Demostrar $\int_0^{2\pi}\frac{3a\sin^2\theta}{(1-a\cos \theta)^4}$ o $\int_0^{2\pi}\frac{\cos\theta}{(1-a\cos\theta)^3}=\frac{3a\pi}{(1-a^2)^{5/2}}$

Question

Haciendo un poco de modelización matemática de las órbitas planetarias he venido para arriba con dos integrales definidas $D_1$ $D_2$ que aparecen para producir el mismo resultado R cuando se probó con varios valores de $a$ ( donde $0<a<1$). $$ D_1 \, =\, \int_0^{2\pi}f_1\,\mathrm{d}\theta \, =\, \int_0^{2\pi}\frac{3a\sin^2\theta}{(1-\cos \theta)^4}\mathrm{d}\theta \,=\, \frac{3a\pi}{(1-a^2)^{5/2}} \, =\,R $$ y $$D_2\, =\,\int_0^{2\pi}f_2\,\mathrm{d}\theta \, =\, \int_0^{2\pi}\frac{\cos \theta}{(1-\cos \theta)^3}\,\mathrm{d}\theta \, =\, \frac{3a\pi}{(1-a^2)^{5/2}} \, =\,R$$

La hipótesis de: $D_1$ = $D_2$ ha sido demostrado en una pregunta aparte de Demostrar $\int_0^{2\pi}\frac{3a\sin^2\theta}{(1-a\cos \theta)^4}\mathrm{d}\theta = \int_0^{2\pi}\frac{\cos \theta}{(1-a\cos \theta)^3}\,\mathrm{d}\theta$ .

El resto de hipótesis $D_1$ = $R$ y $D_2$ = $R$ no han sido probados. Así que la pregunta es:-

Probar $D_1$ = $R$ o $D_2$ = $R$.

Sólo una prueba es necesaria, porque el otro puede entonces obtenerse a partir de $D_1$ = $D_2$.

---

Para más información

WolframAlpha calcula expresiones para el indefinido integrales $I_1,I_2$ como sigue:- $$I_1 \, =\, \int\frac{3a\sin^2\theta}{(1-\cos \theta)^4}\mathrm{d}\theta \,=\, $$ $$constant1 + \frac {un\,\sqrt{a^2-1}\sin\theta\,[-(2a^3+a)\cos^2\theta+3(a^2+1)cos\theta+a(2a^2-5)]} {2(a^2-1)^{5/2} (\cos\theta-1)^3} $$

$$-\frac {6a\, (\cos\theta-1)^3\,\tanh^-1 \left( \frac{(a+1)\tan(\theta/2)}{\sqrt{a^2-1}} \right) } {(2(una^2-1)^{5/2}\,(a\cos\theta-1)^3} $$

y

$$I_2 \, =\, \int\frac{\cos \theta}{(1-\cos \theta)^3}\,\mathrm{d}\theta \, =\, $$ $$constant2 - \frac {2a^2\sin\theta-sin\theta} {2(a^2-1)^2(a\cos\theta-1)} -\frac {\sin\theta} {2(a^2-1)(a\cos\theta-1)^2} $$

$$ -\frac {3a\tanh^-1\left(\frac{(a+1)\tan(\theta/2)}{\sqrt{a^2-1}}\right)} {(a^2-1)^{5/2}} $$ Tenga en cuenta que las condiciones finales de cada expresión ( es decir, los términos relacionados con la $\tanh^{-1} $$\tan$ ) son equivalentes entre sí.

También, tenga en cuenta que $$\int\frac{\cos\theta}{(1-\cos\theta)^3}\,d\theta= \frac{-\sin\theta}{(1-\cos\theta)^3} +\int \frac{3a\sin^2\theta}{(1-\cos\theta)^4}\,d\theta. $$

Escrito con StackEdit.

ACTUALIZACIÓN 20141028

He aceptado TenaliRaman la respuesta. Yo aún no comprenden todos los pasos pero sus útiles exposición me da la confianza de que con el tiempo puedo entender porque los métodos citados (binomios, de la serie) son los que he aprendido (en la secundaria).

La respuesta de M. Strochyk también aparece para dar una buena prueba. Pero el residuo método es demasiado avanzado para mí para entender en la actualidad.

