De la integral definida, $\int_0^{2\pi}(\cos^2(x)+a^2)^{-1}dx$

Question

¿Cómo puedo probar el siguiente?

$$ I(a)=\int_0^{2\pi} \frac{\mathrm{d}x}{\cos^2(x)+a^2}=\frac{2\pi}{a\sqrt{a^2+1}}$$

Answer 1

SUGERENCIA

Hacer la sustitución $u=\tan x$.

La identidad de $1+\tan^2x \equiv \sec^2 x$ nos dice que $$1+u^2 = \frac{1}{\cos^2x}\implies \cos^2 x = \frac{1}{1+u^2}$$ Por otra parte, si $u=\tan x$$\mathrm{d}u=\sec^2x~\mathrm{d}x$, lo que, de nuevo por $1+\tan^2x \equiv \sec^2 x$, da $$\mathrm{d}x=\frac{1}{1+u^2}~\mathrm{d}u$$ Si usted hace estas sustituciones, a continuación, usted obtendrá $$\int \frac{\mathrm{d}x}{\cos^2x+a^2} \longmapsto \int \frac{\mathrm{d}u}{a^2u^2 + 1+a^2}$$ Usted debe ser capaz de integrar esto con bastante facilidad. Estándar integral tablas nos dicen que $$\int\frac{\mathrm{d}y}{y^2+b^2} = \frac{1}{b}\arctan\left(\frac{y}{b}\right) + C$$

Answer 2

Si alguien quiere ver un análisis complejo de la solución.

Deje $\gamma$ ser la unidad de$\require{autoload-all}$ círculo. Esta prueba se aplica a todos los complejos de $a$ de manera tal que la integral existe.

$$ I(a)=\int_0^{2\pi}\!\!\! \frac{\mathrm{d}t}{\cos^2(t)+a^2}$$

$$ \toggle{ \text{Set} \; x = e^{que}\quad\encerrar{roundedbox}{\text{ haga Clic para obtener Información }} }{ \begin{align} x &= e^{it}\\ \sin(t) &= \frac{1}{2i}\left(x-\frac{1}{x}\right)\\ \cos(t) &=\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)\\ \mathrm{d}t &= \frac{-i \, \mathrm{d}x}{x} \end{align} }\endtoggle $$

$$\begin{align} I(a)&=\int_\gamma \frac{-i\,\mathrm{d}x}{x\frac{x^4+2x^2+4x^2a^2+2}{4x^2}} \\[.2cm] &=\int_\gamma \frac{-4ix\,\mathrm{d}x}{x^4+2x^2+4x^2a^2+2} \end{align}$$

Los ceros del denominador son

$$x= \pm\sqrt{-2 a^2-2\sqrt{a^2} \sqrt{a^2+1}-1},\quad x = \pm\sqrt{-2 a^2+2\sqrt{a^2}\sqrt{a^2+1}-1}$$

Sólo el segundo de dos raíces será en el interior del círculo unidad. Llamar a estas raíces $x_+$ $x_-$ y establezca $\alpha = x_+^2$.

$$I(a) = 2\pi i \left(\lim_{x\to x_+} \frac{-4ix(x-x_+)}{x^4+2x^2+4x^2a^2+2} + \lim_{x\to x_-} \frac{-4ix(x-x_-)}{x^4+2x^2+4x^2a^2+2}\right)$$

Factor constantes y aplicar L'Hopitals regla para ambos de los límites

$$\begin{align}I(a) &= 8\pi \left(\lim_{x\to x_+} \frac{2x-x_+}{4x^3+4x+8xa^2} + \lim_{x\to x_-} \frac{2x-x_-}{4x^3+4x+8xa^2}\right)\\ &= 8\pi \left(\frac{x_+}{4x_+^3+4x_++8x_+a^2} + \frac{x_-}{4x_-^3+4x_-+8x_-a^2}\right) \\ &=8\pi \left(\frac{1}{4x_+^2+4+8a^2} + \frac{1}{4x_-^2+4+8a^2}\right)\end{align}$$

Utilizando el hecho de que $x_+^2 = x_-^2=\alpha$

$$\begin{align} I(a) &= 4\pi \left(\frac{1}{\alpha+1+2a^2}\right) \\ &= \frac{4\pi}{(-2 a^2+2\sqrt{a^2}\sqrt{a^2+1}-1)+1+2a^2} \\ &= \frac{2\pi}{\sqrt{a^2}\sqrt{a^2+1}}\end{align}$$

Este es el resultado de $a \in \mathbb{C}$. Para $a \in \mathbb{R}$ podemos decir que

$$I(a)=\int_0^{2\pi}\!\!\! \frac{\mathrm{d}t}{\cos^2(t)+a^2} = \frac{2\pi}{a\sqrt{a^2+1}}$$

Answer 3

Si $a >1$,

$$ \begin{align} \int_{0}^{2 \pi} \frac{1}{\cos^{2} (x)+a^{2}} \ dx &= \frac{1}{a^{2}} \int_{0}^{2 \pi} \frac{1}{1+ \frac{\cos^{2}(x)}{a^{2}}} \ dx \\ &= \frac{1}{a^{2}} \int_{0}^{2 \pi} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \frac{\cos^{2n}(x)}{a^{2n}} \ dx \\ &= \frac{1}{a^{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{a^{2n}} \int_{0}^{2 \pi} \cos^{2n} (x) \ dx \\ &= \frac{1}{a^{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{a^{2n}} \frac{2 \pi}{2^{2n}} \binom{2n}{n} \tag{1} \\ &= \frac{2 \pi}{a^{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \binom{2n}{n} \left( \frac{-1}{4a^{2}} \right)^{n} \\ &= \frac{2 \pi}{a^{2}} \frac{1}{\sqrt{1-4\left( \frac{-1}{4a^{2}}\right) }} \tag{2} \\ &= \frac{2 \pi}{a \sqrt{a^{2}+1}} .\end{align}$$

$ $

Esta en particular la evaluación no es válido si $0 < a \le 1$ porque entonces la serie es divergente.

$ $

$(1)$ Integral de $\cos^{n}(x)$ $[0,2\pi]$ $n$ un entero positivo

$(2)$ http://en.wikipedia.org/wiki/Central_binomial_coefficient