Sujet 1 - Exercice 1

La fonction $$f$$ est définie sur $$\mathbb{R}$$ par :
$$f(x) = \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(x)}$$
On constate alors qu'elle est de classe $$C^\infty$$ sur $$\mathbb{R}$$ et qu'elle est paire.
La présence du terme $$\cos^2(x)$$ nous invite à vérifier sa périodicité. La présence du carré sur le cosinus nous laisse penser qu'elle peut-être de période $$\pi$$. Vérifions ceci. Soit $$x$$ un réel. On a alors :
$$f(x +\pi) = \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(x+\pi)} = \dfrac{1}{\alpha + \beta \big(-\cos(x)\big)^2} = \dfrac{1}{\alpha + \beta \big(\cos(x)\big)^2} = \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(x)} = f(x)$$
Ainsi, effectivement, $$f$$ est $$\pi-$$périodique. La conséquence de cette périodicité est qu'il est possible d'étudier les variations de $$f$$ sur l'intervalle d'amplitude $$\pi$$, par exemple, $$\left[ -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right]$$. Puis, grace à sa parité, il est possible de réduire l'intervalle d'étude de moitié, à savoir étudier les variations de $$f$$ uniquement sur l'intervalle $$\left[ 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right]$$.
Donc :
$$\forall x \in \left[ 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right], \,\, f'(x) = - \dfrac{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)'}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2} = - \dfrac{\beta\left( \cos^2(x) \right)'}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2} = - \dfrac{2\cos(x)\beta\left( \cos(x) \right)'}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2}$$
Soit :
$$\forall x \in \left[ 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right], \,\, f'(x) = - \dfrac{2\cos(x)\beta\left( -\sin(x) \right)}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2} = \dfrac{\beta 2\cos(x)\sin(x)}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2}$$
Mais comme $$2\cos(x)\sin(x) = \sin(2x)$$, on en déduit que finalement :
Soit :
$$\forall x \in \left[ 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right], \,\, f'(x) = \dfrac{\beta \sin(2x)}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2}$$
Comme $$x \in \left[ 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right]$$, cela nous permet d'en conclure que :
$$\forall x \in \left[ 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right], \,\, f'(x) \geqslant 0$$
Ainsi, sur l'intervalle $$\left[ 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right]$$ la fonction $$f$$ est croissante et évolue de $$f(0) = \dfrac{1}{ \alpha + \beta}$$ à $$f\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = \dfrac{1}{ \alpha}$$.
De plus, on a $$f'(0) = f'\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 0$$, le théorème de $$Rolle$$ nous assure de l'existance d'au moins un nombre réel $$c$$ tel que $$c \in \left] 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right[$$ et $$(f')'(c) = f''(c) = 0$$. Afin de savoir si le nombre réel $$c$$ est unique, étudions $$f''$$. On a alors :
$$f''(x) = \left( f'(x) \right)' = \left( \dfrac{\beta \sin(2x)}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2} \right)' = \dfrac{\left( \beta \sin(2x) \right)' \left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2 - \beta \sin(2x) \left( \left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2 \right)'}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^4}$$
Soit :
$$f''(x) = \dfrac{ 2\beta \cos(2x) \left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^2 - \beta \sin(2x) 2\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right) \left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)'}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^4}$$
