1 - X^2 \right)^2 } \, dX = - \int \dfrac{1}{\left( X^2 - 1 \right)^2 } \, dX = - \int \left( \dfrac{1}{ X^2 - 1 } \right)^2\, dX$$
De plus, on a la décomposition en éléments simples de l'expression $$\dfrac{1}{\left( X^2 - 1 \right) }$$ qui suit :
$$\dfrac{1}{X^2 - 1 } = \dfrac{1}{( X - 1 ) ( X + 1 )} = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{ X - 1 } - \dfrac{\dfrac{1}{2}}{ X + 1 } = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{ X - 1 } - \dfrac{1}{ X + 1 } \right)$$
On en déduit alors que :
$$\left( \dfrac{1}{X^2 - 1 } \right)^2 = \left( \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{ X - 1 } - \dfrac{1}{ X + 1 } \right) \right)^2 = \dfrac{1}{4} \left( \left( \dfrac{1}{ X - 1 } \right)^2 - 2 \dfrac{1}{ X - 1 }\dfrac{1}{ X + 1 } + \left( \dfrac{1}{ X + 1 } \right)^2 \right)$$
Ce qui nous conduit à :
$$\left( \dfrac{1}{X^2 - 1 } \right)^2 = \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{1}{ (X - 1)^2 } - 2 \dfrac{1}{ X^2 - 1 } + \dfrac{1}{ (X + 1 )^2} \right)$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$\left( \dfrac{1}{X^2 - 1 } \right)^2 = \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{1}{ (X - 1)^2 } - 2 \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{ X - 1 } - \dfrac{1}{ X + 1 } \right) + \dfrac{1}{ (X + 1 )^2} \right)$$
Soit :
$$\left( \dfrac{1}{X^2 - 1 } \right)^2 = \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{1}{ (X - 1)^2 } - \left( \dfrac{1}{ X - 1 } - \dfrac{1}{ X + 1 } \right) + \dfrac{1}{ (X + 1 )^2} \right)$$
Soit encore :
$$\left( \dfrac{1}{X^2 - 1 } \right)^2 = \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{1}{ (X - 1)^2 } - \dfrac{1}{ X - 1 } + \dfrac{1}{ X + 1 } + \dfrac{1}{ (X + 1 )^2} \right)$$
Dès lors, on obtient :
$$F(x) = - \int \left( \dfrac{1}{ X^2 - 1 } \right)^2\, dX = - \int \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{1}{ (X - 1)^2 } - \dfrac{1}{ X - 1 } + \dfrac{1}{ X + 1 } + \dfrac{1}{ (X + 1 )^2} \right)\, dX$$
On peut donc écrire que :
$$F(x) = \dfrac{1}{4} \int \left( \dfrac{1}{ X - 1 } - \dfrac{1}{ X + 1 } - \dfrac{1}{ (X + 1 )^2} - \dfrac{1}{ (X - 1)^2 } \right) \, dX$$
Par linéarité, on en déduit que :
$$4F(x) = \int \dfrac{1}{ X - 1 } \, dX - \int \dfrac{1}{ X + 1 } \, dX - \int \dfrac{1}{ (X + 1)^2 } \, dX - \int \dfrac{1}{ (X - 1)^2 } \, dX$$
D'où :
$$4F(x) = \int \dfrac{(X - 1)'}{ X - 1 } \, dX - \int \dfrac{(X + 1)'}{ X + 1 } \, dX + \int \dfrac{-(X + 1)'}{ (X + 1)^2 } \, dX + \int \dfrac{-(X - 1)'}{ (X - 1)^2 } \, dX$$
Avec $$k \in \mathbb{R}$$, on obtient :
$$4F(x) = \ln ( |X - 1 | ) - \ln ( |X + 1 | ) + \dfrac{1}{ X + 1} + \dfrac{1}{ X - 1 } + k$$
Ce qui nous donne :
$$4F = \ln \left( \dfrac{|X - 1 |}{|X + 1 |} \right) + \dfrac{X - 1 + X + 1}{(X + 1)(X - 1)} + k$$
Soit encore :
$$4F(x) = \ln \left( \left|\dfrac{X - 1 }{X + 1 } \right| \right) + \dfrac{2X}{X^2 - 1^2} + k$$
On trouve alors, en notant $$K = \dfrac{k}{4} \in \mathbb{R}$$, que :
$$F(x) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left|\dfrac{X - 1 }{X + 1 } \right| \right) + \dfrac{1}{4} \dfrac{2X}{X^2 - 1} + K$$
Ce qui nous donne :
$$F(x) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left|\dfrac{X - 1 }{X + 1 } \right| \right) + \dfrac{X}{2(X^2 - 1)} + K$$
Mais nous avions initialement posé $$X = \cos(x)$$. On en déduit que :
$$F(x) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left|\dfrac{\cos(x) - 1 }{\cos(x) + 1 } \right| \right) + \dfrac{\cos(x)}{2(\cos^2(x) - 1)} + K$$
Mais également :
$$F(x) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left|\dfrac{\cos(x) - 1 }{\cos(x) + 1 } \right| \right) - \dfrac{\cos(x)}{2(1 - \cos^2(x))} + K$$
