Ayuda de la necesidad de probar esta integración

Question

Si $a>b>0$, probar que :

$$\int_0^{2\pi} \frac{\sin^2\theta}{a+b\cos\theta}\ d\theta = \frac{2\pi}{b^2} \left(a-\sqrt{a^2-b^2} \right) $$

Answer 1

Se puede resolver con la integración directa de algunos subsitutions le da la antiderivada: $$\frac{-2 \sqrt{b^2-a^2} \tanh ^{-1}\left(\frac{(a-b) \tan \left(\frac{\theta }{2}\right)}{\sqrt{b^2-a^2}}\right)+a \theta -b \sin (\theta )}{b^2}$$ el uso de una expansión como $t=\tan(\theta)$. (y un montón de la trigonométricas identica.)

Utilizamos el identica \begin{align*} \cos(\arctan(t))&=\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\\ \sin(\arctan(t))&=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}} \end{align*}

Así tenemos $$\int \frac{\sin^2(\theta)}{a+b\cos(\theta)}\, \mathrm{d}\theta= \int \frac{t^2}{a + b \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}} \, \mathrm{d} t$$

Con el teorema de los residuos se debe trabajar como esto : $$\int_0^{2\pi} \frac{\sin^2(\theta)}{a+ b \cos(\theta)}\, \mathrm{d}\theta= -\int_0^{2\pi} \frac{1}{4}\cdot \frac{(\exp(i \theta)- \exp(-i \theta))^2}{a+\frac{b}{2} (\exp(i\theta) +\exp(-i\theta)} \, \mathrm{d}\theta$$

Eligiendo el camino de $\gamma(\theta) = e^{i\theta}$vemos que es igual $$-\frac{1}{4i} \int_\gamma \frac{(z-z^{-1})^2}{a+ \frac{b}{2} (z+z^{-1})} \cdot \frac{1}{z} \, \mathrm{d} z$$ La expansión nos da $$-\frac{1}{4i} \int_\gamma \frac{z^2 -2 + \frac{1}{z^2}}{a+ \frac{b}{2} (z+\frac{1}{z})} \cdot \frac{1}{z} \, \mathrm{d}z=-\frac{1}{4i} \int_\gamma \frac{z^2 -2 + \frac{1}{z^2}}{za+ \frac{b}{2} (z^2+1)} \, \mathrm{d}z$$

Answer 2

Primer paso: $\cos(\theta+\pi)=-\cos(\theta)$ $\sin^2(\theta+\pi)=\sin^2(\theta)$ por lo tanto la integral de la $I$ ser calculada es $$ I=\int_0^\pi\frac{\sin^2\theta}{a+b\cos\theta}\mathrm d\theta+\int_0^\pi\frac{\sin^2\theta}{a-b\cos\theta}\mathrm d\theta=2aJ, $$ con $$ J=\int_0^\pi\frac{\sin^2\theta}{a^2-b^2\cos^2\theta}\mathrm d\theta. $$ Segundo paso: la transformación de $\theta\to\theta+\pi$ deja el integrando sin cambios por lo cual se utiliza el cambio de variable $t=\tan\theta$, $\mathrm dt=(1+t^2)\mathrm d\theta$, que los rendimientos de $$ J=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{t^2}{a^2(1+t^2-b^2}\frac{\mathrm dt}{1+t^2}. $$ Tercer paso: la fracción con el argumento de $t^2$ puede ser descompuesto como $$ \frac{x}{(a^2(1+x)-b^2)(1+x)}=\frac1{b^2}\left(\frac{1}{1+x}-\frac{a^2-b^2}{a^2(1+x)-b^2}\right), $$ por lo tanto $b^2J=K-(a^2-b^2)L$ con $$ K=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm dt}{1+t^2},\qquad L=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm dt}{a^2t^2+a^2-b^2}. $$ Cuarto paso: el cambio de variable $at=\sqrt{a^2-b^2}s$ rendimientos $$ L=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm ds}{(a^2-b^2)(1+s^2)}=\frac{K} {\sqrt{a^2-b^2}}, $$ y la integral de la $K$ es clásica, su valor es $K=\pi$.

Conclusión: $$ I=2aJ=\frac{2a}{b^2}\left(K-(a^2-b^2)\frac{K}{a\sqrt{a^2-b^2}}\right)=\frac{2\pi}{b^2}\left(a-\sqrt{a^2-b^2}\right) $$

Answer 3

Voy a hacer este $$\int_{0}^{2\pi}\frac{cos(2\theta)}{a+bcos(\theta)}d\theta$$if we know how to do tis one you can replace $sin^{2}(\theta)$ by $\frac{1}{2}(1-cos(2\theta))$ and do the same thing.
if we ae on the unit circle we know that $cos(\theta)=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}$ so by letting $z=e^{i\theta}$ we wil get$$cos(\theta)=\frac{z+\frac{1}{z}}{2}=\frac{z^2+1}{2z}$$and$$cos(2\theta)=\frac{z^2+\frac{1}{z^2}}{2}=\frac{z^4+1}{2z^2}$$ thus, if$\gamma: |z|=1$ the integral becomes $$\int_{\gamma}\frac{\frac{z^4+1}{2z^2}}{a+b\frac{z^2+1}{2z}}\frac{1}{iz}dz=\int_{\gamma}\frac{-i(z^4+1)}{2z^2(bz^2+2az+b)}dz$$now the roots of $bz^2+2az+b$ are $z=\frac{-2a\pm \sqrt{4a^2-4b^2}}{2b}=\frac{-a}{b}\pm\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{b}$, you can check that the only root inside $|z|=1$ is $z_1=\frac{-a}{b}+\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{b}$ so the only singularities of the function that we want to integrate inside $\gamma$ are $z_0=0$ and $z_1$ both are poles. find the resudies and sum them to get the answer.

Notice that this will only give youe "half" the answer you still have to do$$\frac{1}{2}\int_{\gamma}\frac{d\theta}{a+bcos(\theta)}$$ de la misma manera para obtener la respuesta completa.