En simplifiant par le terme $$\alpha + \beta \cos^2(x)$$ on obtient :
$$f''(x) = \dfrac{ 2\beta \cos(2x) \left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right) - 2 \beta \sin(2x) \left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)'}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^3}$$
Or, on sait que :
$$\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)' = -2\beta \cos(x) \sin(x) = -\beta \sin(2x)$$
Donc :
$$f''(x) = \dfrac{ 2\beta \cos(2x) \left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right) + 2 \beta^2 \sin^2(2x) }{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^3}$$
Soit encore :
$$f''(x) = \dfrac{ 2\beta \cos(2x) \left( \alpha + \beta \left( \dfrac{1 + \cos(2x)}{2} \right) \right) + 2 \beta^2 \left( 1 - \cos^2(2x) \right)}{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^3}$$
En développant :
$$f''(x) = \dfrac{ 2 \alpha \beta \cos(2x) + 2\beta^2 \cos(2x) \left( \dfrac{1 + \cos(2x)}{2} \right) + 2 \beta^2 - 2 \beta^2\cos^2(2x) }{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^3}$$
Et encore :
$$f''(x) = \dfrac{ 2 \alpha \beta \cos(2x) + \beta^2 \cos(2x) \left( 1 + \cos(2x) \right) + 2 \beta^2 - 2 \beta^2\cos^2(2x) }{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^3}$$
D'où :
$$f''(x) = \dfrac{ 2 \alpha \beta \cos(2x) + \beta^2 \cos(2x) + \beta^2 \cos^2(2x) + 2 \beta^2 - 2 \beta^2\cos^2(2x) }{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^3}$$
Donc :
$$f''(x) = \dfrac{ \left( 2 \alpha \beta + \beta^2 \right) \cos(2x) + 2 \beta^2 - \beta^2 \cos^2(2x) }{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^3}$$
Finalement :
$$f''(x) = \dfrac{ - \beta^2\cos^2(2x) + \beta \left( 2 \alpha + \beta \right) \cos(2x) + 2 \beta^2 }{\left( \alpha + \beta \cos^2(x) \right)^3}$$
Etudions le signe du numérateur, noté $$N$$, de $$f''$$. Pour cela, posons $$X = \cos(2x) \in [-1 \,;\,1]$$. On a alors :
$$N(X) = - \beta^2 X^2 + \beta \left( 2 \alpha + \beta \right) X + 2 \beta^2$$
Le discriminant $$\Delta$$ associé à ce trinôme est :
$$\Delta = \left( \beta \left( 2 \alpha + \beta \right) \right)^2 - 4 \left( - \beta^2 \right) 2 \beta^2 = \beta^2 \left( 2 \alpha + \beta \right)^2 + 8 \beta^4 = \beta^2 \left( 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2 \right)$$
Par hypothèse, $$\alpha$$ et $$\beta$$ sont deux nombres réels strictement positifs, donc $$\Delta >0$$. Ainsi le numérateur $$N$$ admet deux racines réelles distinctes que nous noterons $$X_1$$ et $$X_2$$. Leurs expressions sont :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} X_1 & = & \dfrac{-\beta \left( 2 \alpha + \beta \right) + \sqrt{\beta^2 \left( 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2 \right)}}{-2\beta^2}\\ & & \\ X_2 & = & \dfrac{-\beta \left( 2 \alpha + \beta \right) - \sqrt{\beta^2 \left( 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2 \right)}}{-2\beta^2} \\ \end{array} \right.$$
Soit :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} X_1 & = & \dfrac{-\beta \left( 2 \alpha + \beta \right) + \beta \sqrt{ 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2}}{-2\beta^2}\\ & & \\ X_2 & = & \dfrac{-\beta \left( 2 \alpha + \beta \right) - \beta\sqrt{ 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2 }}{-2\beta^2} \\ \end{array} \right.$$
Soit encore :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} X_1 & = & \dfrac{ 2 \alpha + \beta - \sqrt{ 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2}}{2\beta}\\ & & \\ X_2 & = & \dfrac{ 2 \alpha + \beta + \sqrt{ 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2 }}{2\beta} \\ \end{array} \right.$$
Donc, on constate que :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} X_1 & < & 0\\ & & \\ X_2 & > & 1 \\ \end{array} \right.$$
