La evaluación de la integral elíptica $\int_{-\pi}^\pi\frac{dx}{\sqrt{(t-2\cos x)^2-4}}$

Question

Tengo el siguiente integral,

$$I(t)=\int_{-\pi}^\pi\frac{dx}{\sqrt{(t-2\cos x)^2-4}},$$

donde $t>4$ es un parámetro real. Sé de cachondeo numéricamente y jugando con Mathematica que

$$I(t)=\frac{4}{t}K\left(\frac{16}{t^2}\right),$$

donde $K$ es la integral elíptica completa de primera especie con el parámetro $m=k^2=16/t^2$. Sin embargo, busco prueba de ese hecho. He intentado un puñado de cambios de variables que no consigue el trabajo hecho, y he buscado en las tablas de integrales sin encontrar esta integrando o similar. Cualquier sugerencia o sugerencias se agradece.

Answer 1

Aquí está una ruta más tortuosa. Tal vez hay una forma más compacta para hacer esto:

$$\requieren{cancel}\begin{align*} \int_{-\pi}^\pi \frac{\mathrm dx}{\sqrt{(t-2\cos x)^2-4}}&=2\int_0^\pi \frac{\mathrm dx}{\sqrt{(t-2\cos x)^2-4}}\\ &=4\int_0^\infty \frac{\mathrm du}{\sqrt{((t+4)u^2+t)(tu^2+t-4)}} \qquad \small{\left(u=\tan\frac{x}{2}\right)}\\ &=\frac4{\sqrt{t(t+4)}}\int_0^\infty \frac{\mathrm du}{\sqrt{\left(u^2+\frac{t}{t+4}\right)\left(u^2+\frac{t-4}{t}\right)}}\\ &=\frac{4\cancel{\sqrt{t(t+4)}}}{\cancel{\sqrt{t(t+4)}}}\int_0^{\pi/2} \frac{\mathrm dv}{\sqrt{t^2-16+16\sin^2 v}} \quad \small{\left(u=\sqrt{\frac{t}{t+4}}\tan\,v\right)}\\ &=4\int_0^{\pi/2} \frac{\mathrm dv}{\sqrt{t^2-16+16\sin^2 v}}\\ &=4\int_{-\pi/2}^0 \frac{\mathrm dv}{\sqrt{t^2-16+16\sin^2 v}}\qquad\text{(symmetry)}\\ &=4\int_0^{\pi/2} \frac{\mathrm dv}{\sqrt{t^2-16+16\cos^2 v}}=4\int_0^{\pi/2} \frac{\mathrm dv}{\sqrt{t^2-16\sin^2 v}}\\ &=\frac4{t}K\left(\frac{16}{t^2}\right) \end{align*}$$

Answer 2

Desde $\cos(-x) = \cos(x)$ que puede reducir el intervalo de integración a $(0,\pi)$, y luego hacer el cambio de variable $u = \cos(x)$: $$ \int\limits_{-\pi}^\pi \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{(t-2 \cos(x))^2-4}} = \int_0^\pi \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{\left(\frac{t}{2} - \cos(x)\right)^2 -1}} = \int_{-1}^1 \frac{2 \mathrm{d} u}{\sqrt{1-u^2} \sqrt{4 u^2 + 4 u t + t^2-4}} $$ Ahora realizar un cambio de variables: $$ u = \frac{v-z}{1 - v z}, \qquad \text{donde} \quad v = \frac{t - \sqrt{t^2-16}}{4} $$ que los mapas de $-1<u<1$ a $-1<z<1$, lo que conduce a $$ \int_{-1}^1 \frac{ v \, \mathrm{d} z}{\sqrt{1-z^2} \sqrt{1-v^4 z^2}} = 2 v \cdot \mathrm{K}\left( v^4\right) $$ Esto no es exactamente lo que el OP lo pidió, pero muy elegante, sin embargo.

Aquí es una confirmación de la equivalencia en Mathematica:

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Añadió

:
La equivalencia de las anteriores respuesta a la conjetura por OP y establecido por @J. M. es a través de la transformación cuadrática: $$ \mathrm{K}(z) = \frac{2}{1+\sqrt{1-z}} \mathrm{K} \left( \left(\frac{1-\sqrt{1-z}}{1+\sqrt{1-z}} \right)^2 \right) $$ donde $z = \frac{16}{t^2}$. En efecto: $$ \frac{2}{1+\sqrt{1-\frac{16}{t^2}}} = \frac{2}{t + \sqrt{t^2-16}} = \frac{2}{t + \sqrt{t^2-16}} \cdot \frac{t - \sqrt{t^2-16}}{t - \sqrt{t^2-16}} = \frac{t}{4} \cdot \frac{t-\sqrt{t^2-16}}{2} $$ y del mismo modo: $$ \left(\frac{1-\sqrt{1-\frac{16}{t^2}}}{1+\sqrt{1-\frac{16}{t^2}}} \right)^2 = \left(\frac{t-\sqrt{t^2-16}}{t+\sqrt{t^2-16}} \cdot \color\verde{ \frac{t-\sqrt{t^2-16}}{t-\sqrt{t^2-16}} } \right)^2 = \left(\frac{\left(t-\sqrt{t^2-16}\right)^2}{16} \right)^2 $$ La combinación, llegamos a la igualdad: $$ \frac{4}{t} \mathrm{K}\left(\frac{16}{t^2}\right) = \frac{t-\sqrt{t^2-16}}{2} \mathrm{K}\left(\left( \frac{t-\sqrt{t^2-16}}{4} \right)^4\right) $$