Consideremos la siguiente integral real $a, b$ tal que la raíz cuadrada es real:\begin{equation} I=\int_0^{2 \pi} \sqrt{1-(a+b \sin\phi)^2} d\phi \end{equation} $a = 0$, la integral es fácilmente expresada en términos de la función elíptica completa de segunda especie. ¿El integral tiene una forma cerrada (en términos de funciones especiales) arbitraria $a$? Mathematica no dió un resultado útil, incluso para los específicos valores exactos de $a,b$.
Respuesta
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Resultado:
$$\boxed{\displaystyle \mathcal{I}=4\sqrt{\frac{b}{k}}\,\biggl[\mathbf{E}\left(k^2\right)-\left(1-k^2\right)\mathbf{K}\left(k^2\right)+\left(1-k^2\right)\Pi\left(c^{-2}|k^2\right)\biggr]} \tag{$\heartsuit$}$$
donde sigo Mathematica convenios para los argumentos de $\mathsf{EllipticE}$, $\mathsf{EllipticK}$ y $\mathsf{EllipticPi}$, y los parámetros de $k$ $c$ a continuación se definen por (0) y (2), respectivamente.
Derivación:
$\square$ La subyacente de curva elíptica $\mathcal{C}$ es descrito por la ecuación $$y^2=\left(1-z^2\right)\left(1-(a+bz)^2\right).$$ Topológicamente este es un toro di cuenta como dos sábana cubriendo de $\mathbb{P}^1$ ramificados en$4$$z_{1\ldots4}=\pm1,\frac{\pm1-a}{b}$. Estos pueden ser puestos a $\pm1,\pm k^{-1}$ por una fracción transformación lineal. Tales transformaciones preservar la anarmónicos relación, lo que permite identificar $$\frac{z_{21}z_{43}}{z_{31}z_{42}}=\frac{4b}{a^2-(1-b)^2}=-\frac{4k}{(1-k)^2}.$$ Elegir una solución $$k=\frac{1+b^2-a^2-\sqrt{(1+b^2-a^2)^2-4b^2}}{2b}.\tag{0}$$ Las correspondientes fracciones de transformación lineal trayendo $\mathcal{C}$ para el estándar de Legendre forma es así $$z=\frac{a w+(k-b)}{(k-b) w+a}.$$
Después de estas observaciones preliminares, podemos aplicar el correspondiente cambio de variables en la integral nos interesa: \begin{align} \mathcal{I}=&\int_0^{2\pi}\sqrt{1-(a+b\sin\phi)^2}\,d\phi=\\=& 2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-(a+b\sin\phi)^2}\,d\phi=\\ =&2\int_{-1}^1 \sqrt{\frac{1-(a+bz)^2}{1-z^2}}dz=\\=&2\left[\frac{a^2}{(b-k)^2}-1\right]\sqrt{\frac{b}{k}}\int_{-1}^1\sqrt{\frac{1-k^2w^2}{1-w^2}}\frac{dw}{\left(w-\frac{a}{b-k}\right)^2}=\\ =&2\left(c^2-1\right)\sqrt{\frac{b}{k}}\int_{-1}^1\frac{1-k^2w^2}{\left(w-c\right)^2}\frac{dw}{\lambda},\tag{1} \end{align} con $\lambda=\sqrt{(1-w^2)(1-k^2w^2)}$ y $$c=\frac{a}{b-k}.\tag{2}$$ Es posible reducir la última parte integrante de una combinación de las integrales de tres tipos: $$\int\frac{dw}{\lambda},\qquad \int\frac{w^2dw}{\lambda},\qquad \int\frac{dw}{(w-c)\lambda},\tag{3}$$ la producción de las integrales elípticas de la 1ª, 2ª y 3ª tipo, respectivamente. La idea es escribir \begin{align} \frac{1-k^2w^2}{\left(w-c\right)^2}\frac{1}{\lambda}=\left[\alpha+\frac{\beta}{w-c}+\frac{\gamma}{(w-c)^2}\right]\frac{1}{\lambda} \end{align} El $\alpha$ - $\beta$plazo dar las integrales elípticas de la 1er y 3er tipo. Para reducir el $\gamma$-plazo para las integrales del tipo (3), compararlo con el derivado \begin{align}\frac{d}{dw}\frac{\lambda}{w-c}=-\frac{(c^2-1)(c^2k^2-1)}{(w-c)^2\lambda} -\frac{c(c^2k^2-1)+ck^2(c^2-1)}{(w-c)\lambda}+\frac{k^2(w^2-c^2)}{\lambda}. \end{align}
En total, este nos permite escribir $$\frac{1-k^2w^2}{\left(w-c\right)^2}\frac{1}{\lambda}=\frac{1}{c^2-1}\left[\frac{d}{dw}\frac{\lambda}{w-c}-\frac{c(1-k^2)}{(w-c)\lambda}+\frac{k^2(1-w^2)}{\lambda}\right],$$ que a su vez implica $$\mathcal{I}=2\sqrt{\frac{b}{k}}\int_{-1}^1\left[-\frac{c(1-k^2)}{(w-c)\lambda}+\frac{k^2(1-w^2)}{\lambda}\right]dw.$$ Después de algunas sencillo álgebra, esto finalmente se presenta el resultado anterior ($\heartsuit$). $\blacksquare$