Or, on a poser $$X = \cos(2x) \in [-1 \,;\,1]$$, et de fait $$X_2$$ est clairement impossible. Puis, on a :
$$X_1 -(-1) = X_1 + 1 = \dfrac{ 2 \alpha + \beta - \sqrt{ 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2}}{2\beta} + \dfrac{2\beta}{2\beta} = \dfrac{ 2 \alpha + 3\beta - \sqrt{ 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2}}{2\beta} >0$$
En effet, $$2\beta > 0$$, donc il suffit d'étudier le signe du numérateur. Raisonnons par l'absurde. Pour cela, supposons donc que $$2 \alpha + 3\beta - \sqrt{ 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2} < 0$$. Dans ce cas :
$$2 \alpha + 3\beta < \sqrt{ 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2} \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, (2 \alpha + 3\beta)^2 < 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2$$
En développant :
$$4 \alpha^2 + 12 \alpha \beta + 9\beta^2 < 8 \beta^2 + 4 \alpha^2 + 4 \alpha \beta + \beta^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 8 \alpha \beta < 0$$
Mais, par hypothese, $$\alpha$$ et $$\beta$$ sont deux nombres réels strictement positifs. Donc $$8 \alpha \beta$$ ne peut être qu'une quantité positive. Donc, le fait d'aboutir à l'inégalité $$8 \alpha \beta < 0$$ conduit à une contradiction (une absurdité). Ainsi, notre hypothèse initiale est fausse. On a donc :
$$2 \alpha + 3\beta - \sqrt{ 8 \beta^2 + \left( 2 \alpha + \beta \right)^2} > 0 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, X_1 -(-1) > 0 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, X_1 > -1$$
Donc $$X_1 > -1$$. On en déduit que $$-1 < X_1 < 0$$ et donc que $$X_1 \in [-1 \,;\, 1]$$. Ains le numérateur $$N$$ de $$f''$$ ne s'annule qu'une seule fois.
Dit autrement, la dérivée seconde $$f''$$ s'annule une, et une seule, fois sur l'intervale $$\left[ 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right]$$.

La fonction $$F$$ est définie par :
$$F(x) = \int_0^x f(t) \, dt = \int_0^x \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt$$
Pour tout $$t$$ réel, on sait que :
$$-1 \leqslant \cos(t) \leqslant 1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 \leqslant \cos^2(t) \leqslant 1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 \leqslant \beta\cos^2(t) \leqslant \beta \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \alpha \leqslant \alpha + \beta\cos^2(t) \leqslant \alpha + \beta$$
Donc, on en déduit que :
$$\dfrac{1}{\alpha} \geqslant \dfrac{1}{\alpha + \beta\cos^2(t)} \geqslant \dfrac{1}{\alpha + \beta} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{\alpha} \geqslant f(t) \geqslant \dfrac{1}{\alpha + \beta}$$
Soit $$x$$ un nombre réel strictement positif. Dans ce cas, on a :
$$\int_0^x \dfrac{1}{\alpha} \, dt \geqslant \int_0^x f(t) \, dt \geqslant \int_0^x \dfrac{1}{\alpha + \beta} \, dt \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{\alpha}\int_0^x 1 \, dt \geqslant F(x) \geqslant \dfrac{1}{\alpha + \beta}\int_0^x 1 \, dt$$
Soit, avec $$k_1$$ et $$k_2$$ deux constantes réelles :
$$\dfrac{1}{\alpha} \left[t+k_1\right]_0^x \geqslant F(x) \geqslant \dfrac{1}{\alpha + \beta} \left[t+k_2\right]_0^x \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{\alpha} \left(x+k_1 - 0 - k_1\right) \geqslant F(x) \geqslant \dfrac{1}{\alpha + \beta} \left(x+k_2 - 0 - k_2\right)$$
Donc :
$$\dfrac{1}{\alpha} x \geqslant F(x) \geqslant \dfrac{1}{\alpha + \beta} x$$
Par passage à la limite lorsque $$x \longrightarrow + \infty$$, on constate que :
$$\lim_{x \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{\alpha} x = \lim_{x \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{\alpha + \beta} x = + \infty$$
