Evalúe$\int _0^{2\pi }\frac{\cos (n\theta) }{a+\cos\theta}\,d\theta$ con$a>1$,$n\in \mathbb{N}-\left\{0\right\}$

Question

Evaluar $$\int _0^{2\pi }\frac{\cos (n\theta) }{a+\cos\theta}\,d\theta,\quad\,a>1$$

Escribí $$f\left(z\right)=\frac{\frac{1}{2}\left(z^n+z^{-n}\right)}{\frac{iz^2}{2}+aiz+\frac{i}{2}}$$

El discriminante es $\Delta =a^2-1>0$

Los polos se $z=-a\pm \sqrt{a^2-1}$ e $z=0$

$z=-a+\sqrt{a^2-1}$ e $z=0$ están dentro del círculo unitario.

Aplicando el teorema de los residuos, se calcula: $2i\pi \lim _{z\to -a+\sqrt{a^2-1}}\left(\frac{-\frac{i}{2}\left(z^n+z^{-n}\right)}{\frac{1}{2}\left(z+a+\sqrt{a^2-1}\right)}\right)$

El primer residuo es $\pi \frac{\left(-a+\sqrt{a^2-1}\right)^n+\left(-a+\sqrt{a^2-1}\right)^{-n}}{\sqrt{a^2-1}}$

Ahora $2i\pi \lim _{z\to 0}\left(\frac{-\frac{i}{2}\left(z^{n+1}+z^{-n+1}\right)}{\frac{1}{2}\left(z+a-\sqrt{a^2-1}\right)\left(z+a+\sqrt{a^2-1}\right)}\right)$ $=\lim _{z\to 0}\left(2\pi \left(z^{n+1}+z^{-n+1}\right)\right)\:$

Answer 1

Para evaluar la integral de la $$I(a,n)=\int _0^{2\pi }\frac{\cos (n\theta) }{a+\cos\theta}\,d\theta=\operatorname{Re}\int _0^{2\pi }\frac{e^{in\theta} }{a+\cos\theta}\,d\theta,\quad\,a>1,\quad\,n\in\mathbb N$$ es sugerente el uso de la sustitución de $z=e^{i\theta}$ , de modo que $$I(a,n)=\operatorname{Re}\left[\frac1i\cualquier\limits_{|z|=1}f(z)dz\right] =2\pi\operatorname{Re}\left[\sum_{z}^{|z|<1} \operatorname{Res}(f,z)\right]\tag1,$$ con $$f(z)=\frac{2z^n}{z^2+2az+1}\tag2.$$ El único polo de $f(z)$ acostado en el interior del círculo $|z|=1$ es el simple poste de $z=-a+\sqrt{a^2-1}\equiv z_a$.

El residuo en el poste puede ser fácilmente evaluado como $$\operatorname{Res}(f,z_a)=\lim_{z\a z_a} (z-z_a)f(z)=\frac{z_a^n}{\sqrt{a^2-1}},$$ así que, finalmente, $$I(a,n)=\frac {(\sqrt{a^2-1}-a)^n}{\sqrt {a^2-1}}2\pi\equiv (-1)^n\frac { e^{-n\operatorname{arccosh}}} {\sqrt {a^2-1}}2\pi.$$

Answer 2

Como el coseno es una función par, la integral de o al 2 $\pi$ puede escribirse como 2 veces la integral de 0 a $\pi$ , así que se quedaría con el semicírculo superior y, por lo tanto, toma $\frac{-ai + i \sqrt{a^2 -1}}{2}$ . Esto se debe a que en la parte imaginaria del plano superior $Im(z) >= 0$ .