Usar el teorema de residuos para demostrar que$\int^{2\pi}_{0} \frac{1}{(a+\cos\theta)^{2}} d \theta=\frac{2\pi a}{(a^{2}-1)^{3/{2}}}.$

Question

¿Cómo evalúas la siguiente integral? Aquí tomamos $a>1$ .

PS

Sé que tengo que usar el teorema de residuos, sin embargo, estoy atascado en el contorno que debo usar y también cómo encontrar el polo de la función. Cualquier consejo es muy apreciado.

Answer 1

Uso el contorno de $|z| = 1$

Primer cambio de los cosenos en exponencial de las formas.

$$\large\int \frac {1}{(a+\frac{e^{it}}{2} + \frac{e^{-it}}{2})^2} \ d\theta$$

$$z = e^{i\theta}\\ d\theta = \frac {1}{iz}$$

$$\large \oint_{|z| = 1} \frac {1}{iz(a+\frac{z}{2} + \frac{z^{-1}}{2})^2} \ dz$$

Que se simplifica a:

$$\large \oint_{|z| = 1} \frac {4z}{i(z^2 + 2az+ 1)^2} \ dz\\ \oint_{|z| = 1} \frac {4z}{i(z+ un + \sqrt {a^2-1})^2(z+ \sqrt {a^2-1})^2} \ dz$$

Tiene un polo en el interior del contorno.

El residual $z = -a+\sqrt {a^2 - 1} = 2\pi i \frac {d}{dz} \frac {4z}{i(z+ a + \sqrt {a^2-1})^2}$ evaluados en $z = -a+\sqrt {a^2 - 1}$

Answer 2

Usted no tiene que usar el teorema de los residuos. Por ejemplo, el $t=\tan(\theta/2)$de sustitución de obras $$ \begin{align*} \int_0^{2\pi}\frac1{(a+\cos\theta)^2}\,\mathrm{d}\theta&=\int_{-\pi}^{\pi}\frac1{(a+\cos\theta)^2}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac1{\left(a+\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)^2}\,\frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^2}\\ &=2\int_{-\infty}^\infty\frac{1+t^2}{((a+1)+(a-1)t^2)^2}\,\mathrm{d}t \end{align*} $$ Parcial de la fracción de la descomposición de el integrando $$ \frac{1+t^2}{((a+1)+(a-1)t^2)^2} =\frac1{(a-1)((a+1)+(a-1)t^2)}-\frac2{(a-1)((a+1)+(a-1)t^2)^2} $$ Ahora la combinación de $$ \int_{-\infty}^\infty\frac1{(a+1)+(a-1)t^2}\,\mathrm{d}t=\left[\frac{1}{\sqrt{a^2-1}}\arctan\left(t\sqrt{\frac{a-1}{a+1}}\right)\right]_{-\infty}^\infty=\frac{\pi}{\sqrt{a^2-1}} $$ y $$ \int_{-\infty}^\infty\frac2{((a+1)+(a-1)t^2)^2}\,\mathrm{d}t =\left[\frac{t}{(a+1)((a+1)+(a-1)t^2)}+\frac{1}{(a+1)\sqrt{a^2-1}}\arctan\left(t\sqrt{\frac{a-1}{a+1}}\right)\right]_{-\infty}^\infty=\frac{\pi}{(a+1)\sqrt{a^2-1}} $$ da la respuesta deseada.

Pero si usted desea utilizar el contorno de integración, ver Doug M de la respuesta.