Demostrar que $\int_0^\pi\frac{\cos x \cos 4x}{(2-\cos x)^2}dx=\frac{\pi}{9} (2160 - 1247\sqrt{3})$

Question

Demostrar que

$$\int_0^\pi\frac{\cos x \cos 4x}{(2-\cos x)^2}dx=\frac{\pi}{9} (2160 - 1247\sqrt{3})$$

Intenté utilizar la sustitución de Weierstrass pero el término $\cos 4x$ hizo horribles formas algebraicas ya que $\cos 4x = \sin^4 x + \cos^4 x - 6\sin^2 x \cos^2 x$ . Mi amigo me sugiere utilizar un método de integración de contornos pero no estoy familiarizado con ese método. ¿Alguna idea? Cualquier ayuda será apreciada. Gracias de antemano.

Answer 1

Propuesta :

\begin {Ecuación} \int_0 ^ \pi\frac { \cos mx}{p-q \cos x}, dx= \frac { \pi }{ \sqrt {p^2-q^2}} \left ( \frac {p- \sqrt {p^2-q^2}}{q} \right )^m \qquad\hbox {por} \qquad |q|<p \end {Ecuación}

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Prueba :

Tenemos \begin {Ecuación} \int_0 ^ \pi\frac { \cos mx}{a^2-2ab \cos x+b^2}\N, dx= \frac { \pi }{a^2-b^2} \left ( \frac {b}{a} \right )^m \qquad\hbox {por} \qquad |b|<a \tag1 \end {Ecuación} La prueba completa es dada por el Prof. Omran Kouba y puede ser vista aquí .

Ahora, dejemos que $p=a^2+b^2$ y $q=2ab$ entonces $p+q=\sqrt{p+q}$ y $p-q=\sqrt{p-q}$ . Por lo tanto, \begin {align} 2a&= \sqrt {p+q}+ \sqrt {p-q} \\ [10pt] 2b&= \sqrt {p+q}- \sqrt {p-q} \\ [10pt] a^2-b^2&= \sqrt {p^2-q^2} \tag2\\ [10pt] \frac {b}{a}&= \frac {p- \sqrt {p^2-q^2}}{q} \tag3 \end {align} y luego enchufar $(2)$ y $(3)$ a $(1)$ demostramos nuestra proposición. $\quad\square$

Establecer $m=4$ y $p=2$ entonces diferenciar la proposición con respecto a $q$ y tomar el límite para $q\to1$ obtenemos \begin {align} \lim_ {q \to1 } \int_0 ^ \pi\partial_q\left ( \frac { \cos 4x}{2-q \cos x} \right )\N, dx&= \lim_ {q \to1 } \partial_q\left ( \frac { \pi }{ \sqrt {4-q^2}} \left ( \frac {2- \sqrt {4-q^2}}{q} \right )^4 \right ) \\ [10pt] \int_0 ^ \pi\frac { \cos x \cos 4x}{(2- \cos x)^2}dx&= \frac { \pi }{9} \left (\,2160 - 1247 \sqrt {3}\, \right ) \end {align} El último paso se confirma con Wolfram Alpha .

Creo que diferenciar es más fácil que usar la integración de contornos o la descomposición de fracciones parciales. (>‿◠)✌

Answer 2

La integración de los contornos es un poco menos dolorosa. Para empezar, es mejor escribir nuestra integral como: $$ I = \frac{1}{4}\int_{0}^{2\pi}\frac{\cos(3x)+\cos(5x)}{(2-\cos x)^2}\,dx, $$ entonces, ya que $\cos x = \frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$ , estableciendo $z=e^{ix}$ nos encontramos con que: $$ I = -\frac{i}{4}\left(\oint\frac{2(z^6+1)}{z^2(z^2-4z+1)^2}\,dz + \oint\frac{2(z^{10}+1)}{z^4(z^2-4z+1)^2}\right)$$ donde la trayectoria de integración es el círculo unitario. Como las raíces de $z^2-4z+1$ se producen en $2\pm\sqrt{3}$ calculando los residuos en $z=0$ y $z=2-\sqrt{3}$ (tedioso pero sencillo) llegamos a la conclusión deseada.

Answer 3

Has intentado utilizar la sustitución de Weierstrass pero $\cdots$ no has sido paciente. Haciendo esto, llegué a $$\int\frac{\cos x \cos 4x}{(2-\cos x)^2}dx=\int\frac{2 \left(1-t^2\right) \left(t^8-28 t^6+70 t^4-28 t^2+1\right)}{\left(t^2+1\right)^4 \left(3 t^2+1\right)^2}dt$$ Utilizando la descomposición de la fracción parcial, el último integrando es $$-\frac{2882}{3 \left(3 t^2+1\right)}+\frac{776}{3 \left(3 t^2+1\right)^2}+\frac{320}{t^2+1}+\frac{192}{\left(t^2+1\right)^2}+\frac{64}{\left (t^2+1\right)^3}+\frac{128}{\left(t^2+1\right)^4}$$ Algunas de las integrales son sencillas. Te dejo el placer de la otra.

Debo confesar que preferiría algo como la integración de los contornos (¡qué no sé hacer!).