En primer lugar necesitamos un lema o dos.
Lema 1:
$ \hspace{3.75 cm} \displaystyle
\int \frac{\,\mathrm{d}x}{1+x^2} = \arctan x+\mathcal{C}
$
Prueba: el Uso de la sustitución de $x \mapsto \tan u$. Entonces tenemos
$$
\mathrm{d}x
= \left( \frac{\pecado u}{\cos u} \right)'\mathrm{d}u
= \frac{(\sen u)' \cdot \cos u - \pecado u \cdot (\cos u)'}{\cos^2u}\mathrm{d}u
= (1+\bronceado^2u)\,\mathrm{d}u
$$
Lo que significa que $\mathrm{d}u = \cfrac{\mathrm{d}x}{1+(\tan u)^2} = \cfrac{\mathrm{d}x}{1+x^2}$. Por lo tanto
$$
\int \frac{\,\mathrm{d}x}{1+x^2}
= \int \mathrm{d}u
= u + \mathcal{C}
= \arctan x + \mathcal{C}
$$
Desde $u \mapsto \tan x$, esto significa $x = \arctan u$. $\square$
Lema 2:
Suponga que $t \in [0,\infty]$$\lambda \in \mathbb{R}\backslash\{0\}$. Entonces
$$
\int_0^t \frac{\mathrm{d}x}{\lambda^2+x^2} = \frac 1\lambda \arctan \frac t \lambda
$$
Prueba: el Uso de Lema 1 esto se puede hacer rápidamente. El uso de $x \mapsto \lambda v$. A continuación,$\mathrm{d}x = \lambda \mathrm{d}v$, y así
$$
\int_0^t \frac{\mathrm{d}x}{\lambda^2+x^2}
= \int_0^{t/\lambda} \frac{\lambda \mathrm{d}v}{\lambda^2(1+v^2)}
= \frac{1}{\lambda} \int_0^{t/\lambda} \frac{\mathrm{d}v}{1+v^2}
= \frac 1\lambda \arctan \frac{t}{\lambda}
$$
Corolario 1:
Suponga que $\lambda \in \mathbb{R}\backslash\{0\}$. Tenemos
$$
\int_0^1 \frac{\,\mathrm{d}x}{\lambda^2+x^2} = \frac 1\lambda \arctan \frac 1\lambda \ \ \text{y} \ \ \int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{d}x}{\lambda^2+x^2} = \frac{\pi}{\lambda}
$$
Prueba: La primera ecuación se desprende directamente de la configuración de $t=1$ en el Lema 1. Para el siguiente ecuación tenga en cuenta que $\int_{-t}^t \frac{\mathrm{d}x}{1+x
2} = 2 \int_0^t \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}$. Now the rest follows directly since $\arctan t \a \pi/2$ as $t \to \infty$. Proving $\int_{-t}^0 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \int_{-t}^0 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}$ I will leave as an excercise for the reader. $\square$.
Ahora para la última parte de la prueba, tenemos la siguiente proposición.
La proposición 1 (sustitución de Weierstrass):
Suponga $a,b \in[-\pi,\pi]$. Entonces tenemos
$$
\int_a^b R(\sin x,\cos x,\tan x)\,\mathrm{d}x
= \int_\varphi^\psi R \left( \frac{2}{1+t^2} , \frac{1 - t^2}{1+t^2},\frac{2}{1-t^2}\right) \frac{2 \mathrm{d}t}{1+t^2}
$$
donde$\varphi = \tan(a/2)$$\psi = \tan(b/2)$.
La prueba de esto es omitido, pero puede ser comprobada mediante el uso de $x \mapsto \tan u/2$. No es difícil pero requiere un poco de trabajo. Para una discusión más extensa véase Wikipedia.
Ahora por fin podemos empezar nuestra prueba.
Utilizando la anterior proposición que uno tiene
$$
\int \frac{\mathrm{d}x}{a + b \cos x + c \sin x}
= \int \frac{1}{a + b \frac{1-t^2}{1+t^2} + c \frac{2}{1+t^2}} \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}
= \int \frac{2\,\mathrm{d}t}{(a-b)t^2+2ct+a+b}
$$
Ahora podemos completar el cuadrado. Esto le da
$$
\int \frac{\mathrm{d}x}{a + b \cos x + c \sin x}
= \frac{1}{a-b} \int \frac{\mathrm{d}t}{\left(t+\frac{c}{a-b}\right)^2+\frac{a+b}{a-b}-\frac{c^2}{(a-b)^2}}
$$
Por desgracia no se puede hacer mucho más antes de la inserción de los límites. El caso más sencillo es el $I_T$ de los casos. Aquí tenemos
$$
\begin{align*}
I_T & = \int_0^{2\pi} \frac{\mathrm{d}x}{a + b \cos x + c \sin x} \\
& = \frac{1}{a-b} \int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{d}t}{\left(t+\frac{c}{a-b}\right)^2+\frac{a+b}{a-b}-\frac{c^2}{(a-b)^2}} \\
& = \frac{2}{a-b}\int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{d}y}{y^2+\frac{a^2-b^2-c^2}{a-b}}
\end{align*}
$$
donde hemos utilizado la evidente sustitución de $y \mapsto t + c/(a-b)$. Usando el Corolario 1 tenemos
$$
I_T = \frac{2}{a-b} \pi \Big/\left( \frac{a^2-b^2-c^2}{a-b} \right)
= \frac{2\pi}{\lambda}
$$
donde $\lambda^2 = a^2-b^2-c^2$ fue utilizado en la última ecuación.