Le théorème de l'encadrement nous permet de conclure que, finalement, on a :
$$\lim_{x \longrightarrow + \infty} F(x) = + \infty$$

On cherche à exprimer :
$$F(x) = \int_0^x f(t) \, dt = \int_0^x \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt \,\,\,\,\,\,\,\, \mathrm{avec} : x \in [0 \,;\, 2\pi]$$
Commençons par chercher :
$$\int f(t) \, dt = \int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt$$
En calculant $$f(t+\pi) d(t+\pi)$$, on constate que :
$$f(t+\pi) d(t+\pi) = \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t+\pi)} d(t+\pi) = \dfrac{1}{\alpha + \beta \big(-\cos(t)\big)^2} \dfrac{d(t+\pi)}{dt} dt = \dfrac{1}{\alpha + \beta \big(\cos(t)\big)^2} 1 dt$$
Soit :
$$f(t+\pi) d(t+\pi) = f(t) \, dt$$
Par application des règles de $$Bioche$$, on va poser le changement de variable $$u = \tan(t)$$. Ainsi :
$$\dfrac{du}{dt} = \dfrac{d}{dt} \left( \tan(t) \right) = \dfrac{1}{\cos^2(t)} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, du = \dfrac{1}{\cos^2(t)} dt \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, dt = \cos^2(t) du$$
Puis :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \int \dfrac{\cos^2(t)}{\alpha + \beta \cos^2(t) } \, du = \int \dfrac{1}{\dfrac{\alpha + \beta \cos^2(t)}{\cos^2(t)} } \, du = \int \dfrac{1}{\dfrac{\alpha }{\cos^2(t)} + \dfrac{\beta \cos^2(t)}{\cos^2(t)}} \, du$$
Soit :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \int \dfrac{1}{\dfrac{\alpha \big( \cos^2(t) + \sin^2(t) \big) }{\cos^2(t)} + \beta } \, du = \int \dfrac{1}{\alpha \left( \dfrac{\cos^2(t)}{\cos^2(t)} + \dfrac{\sin^2(t)}{\cos^2(t)} \right) + \beta } \, du$$
Donc :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \int \dfrac{1}{\alpha \left( 1 + \tan^2(t) \right) + \beta } \, du = \int \dfrac{1}{\alpha \left( 1 + u^2 \right) + \beta } \, du = \int \dfrac{1}{\alpha u^2 + \alpha + \beta } \, du$$
Soit encore :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}\int \dfrac{1}{\big(\sqrt{\alpha} u\big)^2 + \alpha + \beta } \, d\big(\sqrt{\alpha} u\big) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}\int\dfrac{1}{\big(\sqrt{\alpha} u\big)^2 + \big(\sqrt{\alpha + \beta}\big)^2 } \, d\big(\sqrt{\alpha} u\big)$$
Posons $$X = \sqrt{\alpha} u$$, dans ce cas, on obtient :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}\int\dfrac{1}{X^2 + \big(\sqrt{\alpha + \beta}\big)^2 } \, dX$$
Lorsque la nombre réel $$a$$ est strictement positif on a (avec $$K \in \mathbb{R}$$) :
$$\int \dfrac{1}{X^2 + a^2} \, dX = \dfrac{1}{a} \arctan\left( \dfrac{X}{a} \right) + K$$
Donc, comme $$\sqrt{\alpha + \beta} > 0$$, on en déduit que :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}\int\dfrac{1}{X^2 + \big(\sqrt{\alpha + \beta}\big)^2 } \, dX = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}} \dfrac{1}{\sqrt{\alpha + \beta}} \arctan\left( \dfrac{X}{\sqrt{\alpha + \beta}} \right) + K$$
Comme $$X = \sqrt{\alpha} u$$, on a alors :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \dfrac{\sqrt{\alpha} u}{\sqrt{\alpha + \beta}} \right) + K$$
Mais, nous avion initialement posé $$u = \tan(t)$$, donc :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \dfrac{\sqrt{\alpha} \tan(t)}{\sqrt{\alpha + \beta}} \right) + K$$
Que nous écrirons sous la forme équivalente :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(t)\right) + K \,\,\,\,\, \big( K \in \mathbb{R} \big)$$
Ainsi :
$$F(x) = \int_0^x \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt \,\,\,\, (x \in [0 \,;\, 2\pi])$$
La valeur $$\pi$$ est une valeur importante car $$\tan(\pi) = \tan(0) = 0$$, et que $$\arctan(0) = 0$$. On a alors :
$$F(x= \pi) = \int_0^\pi \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt$$
