Cómo podemos mostrar que $\int_{0}^{2\pi}{x\over \phi-\cos^2(x)}\mathrm dx=2\pi^2?$

Question

Tenemos la integral

$$\int_{0}^{2\pi}{x\over \phi-\cos^2(x)}\mathrm dx=2\pi^2\tag1$$ $\phi$; Proporción áurea

¿Qué método empleamos para probar $(1)$?

Un intento:

Si usamos $u=\phi-\cos^2 x$ y $\int_{\phi-1}^{\phi-1}(...)du=0$

$(1)$ De otra manera, se convierte

$${1\over 2\sqrt{\phi}}\int_{0}^{2\pi}\left({x\over \sqrt{\phi}-\cos x}-{x\over \sqrt{\phi}+\cos x} \right)\mathrm dx\tag2$$

Tenemos una pista mediante el uso de

$z=\tan{x\over 2}$, $dx={2dz\over 1+z^2}$, $\cos x={1-z^2\over 1+z^2}$ and $\sin x={2z\over 1+z^2}$

Que trate

$$\int_{0}^{2\pi}{x\over \sqrt{\phi}+\cos x}\mathrm dx=4\int_{0}^{0}{\tan^{-1} z\over (1+z^2)\sqrt{\phi}+1-z^2}\cdot (1-z^2)\mathrm dz=0?\tag3$$

No parece funcionar.

¿Cómo podemos demostrar $(1)$?

Answer 1

Aquí es una ruta, lo dejo a ti para llenar en los detalles: $$\begin{aligned} \int_0^{2\pi}\frac{x}{\phi-\cos^2x}\,dx &=\int_0^\pi\frac{x}{\phi-\cos^2x}\,dx+\int_0^{\pi}\frac{x+\pi}{\phi-\cos^2(x+\pi)}\,dx\\ &=2\int_0^\pi\frac{x}{\phi+\sin^2x-1}\,dx+\int_0^\pi\frac{\pi}{\phi-\cos^2x}\,dx\\ &=2\frac\pi2\int_0^\pi\frac{1}{\phi+\sin^2x-1}\,dx+\int_0^\pi\frac{\pi}{\phi-\cos^2x}\,dx\\ &=2\pi\int_0^\pi\frac{1}{\phi-\cos^2x}\,dx\\ &=4\pi\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\phi-\cos^2x}\,dx\\ &=4\pi\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\cos^2x}\frac{1}{\phi\tan^2x+\phi-1}\,dx\\ &=4\pi\biggl[\frac{1}{\sqrt{\phi(\phi-1)}}\arctan\Bigl(\sqrt{\frac{\phi}{\phi-1}}\tan x\Bigr)\biggr]_0^{\pi/2}\\ &=4\pi\frac{1}{\sqrt{\phi(\phi-1)}}\frac\pi2\\ &=2\pi^2. \end{alineado} $$

Answer 2

Pues puede ser, en cualquier caso, instructivo, voy a tratar de dar el total de residuos-método de solución. La elección de la rama de corte del logaritmo a lo largo del eje real positivo, apliquemos el teorema de los residuos para el correspondiente contorno del ojo de la cerradura $\Gamma$, lo que, como se describe en la figura, va alrededor del punto de $z=z_1=\sqrt{2\phi-3}=-z_2$ por arriba y por debajo. Obtenemos: $$ \oint_\Gamma \frac{4z\log z}{z^4-2(2\phi-1)z^2+1}dz = i2\pi\frac{\log z_2}{z_2^2-(2\phi-1)} = -i\pi\log z_1 +\pi^2, $$ donde hemos utilizado que $z_{2}$ es la única raíz del denominador encerrado en la integración de contorno y se han sustituido $\log z_2 = \log(z_1e^{i\pi})=\log z_1+i\pi$.