Finalement, on trouve l'expression recherchée :
$$F(x) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left|\dfrac{\cos(x) - 1 }{\cos(x) + 1 } \right| \right) - \dfrac{\cos(x)}{2\sin^2(x)} + K$$

On a :
$$I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \, dx = F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) - F\left( \dfrac{\pi}{4} \right)$$
Avec :
$$F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left|\dfrac{\cos\left( \dfrac{\pi}{2} \right) - 1 }{\cos\left( \dfrac{\pi}{2} \right) + 1 } \right| \right) - \dfrac{\cos\left( \dfrac{\pi}{2} \right)}{2\sin^2\left( \dfrac{\pi}{2} \right)} + K$$
Comme $$\cos\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 0$$ et $$\sin\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 1$$, on en déduit que l'on a :
$$F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left|\dfrac{0 - 1 }{0 + 1 } \right| \right) - \dfrac{0}{2\times 1^2} + K = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left|\dfrac{- 1 }{1 } \right| \right) - 0 + K = \dfrac{1}{4} \ln \left( |-1| \right) + K = \dfrac{1}{4} \ln \left( 1 \right) + K = 0+K$$
Soit :
$$F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = K$$
Puis :
$$F\left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left|\dfrac{\cos\left( \dfrac{\pi}{4} \right) - 1 }{\cos\left( \dfrac{\pi}{4} \right) + 1 } \right| \right) - \dfrac{\cos\left( \dfrac{\pi}{4} \right)}{2\sin^2\left( \dfrac{\pi}{4} \right)} + K$$
Comme $$\cos\left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$$ et $$\sin\left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$$, donc $$2\sin^2\left( \dfrac{\pi}{4} \right) = 1$$. On en déduit que l'on a :
Donc :
$$F\left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left| \dfrac{ \dfrac{\sqrt{2}}{2} -1}{ \dfrac{\sqrt{2}}{2} + 1 } \right| \right) - \dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{1} + K = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left| \dfrac{ \dfrac{\sqrt{2}-2}{2} }{ \dfrac{\sqrt{2}+2}{2} } \right| \right) - \dfrac{\sqrt{2}}{2} + K$$
Soit encore :
$$F\left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left| \dfrac{ \sqrt{2}-2}{ \sqrt{2}+2 } \right| \right) - \dfrac{\sqrt{2}}{2} + K = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left| \dfrac{ \sqrt{2}(1-\sqrt{2})}{ \sqrt{2}(1+\sqrt{2}) } \right| \right) - \dfrac{\sqrt{2}}{2} + K$$
Soit encore :
$$F\left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \left| \dfrac{ 1-\sqrt{2}}{1+\sqrt{2} } \right| \right) - \dfrac{\sqrt{2}}{2} + K$$
Or $$1-\sqrt{2} < 0$$ et $$1+\sqrt{2} > 0$$. Donc :
$$F\left( \dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{1}{4} \ln \left( \dfrac{ \sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1 } \right) - \dfrac{\sqrt{2}}{2} + K$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \, dx = K - \dfrac{1}{4} \ln \left( \dfrac{ \sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1 } \right) + \dfrac{\sqrt{2}}{2} - K = \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{1}{4} \ln \left( \dfrac{ \sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1 } \right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{1}{2} \ln \left( \sqrt{\dfrac{ \sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1 } }\right)$$
En factorisant, on obtient finalement :
$$I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} f(x) \, dx = \dfrac{1}{2} \left( \sqrt{2} - \ln \left( \sqrt{\dfrac{ \sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1 } } \right) \right) \,\, u.a. \simeq 1,15 \,\, u.a.$$
A l'aide d'un logiciel de calculs formels, on obtient le graphique suivant :