La fonction $$f : t \longmapsto f(t) = \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)}$$ admet un axe de symétrie en $$t= \dfrac{\pi}{2}$$ car $$f\left( \dfrac{\pi}{2} - t \right) = f\left( \dfrac{\pi}{2} + t \right)$$. En effet, on sait que $$\cos\left( \dfrac{\pi}{2} - t \right) = - \cos\left( \dfrac{\pi}{2} + t \right)$$ et donc $$\cos^2\left( \dfrac{\pi}{2} - t \right) = \cos^2\left( \dfrac{\pi}{2} + t \right)$$ et de fait on a automatiquement $$f\left( \dfrac{\pi}{2} - t \right) = f\left( \dfrac{\pi}{2} + t \right)$$. Ainsi, on en déduit que :
$$F(x = \pi) = \int_0^\pi \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = 2 \int_0^\frac{\pi}{2} \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = 2 F\left( \dfrac{\pi}{2} \right)$$
Donc, pour $${\color{blue}{x \geqslant \pi}}$$, écrivons que :
$$F(x) = \int_0^x \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \int_0^\pi \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt + \int_\pi^x \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = F(\pi) + \int_\pi^x \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt$$
Soit :
$$F(x) = 2 F\left( \dfrac{\pi}{2} \right)+\int_\pi^x \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt$$
Nous allons ramener, dans cette dernière intégrale, la borne inférieure à zéro. Pour cela, posons $$u = t - \pi$$. Dans ce cas on a :
$$\dfrac{du}{dt} = \dfrac{d}{dt} \big( t - \pi \big) = 1 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, du = dt$$
Puis, lorsque $$t = \pi$$ on $$u=0$$, ensuite lorsque $$t = x$$ on $$u=x - \pi$$. Donc :
$$F(x) = 2 F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) + \int_0^{x-\pi} \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, du$$
De fait, cela nous donne :
$$F(x) = 2 F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) + F(x-\pi)$$
Et donc $$F$$ est $$\pi-$$périodique. Il nous suffit d'exprimer $$F$$ sur l'intervalle $$[0 \,;\, \pi]$$. C'est donc la présence du terme $$\tan(t)$$ qui va nous guider selon l'expression trouvée précédemment :
$$\int \dfrac{1}{\alpha + \beta \cos^2(t)} \, dt = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(t)\right) + K \,\,\,\,\, \big( K \in \mathbb{R} \big)$$
$${\color{blue}{\bullet \,\, Si \,\, x \in \left[ 0 \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right[ alors :}}$$
$$F(x) = \left[ \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(t)\right) + K \right]_0^x$$
Soit :
$$F(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) + K - \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(0)\right) - K$$
Soit encore :
$$F(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) - \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \times 0\right)$$
D'où :
$$F(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) - \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left(0\right)$$
Donc :
$$F(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) - 0$$
Finalement :
$$F(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right)$$
$${\color{blue}{\bullet \bullet \,\, Si \,\, x = \dfrac{\pi}{2} \,\, alors :}}$$
On peut écrire :
$$F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = \lim_{x \longrightarrow \frac{\pi}{2}} F(x) = \lim_{x \longrightarrow \frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right)$$
Dans ce cas $$\tan(x) \longrightarrow + \infty$$ et de fait $$\arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) \longrightarrow \dfrac{\pi}{2}$$. Ce qui nous permet d'écrire que :
$$F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = \lim_{x \longrightarrow \frac{\pi}{2}} F(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \dfrac{\pi}{2}$$
Finalement, on obtient :
$$F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
On en déduit immédiatement que :