La integración de contorno $\Gamma$ puede ser dividido en sus seis piezas: el círculo unidad $C_1$, dos segmentos por encima y por debajo del eje real, dos medios círculos $\gamma^\pm_\varepsilon$$z_1$, y un pequeño círculo alrededor del origen. Como el radio de $\varepsilon$ del círculo pequeño y de $\gamma_\varepsilon^\pm$ tiende a cero, estas piezas de rendimiento (care es necesario porque estamos comparando cantidades a través de una rama cortada): $$\begin{aligned} \oint_\Gamma \frac{4z\log z}{z^4-2(2\phi-1)z^2+1}dz =&\ \int_0^{2\pi}\frac{t}{\phi-\cos^2t}dt\\ &- \mathrm{PV} \int_0^1 \frac{4x(\log x +i2\pi)}{x^4-2(2\phi-1)x^2+1}dx\\ &-i\pi \frac{\log z_1 + i2\pi}{z_1^2-(2\phi-1)}\\ &+0\\ &+\mathrm{PV} \int_0^1 \frac{4x\log x }{x^4-2(2\phi-1)x^2+1}dx\\ &-i\pi \frac{\log z_1}{z_1^2-(2\phi-1)}\\ =&\int_0^{2\pi}\frac{t}{\phi-\cos^2t}dt -\pi^2\\ &-i8\pi\, \mathrm{PV}\int_0^1\frac{x}{x^4-2(2\phi-1)x^2+1}dx+i\pi\log z_1, \end{aligned} $$ donde $\mathrm{PV}$ denota el valor principal de Cauchy. De la comparación de las piezas reales, $$ \int_{0}^{2\pi}\frac{t}{\phi\cos^2t}dt=2\pi^2. $$ Además, mediante la comparación de la imaginaria, podemos obtener el bono de identidad $$ \mathrm{PV} \int_{0}^{1}\frac{ x}{x^4-2(2\phi-1)x^2+1}dx=\frac{1}{4}\log z_1=\frac{1}{8}\log(\sqrt{5}-2). $$ Alio modo: consideremos en lugar de la función compleja $$ f(z)=\frac{z}{\phi\cos^2z}=\frac{-4ze^{i2z}} {e^{i2z}-e^{i2\zeta_1})(e^{i2z}-e^{i2\zeta_3})}, $$ donde$\zeta_1=-i\log\sqrt{2\phi-3}=\zeta_2-\pi$$\zeta_3=-i\log\sqrt{2\phi+1}=\zeta_4-\pi$. Esta función tiene un simple polos en $\zeta_1$, $\zeta_2$ en la mitad superior del plano y $\zeta_3$, $\zeta_4$ en la mitad inferior del plano, hasta múltiplos enteros de $2\pi$. Denotando por $\Pi$ rectangular contorno dibujado en la figura , con la mitad de la circular de guiones de radio $\varepsilon$$\zeta_1$$\zeta_1+2\pi$, tenemos $$ \oint_\Pi f(z) dz=i2\pi \,\text{Res}f(\zeta_2)=i2\pi\lim_{z\a\zeta_2}(z-\zeta_2)f(z)=\pi^2-i\pi\log\sqrt{2\phi-3}. $$ Además, en los límites de $M\to\infty$$\varepsilon\to0$, a partir de las diferentes piezas de la integración de contorno obtenemos: $$\begin{aligned} \oint_\Pi f(z) dz =&\ \int_0^{2\pi}\frac{t}{\phi-\cos^2t}dt\\ &\ +\mathrm{PV} \int_0^\infty \frac{2\pi+iy}{\phi-\cosh^2y}idy\\ &\ -0\\ &\ -\mathrm{PV} \int_0^\infty \frac{iy}{\phi-\cosh^2y}idy\\ &\ -i\pi \,\text{Res}f(\zeta_1)\\ &\ -i\pi \,\text{Res}f(\zeta_1+2\pi)\\ =&\ \int_0^{2\pi}\frac{t}{\phi-\cos^2t}dt-\pi^2\\ &\ i2\pi\, \mathrm{PV} \int_0^\infty \frac{dy}{\phi-\cosh^2y}+i\pi\log\sqrt{2\phi-3}. \end{aligned}$$ De nuevo, la comparación: $$ \begin{aligned} \int_0^{2\pi}\frac{t}{\phi-\cos^2t}dt&=2\pi^2\\ \mathrm{PV} \int_0^\infty \frac{dy}{\phi-\cosh^2y}&=\frac{1}{2}\log(2\phi-3). \end{aligned} $$

