Aplicación fórmula de residuo

Question

Utilizar el Residuo de la fórmula, he estado tratando de probar $$\int_0^{2\pi}\frac{1}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}\,d\theta=\frac{2\pi}{ab},\quad\quad a,b\in\Bbb R.$$First, it seems like the formula should be wrong (unless perhaps we assume $a,b\in\Bbb R^+$) since the right-hand side can be negative, but the integrand on the left is always non-negative. Currently I'm assuming the additional requirement $a,b>0$.

Con eso dicho, para acercarse a ella, yo la uso de Euler fórmulas de la trigonometría. funciones en el denominador y hacer un cambio de variables, $$z=e^{i\theta},\quad \frac{1}{iz}\,dz=d\theta.$$Now, if I have calculated correctly, the integral reduces to $$\int_{|z|=1}\frac{1}{iz}\cdot\frac{1}{\frac{a^2}{4}\left(z+z^{-1}\right)^2-\frac{b^2}{4}\left(z-z^{-1}\right)^2}\,dz.$$We can factor $z^{-2}$ from the right-side denominator to get $$\int_{|z|=1}\frac{z}{i}\cdot\frac{1}{\frac{a^2}{4}\left(z^2+1\right)^2-\frac{b^2}{4}\left(z^2-1\right)^2}\,dz.$$Since the denominator is a difference of squares, we can factor the denominator as $$\int_{|z|=1}\frac{4z}{i}\cdot\left(\frac{1}{a(z^2+1)-b(z^2-1)}\right)\cdot\left(\frac{1}{a(z^2+1)-b(z^2-1)}\right)\,\,dz. $$This is where I really started running into trouble. I tried solving when the denominator of the right term vanished and I found $$z=\pm\sqrt{\frac{b+a}{b-a}}.$$ Esto no parece correcto, porque no siempre tiene que estar dentro del círculo unidad (no creo), así que creo que podría haber cometido un error en el cálculo.

Es mi método hasta el momento correcto, o hay una mejor manera de calcular esta integral utilizando el residuo de la leche de fórmula? Esta no es la tarea, acaba de preparar para un examen. Gracias!

Answer 1

De hecho, hay una manera mejor! Te voy a dar una explicación casi directamente de Lang $Complex$ $Analysis$.

Así que digamos que usted desea evaluar $\int_0^{2\pi} Q(\sin \theta\ \cos \theta) d\theta$, $Q$ ser una función racional $Q(x,y)$, continua en el círculo unidad. Sabemos $\cos x = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}$ $\sin x = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}$ así que si $z \in S^1$ ( $z = e^{i\theta}$ ) tenemos a$\cos x = \frac{z + 1/z}{2}$$\sin x = \frac{z - 1/z}{2i}$. Por lo tanto, podemos considerar que la "natural" de la función $f(z) = Q(\frac{z + 1/z}{2}, \frac{z - 1/z}{2i})/iz$ ($iz$ ser antinatural parte, pero su tiempo vendrá). Tenga en cuenta que $f$ no tiene polos en $S^1$ porque $Q$ es continua allí. Ahora, por definición, de $f$ tenemos que

$\int_0^{2\pi} f(e^{i\theta})ie^{i\theta}d\theta = \int_0^{2\pi} Q(\cos \theta, \sin \theta) d\theta$

donde el $iz$ cancelados con el $ie^{i\theta}$. Pero por el residuo de la fórmula tenemos que

$\int_0^{2\pi} f(z) dz = 2\pi i \sum \text{Residues of $f$ inside the unit circle}$

así tenemos

$\int_0^{2\pi} Q(\cos \theta, \sin \theta) d\theta = 2\pi i \sum \text{Residues of $f$ inside the unit circle}$

El uso de este método su integral debería ser mucho más fácil.

