¿Por qué desaparece $\int_0^{2\pi} (1+2\cos(x))/(5+4\cos(x))\,dx$?

Question

La sustitución estándar $y=\tan(x/2)$ muestra que $$ \int_0^{2\pi} \frac{1+2\cos(x)}{5+4\cos(x)}\,dx = 0. $$ ¿Cuál es la "explicación real" para este hecho? Supongo que la "demostración del libro" involucra integración de contornos; ¿es esto correcto? ¿Hay una "demostración de cálculo" elegante que evite cálculos técnicos?

¡Gracias!

Answer 1

Aquí está el argumento deseado del cálculo elemental. Nota primero que $$ \int_0^{2\pi} \frac{1+2\cos x}{5+4\cos x}\,dx \;=\; 2\int_0^\pi \frac{1+2\cos x}{5+4\cos x}\,dx. $$ Sea $u = \arccos\left(-\dfrac{4+5\cos x}{5+4\cos x}\right)$. Nota que $u$ disminuye continuamente de $\pi$ a $0$ a medida que $x$ va de $0$ a $\pi$. Es fácil comprobar que $$ 1 + 2\cos x\;=\; -3\,\frac{1+2\cos u}{5+4\cos u}\qquad\text{y}\qquad du = \dfrac{-3\,dx}{5+4\cos x}, $$ entonces $$ \int_0^\pi \frac{1+2\cos x}{5+4\cos x}\,dx \;=\; \int_\pi^0 \frac{1+2\cos u}{5+4\cos u}\,du \;=\; -\int_0^\pi \frac{1+2\cos u}{5+4\cos u}\,du, $$ y así $\displaystyle\int_0^\pi \frac{1+2\cos x}{5+4\cos x}\,dx=0$.

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Editar: Por cierto, la manera "mejor" de evaluar esta integral es de hecho mediante la integración de contornos. En particular, $$ \int_0^{2\pi} \frac{1+2\cos x}{5+4\cos x}\,dx \;=\; \oint_C \frac{1+z+z^{-1}}{5+2z+2z^{-1}}\,\frac{dz}{iz} \;=\; \oint_C \frac{z^2+z+1}{iz(z+2)(2z+1)}\,dz, $$ donde $C$ es el círculo unitario, y el resultado sigue inmediatamente del teorema del residuo (ya que el residuo es $-i/2$ en $0$ y $i/2$ en $-1/2$).

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Editar 2: El mismo argumento muestra en general que $$ \int_0^\pi \frac{b+(a+c)\cos x}{c + b \cos x}\,dx \;=\; 0. $$ siempre que $a^2+b^2 = c^2$ y $a$, $b$, y $c$ son todos positivos. La integral dada es el caso donde $a=3$, $b=4$, y $c=5$.

Answer 2

Tenemos, cambiando el dominio de integración, $$\int_{0}^{2\pi}\frac{1+2\cos\left(x\right)}{5+4\cos\left(x\right)}dx=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1+2\cos\left(x\right)}{5+4\cos\left(x\right)}dx. $$ Ahora si tomamos $u=\tan\left(x/2\right) $ tenemos $$=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{6-2u^{2}}{u^{4}+10u^{2}+9}du=2\int_{0}^{\infty}\frac{6-2u^{2}}{u^{4}+10u^{2}+9}du=-4\int_{0}^{\infty}\frac{u^{2}-3}{u^{4}+10u^{2}+9}du $$ y ahora usando fracciones parciales obtenemos $$=-6\int_{0}^{\infty}\frac{1}{u^{2}+9}du+2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{u^{2}+1}du=-\frac{2}{3}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\left(u/3\right)^{2}+1}du+2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{u^{2}+1}du $$ entonces, si tomamos $u/3=v $ obtenemos $$=-2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{v^{2}+1}dv+2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{u^{2}+1}du=0. $$

Answer 3

Aquí hay un argumento tipo serie de Fourier. Tenemos la identidad $$ 1+2r\cos{x}+2r^2\cos{2x}+\dotsb = \frac{1-r^2}{1-2r\cos{x}+r^2}, $$ y también sabemos que $$ \int_0^{2\pi} \cos{mx} \cos{nx} \, dx = \pi \delta_{mn}, $$ a menos que $m=n=0$ en cuyo caso la integral es igual a $2\pi$. Como resultado, $$ (1-r^2)\int_0^{2\pi} \frac{a+b\cos{x}}{1+r^2 -2r\cos{x}} \, dx = \int_0^{2\pi} (a+b\cos{x})({1+2r\cos{x}}) \, dx = 2\pi(a+br). $$ Escogiendo aquí $r=-1/2$, $a=1$, y $b=2$ nos lleva al resultado.

