Hola estoy tratando de calcular esta integral $$ I(a,b)= P\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{a-b\cos\theta},\quad 0 <a<b,\quad a,b\in \mathbb{R}. $$ Lo primero que se puede escribir $$ I(a,b)=\frac{1}{2} P\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\theta}{a-b\cos\theta} $$ desde el integrando es par. Ahora vamos a usar $z=e^{i \theta}$, $dz=ie^{i\theta} d\theta$, $d\theta=dz/(iz)$. Podemos escribir la $\cos$ función como $$ \cos \theta=\frac{1}{2}(z+z^{-1}). $$ Ahora podemos escribir la integral como $$ I(a,b)=\frac{1}{2} P \oint_{|z|=1} \frac{dz}{z(a-\frac{b}{2}(z+z^{-1}))}=\frac{1}{i} P\oint_{|z|=1} \frac{dz}{2az-bz^2-b}=-\frac{1}{ib} \oint_{|z|=1} \frac{dz}{z^2-2z\frac{a}{b}+1}. $$ Pero me estoy empezando a quedar atascado aquí.... Podemos definir a la $\gamma= a/b < 1$ y ahora calcular los polos de el integrando. Los polos están dadas por $$ z^2-2\gamma z+1=0 , \ z_{\pm}=\gamma +\frac{1}{2} (4\gamma^2-4)^{1/2}=\gamma \pm i(1-\gamma^2)^{1/2}. $$ Si tomamos el cuadrado de la magnitud de las raíces obtenemos $$ |z_{\pm}|^2=\gamma^2 + (1-\gamma^2)=1 $$ así, podemos ver que $z_{\pm} \in |z|=1$. ¿Cómo podemos proceder , parece que sólo han simple polos? Gracias
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$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{{\rm I}\pars{a,b} \equiv\pp\int_{0}^{\pi}{\dd\theta \a - b\cos\pars{\theta}}\,, \qquad 0 < a < b,\,,\quad a, b\in {\mathbb R}}$.
\begin{align} {\rm I}\pars{a,b}& =\Re\ \overbrace{\int_{0}^{\pi}{\dd\theta \over a - b\cos\pars{\theta} + \ic 0^{+}}} ^{\ds{t \equiv \tan\pars{\theta \over 2}}}\ =\ \Re\int_{0}^{\pi}{2\,\dd t/\pars{1 + t^{2}} \over a - b\pars{1 - t^{2}}/\pars{1 + t^{2}} + \ic 0^{+}} \\[3mm]&=2\Re\int_{0}^{\infty} {\dd t \over a\pars{1 + t^{2}} - b\pars{1 - t^{2}} + \ic 0^{+}} ={2 \over a + b}\Re\int_{0}^{\infty} {\dd t \over t^{2} - \mu^{2} + \ic 0^{+}} \\[3mm]&\mbox{where}\quad \mu \equiv \root{b - a \over b + a} > 0. \end{align}
\begin{align} {\rm I}\pars{a,b}& ={2 \over a + b}\pp\int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} - \mu^{2}} ={2 \over a + b}\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\pars{% \int_{0}^{\mu - \epsilon}{\dd t \over t^{2} - \mu^{2}} +\int_{\mu + \epsilon}^{\infty}{\dd t \over t^{2} - \mu^{2}}} \end{align}
$$ \int{\dd t \t sobre^{2} - \mu^{2}} ={1 \over 2\mu}\int\pars{{1 \over t - \mu} - {1 \over t + \mu}}\,\dd t ={1 \over 2\mu}\,\ln\pars{\verts{t - \mu \sobre t + \mu}} $$
\begin{align} {\rm I}\pars{a,b}& ={2 \over a + b}\,{1 \over 2\mu}\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\bracks{% \ln\pars{\epsilon \over \verts{2\mu - \epsilon}} -\ln\pars{\epsilon \over 2\mu + \epsilon}} \end{align}
$$\color{#00f}{\large% {\rm I}\pars{a,b} \equiv\pp\int_{0}^{\pi}{\dd\theta \a - b\cos\pars{\theta}} = 0} $$
Para $0 < a < b$, tenemos dos polos en el círculo unidad, así que tenemos que mantener el principal sentido de valor de la integral.
Para evaluar la integral, cierra el contorno por la adición de pequeñas arcos circulares con centro en los polos en lugar de la omitido arcos de la unidad de círculo alrededor de los polos. Escoger el añadido de semicírculos en el interior de la unidad de disco, el contorno de la integral es $0$, y obtenemos
$$\text{v.p.} \int_{\lvert z\rvert = 1} \frac{dz}{z^2-2\gamma z + 1} = \lim_{\rho\to 0} \left(\int\limits_{\substack{\lvert z-z_+\rvert = \rho\\ \lvert z\rvert < 1}} \frac{dz}{z^2-2\gamma z + 1} + \int\limits_{\substack{\lvert z-z_-\rvert = \rho\\ \lvert z\rvert < 1}} \frac{dz}{z^2-2\gamma z + 1}\right).$$
Las integrales sobre los pequeños semicírculos tienden a $\pi i$ veces el residuo en los respectivos polos, por lo que
$$\begin{align} \text{v.p.} \int_{\lvert z\rvert = 1} \frac{dz}{z^2-2\gamma z + 1} &= \pi i \left(\operatorname{Res}\left(\frac{1}{z^2-2\gamma z+1}; z_+\right) + \operatorname{Res}\left(\frac{1}{z^2-2\gamma z+1}; z_-\right)\right)\\ &= \pi i\left(\frac{1}{2(z_+-\gamma)} + \frac{1}{2(z_- -\gamma)}\right)\\ &= \frac{\pi i}{2} \left(\frac{1}{i\sqrt{1-\gamma^2}} + \frac{1}{-i\sqrt{1-\gamma^2}}\right)\\ &= 0. \end{align}$$
Tenga en cuenta que usted ha hecho una suposición incorrecta. Si $a/b\le 1$, entonces la integral no está definida y por lo tanto uno debe asumir que el $a/b>1$. Entonces usted tiene dos polos, uno en el interior de la unidad de disco y el otro fuera. Ahora se acaba de calcular el residuo de la una dentro de la unidad de disco.