Answer 1

De acuerdo a Brian Bóruma la sugerencia, la integral se puede evaluar mediante el teorema de los residuos $$\int\limits_0^{2\pi}\frac{\cos \theta}{(1-\cos \theta)^3}\,{d\theta}=\dfrac{1}{2}\int\limits_{|z|=1}{\dfrac{z+\frac{1}{z}}{\left[1-\frac{a}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right)\right]^3} \frac{dz}{iz}}=\\ =-4i\int\limits_{|z|=1}{\dfrac{z^3+z}{\left(-az^2+2z-\right)^3}dz}= \\ =-4i\int\limits_{|z|=1}{\dfrac{z^3+z}{-a^3\left(z-z_1\right)^3 \left(z-z_2\right)^3}dz}=-\dfrac{8\pi}{a^3}{\operatorname{Res}\limits_{z=z_1}{\dfrac{z^3+z}{\left(z-z_1\right)^3 \left(z-z_2\right)^3}}},$$ donde $z_1=\dfrac{1-\sqrt{1-a^2}}{a}, \;\; z_2=\dfrac{1+\sqrt{1-a^2}}{a}.$ Sólo el punto de $z_1$ se encuentra en la unidad de disco y es una de tercer orden polo para el integrando de la función.
El residuo puede ser calculado en una forma estándar: $$ \operatorname{Res}\limits_{z=z_1}{\dfrac{z^3+z}{\left(z-z_1\right)^3 \left(z-z_2\right)^3}}=\\= \dfrac{1}{2!} \lim\limits_{z\a z_1}{\dfrac{d^2}{dz^2}\left(\dfrac{\left(z-z_1\right)^3 \left(z^3+z \right)}{\left(z-z_1\right)^3 \left(z-z_2\right)^3} \right)} =\dfrac{1}{2!} \lim\limits_{z\a z_1}{\dfrac{d^2}{dz^2}\left(\dfrac{z^3+z }{ \left(z-z_2\right)^3} \right)} = \\ =\left. \left[\frac{3 z}{{\left(z - \frac{1+\sqrt{1-a^{2}}} {a}\right)}^{3}} - \frac{3 {\left(3 z^{2} + 1\right)}}{{\left(z - \frac{1+\sqrt{1-a^{2}} }{a}\right)}^{4}} + \frac{6 {\left(z^{3} + z\right)}}{{\left(z - \frac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{a}\right)}^{5}}\right] \right|_{z=z_1}. $$

Answer 2

Lema 1: Si $|x| < 1$, entonces sabemos que, $\frac{1}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{\infty}x^n$. Con esto, podemos muestran, además, que, $\frac{1}{(1 - x)^3} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(n+1)(n+2)}{2}x^n$.

Prueba: La primera suma es sólo el GP. La segunda suma se puede obtener simplemente contar las diferentes formas de obtener $x^n$$(\sum x^n)(\sum x^n)(\sum x^n)$.

---

Lema 2:$$\int_{0}^{2\pi}\cos^{2k}\theta d\theta = {2k \choose k}\frac{2}{4^k}\pi$$ Prueba: De la Fórmula de Reducción, podemos ver que, $$\int_{0}^{2\pi}\cos^{2k}\theta d\theta = \frac{2k - 1}{2k}\int_{0}^{2\pi}\cos^{2k - 2}\theta d\theta$$ Continuando de esta manera, nos da el resultado.

---

Lema 3:$$\int_{0}^{2\pi}\cos^{2k+1}\theta d\theta = 0$$ Prueba: Este resultado también se deduce de la Fórmula de Reducción.

---

Lema 4:$$\frac{3}{(1 - x)^{5/2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} (2n + 3)(2n+1){2n \choose n}\left(\frac{x}{4}\right)^n$$ Prueba: podemos mostrar que, cuando se $|x| < 1$, $$\frac{1}{\sqrt{1 - x}} = \sum_{n = 0}^{\infty} {2n \choose n}\left(\frac{x}{4}\right)^n$$ La diferenciación de una vez, se obtiene, $$\frac{1}{(1 - x)^{3/2}} = \sum_{n = 1}^{\infty} n{2n \choose n}\left(\frac{x^{n - 1}}{4^n}\right) = \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1){2(n+1) \choose (n+1)}\left(\frac{x^{n}}{4^{n+1}}\right)$$ $$= \frac{1}{2}\sum_{n = 0}^{\infty} (2n + 1){2n \choose n}\left(\frac{x}{4}\right)^n$$ La diferenciación de nuevo, nos, $$\frac{3}{(1 - x)^{5/2}} = 2\sum_{n = 1}^{\infty} n(2n + 1){2n \choose n}\left(\frac{x^{n-1}}{4^{n}}\right) = \sum_{n = 0}^{\infty} (2n + 3)(2n+1){2n \choose n}\left(\frac{x}{4}\right)^n$$