Edit: Esto es esencialmente lo que estaba haciendo, y de hecho se obtiene exactamente la misma integral para $f$ (la segunda integral que aparecen en la lista). La única diferencia es que se utiliza el residuo de la fórmula de allí. Yo sólo quería darle una fácil de recordar método general para el cálculo racional de las integrales trigonométricas, ya que usted está opinando sobre para una prueba.

Answer 2

Su metodología es buena, excelente incluso. Te voy a decir que cometió un error en el paso de conseguir la diferencia de 2 cuadrados; hay únicas raíces cuando $a \ne b$:

$$z = \pm \sqrt{\frac{a \pm b}{a \mp b}}$$

Answer 3

Puede usar la sustitución trigonométrica para resolver este problema.

Supongamos que $a<b$. Que $k=\frac{b}{a},t=\tan\frac{\theta}{2}$. Entonces $k>1$ y $$ \sin\theta=\frac{2t}{t^2+1}, \cos\theta=\frac{t^2-1}{t^2+1},d\theta=\frac{2t}{t^2+1}dt $ $ y por lo tanto\begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi}\frac{1}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}d\theta&=&\frac{2}{a^2}\int_{-\infty}^\infty\frac{t^2+1}{(t^2-1)^2+4k^2t^2}dt\\ &=&\frac{2}{a^2}\int_{-\infty}^\infty\frac{t^2+1}{t^4+2(2k^2-1)t^2+1}dt\\ &=&\frac{2}{a^2}\int_{-\infty}^\infty\frac{t^2+1}{(t^2+(2k^2-1))^2+4k^2(1-k^2)}dt\\ &=&\frac{2}{a^2}\int_{-\infty}^\infty\frac{t^2+1}{(t^2+\alpha)(t^2+\beta)}dt\\ &=&\frac{2}{a^2}\int_{-\infty}^\infty\left(\frac{A}{t^2+\alpha}+\frac{B}{t^2+\beta}\right)dt\\ &=&\frac{2}{a^2}(\frac{A\pi}{\sqrt{\alpha}}+\frac{B\pi}{\sqrt{\beta}})\\ &=&\frac{2\pi}{ab} \end{eqnarray *} donde Supongamos que $$ \alpha=(2k^2-1)+2k\sqrt{k^2-1},\beta=(2k^2-1)-2k\sqrt{k^2-1},A=\frac{\alpha-1}{\alpha-\beta}, B=\frac{1-\beta}{\alpha-\beta},$ $ $a>b$. Que $k=\frac{b}{a},t=\tan\frac{\theta}{2}$. Entonces $k>1$ y por lo tanto\begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi}\frac{1}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}d\theta&=&2\int_0^{\pi}\frac{1}{a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta}d\theta\\ &=&2\int_0^{\pi}\frac{1}{a^2\frac{1+\cos2\theta}{2}+b^2\frac{1-\cos2\theta}{2}}d\theta\\ &=&4\int_0^{\pi}\frac{1}{(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos2\theta}d\theta\\ &=&2\int_0^{2\pi}\frac{1}{(a^2+b^2)+(a^2-b^2)\cos\theta}d\theta\\ &=&\frac{2}{a^2-b^2}\int_0^{2\pi}\frac{1}{\alpha+\cos\theta}d\theta\\ &=&\frac{2}{a^2-b^2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\alpha+\frac{t^2-1}{t^2+1}}\frac{2}{t^2+1}dt\\ &=&\frac{2}{a^2-b^2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2}{\alpha(t^2-1)+t^2-1}dt\\ &=&\frac{4}{a^2-b^2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2}{(\alpha+1)t^2+\alpha-1}dt\\ &=&\frac{4}{(a^2-b^2)(\alpha+1)}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{t^2+\frac{\alpha-1}{\alpha+1}}dt\\ &=&\frac{4}{(a^2-b^2)(\alpha+1)}\sqrt{\frac{\alpha+1}{\alpha-1}}\pi\\ &=&\frac{2\pi}{ab}. \end{eqnarray *} donde $$ \alpha=\frac{a^2+b^2}{a^2-b^2}>1. $ $