Answer 4

Dejemos que $$f(x)=\frac{1+2\cos x}{5+4\cos x}$$

En primer lugar, puedes mostrar que $f(\pi-x)=f(\pi+x)$, lo que significa que la función tiene simetría de reflexión en la línea $x=\pi$, y por lo tanto podemos cambiar el límite superior a $\pi$ y duplicar la respuesta.

En segundo lugar, puedes demostrar mediante sustitución que $$\int_0^{\frac{2\pi}{3}}f(x) \, dx=-\int_{\frac{2\pi}{3}}^{\pi}f(x) \, dx$$

Por lo tanto, la integral requerida es cero

Answer 5

Considere la integral más general, donde $d \neq 0$, \begin{align}\tag{1} I = \int_{0}^{2 \pi} \frac{a + b \cos x}{c + d \cos x} \, dx. \end{align> Ahora, dividiendo la integral en dos regiones, $[0, \pi)$ y $(\pi, 2 \pi]$, luego en la segunda integral se desplaza la variable por $\pi$. Esto se ve en: \begin{align> I &= \int_{0}^{\pi} \frac{a + b \cos x}{c + d \cos x} \, dx + \int_{\pi}^{2 \pi} \frac{a + b \cos x}{c + d \cos x} \, dx \\ &= \int_{0}^{\pi} \frac{a + b \cos x}{c + d \cos x} \, dx + \int_{0}^{\pi} \frac{a - b \cos x}{c - d \cos x} \, dx. \tag{2} \end{align> La forma general de las integrales es \begin{align> \int_{0}^{\pi} \frac{a + b \cos x}{c + d \cos x} \, dx &= \left[ \frac{b x}{d} + \frac{2(bc - ad)}{d \sqrt{d^2 - c^2}} \, \tanh^{-1}\left( \frac{(c-d)}{\sqrt{d^2 - c^2}} \, \tan\left(\frac{x}{2}\right) \right) \right]_{0}^{\pi} \\ &= \frac{b \pi}{d} - \frac{i \, \pi(bc-ad)}{d \sqrt{d^2 - c^2}}. \tag{3} \end{align> y, al dejar que $(b,d) \to (-b , -d)$ *, \begin{align> \int_{0}^{\pi} \frac{a - b \cos x}{c - d \cos x} \, dx = \frac{b \pi}{d} - \frac{i \, \pi(bc-ad)}{d \sqrt{d^2 - c^2}}. \tag{4}

Usando (3) y (4) en (2) se obtiene \begin{align> \tag{5} I = \frac{2 \pi }{d} \, \left( b - \frac{i \, (bc-ad)}{\sqrt{d^2 - c^2}} \right).

A partir de (1) y (5) la integral es \begin{align>\tag{6} \int_{0}^{2 \pi} \frac{a + b \cos x}{c + d \cos x} \, dx = \frac{2 \pi }{d} \, \left( b - \frac{i \, (bc-ad)}{\sqrt{d^2 - c^2}} \right).

Para eliminar el factor de $i$ se requiere que $c > d$, $d \neq 0$. Esto lleva a \begin{align>\tag{7} \int_{0}^{2 \pi} \frac{a + b \cos x}{c + d \cos x} \, dx = \frac{2 \pi }{d} \, \left( b - \frac{bc-ad}{\sqrt{c^2 - d^2}} \right).

El problema planteado tiene los valores $(a,b,c,d) = (1,2,5,4)$, para los cuales se determina rápidamente que \begin{align> \tag{6} \int_{0}^{2 \pi} \frac{1 + 2 \cos x}{5 + 4 \cos x} \, dx = 0.

Otro ejemplo es $(a,b,c,d) = (\beta^{2}, 1, 6, 4)$, donde $2 \beta = 1 - \sqrt{5}$, lo que arroja el resultado \begin{align> \int_{0}^{2 \pi} \frac{\beta^{2} + \cos x}{6 + 4 \cos x} \, dx = 0.