---

Teorema:$$\int_{0}^{2\pi}\frac{\cos\theta}{(1 - a\cos\theta)^3}d\theta = \frac{3a\pi}{(1 - a^2)^{5/2}}$$ Prueba: Dado, $0 < a < 1$, por lo $|a \cos\theta| < 1$ Por lo tanto, desde el Lema 1, mediante la sustitución de $x$$a\cos\theta$, obtenemos $$\frac{1}{(1 - a\cos\theta)^3} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(n+1)(n+2)}{2}a^n\cos^n\theta$$ Esto nos da, $$\int_{0}^{2\pi}\frac{\cos\theta}{(1 - a\cos\theta)^3}d\theta = \int_{0}^{2\pi} \cos\theta\left(\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(n+1)(n+2)}{2}a^n\cos^n\theta\right)d\theta$$ $$=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(n+1)(n+2)}{2}a^n\int_{0}^{2\pi}\cos^{n+1}\theta d\theta$$ Usando el Lema 2 y 3 y establecimiento $n = 2k + 1$, obtenemos, $$\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(n+1)(n+2)}{2}a^n\int_{0}^{2\pi}\cos^{n+1}\theta d\theta = \sum_{k = 0}^{\infty}\frac{(2k + 2)(2k + 3)}{2}a^{2k + 1} {2(k+1) \choose k+1}\frac{2}{4^{k+1}}\pi$$ $$=\frac{a\pi}{2}\sum_{k = 0}^{\infty}(k + 1)(2k + 3)a^{2k} {2(k+1) \choose k+1}\frac{1}{4^{k}}$$ $$= \frac{a\pi}{2}\sum_{k = 0}^{\infty}(2k+3)(2k+2)(2k+1)\frac{(2k)!}{k!(k+1)!}\left(\frac{a}{2}\right)^{2k}$$ $$= a\pi\sum_{k = 0}^{\infty}(2k+3)(2k+1)\frac{(2k)!}{k!k!}\left(\frac{a^2}{4}\right)^{k} = a\pi\sum_{k = 0}^{\infty}(2k+3)(2k+1){2k \choose k} \left(\frac{a^2}{4}\right)^{k}$$ Por último, utilizamos el Lema 4 para obtener el resultado.

Answer 3

NOTA: Esta es una continuación (la broca fácil!) de M. Strochyk la respuesta.

usando $$z = \frac{1-\sqrt{1-a^{2}}} {a} \mathrm{y}\,\mathrm{ definición}\, P=\sqrt{1-a^2}$$ de modo que $$\left( z - \frac{1+\sqrt{1-a^{2}}} {a} \right) = \frac{-2T}{a}$$ Podemos analizar los tres términos, de los Residuos por separado y unirlos posteriormente $$$$ PLAZO 1 $$ \frac {3 z}{{\left( z - \frac{1+Q} {a} \right)}^{3}} = \frac {3 \frac{1-P} {a}} {{\left( \frac{-2T}{a} \right)}^{3}} = \frac {3^2 \left(1-Q \ \ derecho) (-2T)^{2}} {{(-2T)}^{5}} $$TERM 2$$ - \frac{3 {\left(3 z^{2} + 1\right)}}{{\left(z - \frac{1+Q }{a}\right)}^{4}} =- \frac{3a^4 {\left(3 (\frac{1-P}{a})^{2} + 1\right) (-2T) }} {{\left(-2T\right)}^{5}} $$ PLAZO 3 $$ + \frac{6 {\left((z)^{3} + z\right)}}{{\left(z - \frac{1+Q}{a}\right)}^{5}} =+ \frac{6a^5 {\left((\frac{1-P}{a})^{3} + (\frac{1-P} {a})\right)}} {{\left(-2T\right)}^{5}} $$ Combinando los tres términos $$ = \frac {3^2 \left(4T^2-4T^3 \right) +6Qa^2 {\left( 3(1-2T+Q^2)+a^2\right) } +6a^2 {\left((1-P)^3+a^2(1-Q) \right)} } {{(-2T)}^{5}} $$ la reducción a $$ = \frac { \left(12a^2C^2-12a^2Q^3 \right) +{\left( 18a^2Q-36a^2C^2+18a^2Q^3+6a^4T\right) } +6a^2 {\left((1-3T+3T^2-Q^3)+a^2-Qa^2 \right)} } {{(-2T)}^{5}} $$ y $$ = \frac { \left(12a^2C^2-12a^2Q^3 \right) +{\left( 18a^2Q-36a^2C^2+18a^2Q^3+6a^4T\right) } + \left(6a^2-18a^2Q+18a^2C^2-6a^2Q^3+6a^4-6a^4T \right) } {{(-2T)}^{5}} $$ entonces $$ = \frac { -6a^2C^2 + 6a^2+6a^4 } {{(-2T)}^{5}} $$ Así $$ =\frac{6}{32} \frac {( un^2C^2 - a^2-a^4 ) } {Q^5} $$ Multiplicando por $-8\pi/a^3$ da $$ =-\frac{3\pi}{2a} \frac {( Q^2 - 1-a^2 ) } {Q^5} $$ pero $Q^2$ = $1-a^2$ así $$ =-\frac{3\pi}{2a} \frac {( -2a^2 ) } {Q^5} $$ dando $$ = \frac {3a\pi } {(1-a^2)^{5/2}} $$ que es la hipótesis de resultado.