Answer 3

En lugar de partir de su integral, voy a empezar a partir de la integral en la solución de @Mickep, yo.e,

$$\tag{1}I=4\pi\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\phi-\cos^2x}\,dx=\pi\underbrace{\int_0^{2\pi}\frac{1}{\phi-\cos^2x}\,dx}_{J} $$

en la que será más sencillo para explicar cómo calcular una integral utilizando el residuo de cálculo que en el original de la integral. No voy a entrar en detalles. Para esto me refiero a las numerosas notas de la conferencia en el residuo de cálculo, por ejemplo aquí.

La idea principal es transformar esta integral en un circuito integral a lo largo de un circuito cerrado parametrizadas arco, que está aquí, de una manera natural, el círculo unidad $\gamma$, atravesado en la orientación directa.

Deje $z=e^{ix}$,$dz=ie^{ix}dx$. Por lo tanto, $J$ se convierte, mediante la fórmula de Euler $\cos(x)=\frac12(e^{ix}+e^{-ix})$: $$J=\int_{\gamma}\dfrac{-i dz/z}{\Phi-\dfrac{(z+1/z)^2}{4}}$$

Ampliar y reducir obtenemos:

$$\tag{2}J=-i \underbrace{\int_{\gamma}\dfrac{4z dz}{-z^4+2(2\Phi-1)z^2-1}}_{K}$$

El integrando tiene cuatro polos (las raíces del denominador), todos ellos reales:

$$\begin{cases}z_1=\sqrt{2 \Phi -3} \ \ \ \text{and } \ \ \ z_2=-z_1=-\sqrt{2 \Phi -3}\\ z_3=\sqrt{1+2 \Phi} \ \ \ \text{and } \ \ \ z_4=-z_3=-\sqrt{1+2 \Phi}\end{casos}$$

Sólo $z_1$ $z_2$ están dentro de contorno $\gamma.$

El residuo teorema dice que un complejo integral de la $\int_{\gamma}...$ cualquiera que sea la suficientemente regular cerrado contorno $\gamma$, es igual a la suma de los residuos en los polos situado en el interior del contorno multiplicado por $2i\pi$.

Ahora, ¿cuál es el residuo de una función de la forma $\dfrac{f(z)}{g(z)}$ a un polo $z_0$? Es el número dado por la siguiente fórmula:

$$\dfrac{f(z_0)}{g'(z_0)}.$$ Aunque esta no es la definición general, esta expresión abarca un gran número de casos (ver comentario abajo).

Por lo tanto, el residuo teorema da:

$$K=2i\pi\left(\dfrac{4z_1 }{-4z_1^3+4(2\Phi-1)z_1}+\dfrac{4z_2}{-4z_2^3+4(2\Phi-1)z_2}\right)$$

$$K=2i\pi\left(\dfrac{1}{-z_1^2+(2\Phi-1)}+\dfrac{1}{-z_2^2+(2\Phi-1)}\right)$$

Como $z_1^2=z_2^2=2\Phi-3$, los denominadores tienen un valor común, que es $-2$. Por lo tanto $K=-2i\pi$. Conectar este valor en (2) y, a continuación, (1) da el resultado esperado.

Comentario: La definición de residuos he dado sólo es válida para simple polos; si $z_0$ es, por ejemplo, un doble de la raíz del denominador, es comprensible que estamos en problemas porque $g'(z_0)=0$. Existen fórmulas específicas para estos casos.