Evaluar $\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{(1-a\cos(\theta)+a^2)}$

Question

Evaluar $\displaystyle \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{(1-a\cos(\theta)+a^2)}$

Super general. Llego a un paso: $\displaystyle \frac{2}{i}$ multiplicado por la integral de la trayectoria $\displaystyle \frac{z}{[(2-a)z^2 + 2(a^2 z) + a]}.$ No tengo idea si estoy en el camino correcto. ¿Tal vez distribuir el $i$? Me pregunto si puedo obtener algo de ayuda.

Answer 1

Esto puede resolverse mediante variables complejas. Pon $z = e^{i\theta}$ para obtener $$\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{1-a\cos\theta+a^2} = \int_{|z|=1} \frac{1}{iz} \frac{dz}{1-a/2(z+1/z)+a^2} = \int_{|z|=1} \frac{1}{iz} \frac{z dz}{z-a/2(z^2+1)+za^2} \\= -i \int_{|z|=1} \frac{dz}{z-a/2(z^2+1)+za^2}$$ Los dos polos (usar por ejemplo la fórmula cuadrática) están en $$z_{0,1} = \frac{1+a^2}{a} \pm \frac{\sqrt{1+a^2+a^4}}{a}.$$ Ahora asumamos que $a>1$, de modo que el polo correspondiente al signo más está claramente fuera del círculo unitario.

Por otro lado $$z_1 =\frac{1+a^2}{a} - \frac{\sqrt{1+a^2+a^4}}{a} < 1$$ porque es equivalente a $$ 1+a^2 -a < \sqrt{1+a^2+a^4}$$ que es $$ a^4 + 2 a^2(1-a) +(1-a)^2 < 1 + a^2 +a^4 \Leftrightarrow 2a^2 - 2a^3 + (1 - a)^2 < 1 + a^2\\ \Leftrightarrow 2a^2 < 2 a^3 + 2a \Leftrightarrow a

Ahora el residuo de la integranda en $z_1$ está dado por $$\lim_{z\to z_1} \frac{1}{1-az+a^2} = \frac{1}{1+a^2-1-a^2+\sqrt{1+a^2+a^4}} = \frac{1}{ \sqrt{1+a^2+a^4} }.$$

Se deduce que la integral es $$2\pi i \times -i \times \frac{1}{ \sqrt{1+a^2+a^4} } = \frac{2\pi}{ \sqrt{1+a^2+a^4} }.$$

Answer 2

Tenemos $$I(a) = \int_{0}^{2 \pi} \dfrac{dx}{1+a^2-a \cos(x)} = \dfrac1{1+a^2} \int_0^{2\pi} \dfrac{dx}{1 - \dfrac{a}{1+a^2} \cos(x)}$$ Tenga en cuenta que siempre tenemos $b = \dfrac{a}{1+a^2} < 1$. Por lo tanto, podemos escribir $$\dfrac1{1 - b \cos(x)} = \sum_{k=0}^{\infty}b^k \cos^k(x)$$ Ahora tenemos $$\int_0^{2\pi} \dfrac{dx}{1 - b \cos(x)} = \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^{2 \pi} b^k \cos^k(x)dx = \sum_{k=0}^{\infty} b^{2k} \int_0^{2 \pi} \cos^{2k}(x)dx (\because\text{los términos impares se integran a} 0)$$ Ahora tenemos de aquí que $$\int_0^{2 \pi} \cos^{2k}(x)dx= \dbinom{2k}k \dfrac{2 \pi}{4^k}$$ Esto nos da $$\int_0^{2\pi} \dfrac{dx}{1 - b \cos(x)} = 2 \pi \left(\sum_{k=0}^{\infty} \dbinom{2k}k \left(\dfrac{b^2}4\right)^k\right) = \dfrac{2 \pi}{\sqrt{1-b^2}}$$ donde hicimos uso del hecho de que la serie de Taylor de $\dfrac1{\sqrt{1-x}}$ es $$\dfrac1{\sqrt{1-x}} = \sum_{k=0}^{\infty} \dbinom{2k}k \left(\dfrac{x}4\right)^k$$ Por lo tanto, ahora tenemos $$I(a) = \dfrac1{1+a^2} \dfrac{2 \pi}{\sqrt{1-\left(\dfrac{a}{1+a^2}\right)^2}} = \dfrac{2 \pi}{\sqrt{1+a^2+a^4}}$$

Answer 3

Toma una sustitución de Weierstrass $u = \tan \frac{\theta}{2}$ después de reducir el rango de integración usando $\cos(2\pi - \theta) = \cos(\theta)$ en la segunda integral a continuación: $$ \int_0^{2\pi} \frac{\mathrm{d}\theta}{a^2+1-a \cos\theta} = \int_0^{\pi} \frac{\mathrm{d}\theta}{a^2+1-a \cos\theta} + \int_{\pi}^{2\pi} \frac{\mathrm{d}\theta}{a^2+1-a \cos\theta} $$ dando como resultado $$ \int_0^{2\pi} \frac{\mathrm{d}\theta}{a^2+1-a \cos\theta} = 2 \int_0^{\pi} \frac{\mathrm{d}\theta}{a^2+1-a \cos\theta} $$ Ahora aplica la sustitución, usando $\cos\theta = \frac{1-u^2}{1+u^2}$, y $\mathrm{d}\theta = \frac{2\mathrm{d}u}{1+u^2}$: $$ 2 \int_0^{\pi} \frac{\mathrm{d}\theta}{a^2+1-a \cos\theta} = 4 \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}u}{a^2-a+1 + (a^2+a+1) u^2} = 4 \cdot \frac{\pi}{2 \sqrt{(a^2-a+1)(a^2+a+1)}} = \frac{2\pi}{\sqrt{a^4+a^2+1}} $$ donde se utilizó la suposición $a^2-a+1>0$ y $a^2+a+1>0$, válida para todos los $a$ reales.