$$F\left( \pi \right) = 2F\left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 2\dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} = \dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
$${\color{blue}{\bullet \bullet \bullet \,\, Si \,\, x \in \left] \dfrac{\pi}{2} \,;\, \pi \right[ alors :}}$$
Dans ce cas on a :
$$F(x) = \left[ \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(t)\right) + K \right]_{x \longrightarrow \frac{\pi}{2}}^x$$
Soit :
$$F(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) + K - \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
Lorsque $$x \longrightarrow \pi$$ on sait que $$F(x) \longrightarrow F(\pi) = \dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$. Donc :
$$\dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \lim_{x \longrightarrow \pi} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) + K - \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
Or, lorsque $$x \longrightarrow \pi$$ on a $$\tan(x) \longrightarrow 0$$ et de fait $$\arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) \longrightarrow 0$$. Donc on a :
$$\dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \times 0 + K - \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} = 0 + K - \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
Soit :
$$K = \dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} + \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} = \dfrac{3\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
On a alors :
$$F(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) + \dfrac{3\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} - \dfrac{\pi}{2\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
Finalement :
$$F(x) = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} \arctan\left( \sqrt{\dfrac{\alpha }{\alpha + \beta}} \tan(x)\right) + \dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
On rappelle que :
$${\color{blue}{\bullet \bullet \bullet \bullet \,\, Si \,\, x = \pi \,\, alors :}}$$
$$F\left( \pi \right) = \dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
$${\color{blue}{\bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, Si \,\, \pi < x < 2\pi \,\, alors :}}$$
$$F(x) = \dfrac{\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}} + F(\pi - x)$$
$${\color{blue}{\bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, Si \,\, x = 2\pi \,\, alors :}}$$
D'après l'étude on a :
$$F\left( 2\pi \right) = 2F\left( \pi \right) = \dfrac{2\pi}{\sqrt{\alpha(\alpha + \beta)}}$$
$${\color{red}{\bf{ \clubsuit \, Remarque :}} \,\, Cas \,\, \alpha =1 \,\, et \,\, \beta = 3 }$$
Dans ce cas on a :
$$F(x) = \int_0^x \dfrac{1}{1 + 3 \cos^2(t)} \, dt \,\,\,\, (x \in [0 \,;\, 2\pi])$$
Avec :
$$F\left( \pi \right) = \dfrac{\pi}{2}$$.
Et aussi :
$$F\left( \pi \right) = \pi$$.
Graphiquement, ceci se vérifie parfaitement. Voici la courbe représentative de $$F$$ sur l'intervalle $$[0 \,;\, 2\pi]$$ :

On a :
$$I = \int_{0}^{2\pi} \dfrac{1}{49 - 45 \sin^2(x)} \, dx = \int_{0}^{2\pi} \dfrac{1}{49 - 45 \big( 1 - \cos^2(x) \big)} \, dx = \int_{0}^{2\pi} \dfrac{1}{49 - 45 + 45\cos^2(x)} \, dx$$
Donc :
$$I = \int_{0}^{2\pi} \dfrac{1}{4 + 45\cos^2(x)} \, dx$$
Il s'agit de la fonction $$F$$ pour $$x = 2\pi$$, avec $$\alpha = 4$$ et $$\beta = 45$$. Donc :
$$I = \dfrac{2\pi}{\sqrt{4 \times (4 + 45)}} = \dfrac{2\pi}{\sqrt{4\times 49}} = \dfrac{2\pi}{\sqrt{4} \times \sqrt{49}} = \dfrac{2\pi}{2 \times 7}$$
Finalement :
$$I = \dfrac{2\pi}{\sqrt{4 \times (4 + 45)}} = \dfrac{\pi}{7} \,\, u.a. \simeq 0,45 \,\, u.a.$$
A l'aide d'un logiciel de calcul formel, on trouve que :

Ce qui est en parfait accord avec nos résultats issus de l'étude générale conduite dans ce problème.