8.2 三角積分 (Trigonometric Integrals)

計算 $\displaystyle \int_0^{2\pi} F(\cos a\theta, \sin b\theta) d\theta$ 類型的積分，其中 $a,~b\in\mathbb{R}$ 。這類型積分的值可以透過軟體很快得到，但此處強調的是透過複數的運算，以解析的方式來進行得到積分值。

取積分路徑為 $C_1^+(0)$ ，因此對所有的 $z\in C_1^+(0)$ 其參數式為 $z=e^{i\theta}=\cos \theta + i \sin\theta$ ，其中 $\theta\in[0,2\pi]$ 。由微分可知

dz=i e^{i\theta}d\theta\implies d\theta = \frac{dz}{i e^{i\theta}}=\frac{dz}{i z},

又因 $|z|^2=z \bar{z} = 1$ 可得

\cos\theta = \frac12(z+\bar{z})=\frac1{2}\left(z+\frac1{z}\right),\quad \sin\theta = \frac1{2i}(z-\bar{z})=\frac1{2i}\left(z-\frac1{z}\right),

且

\cos a\theta=\frac12\left(z^a+\frac1{z^a}\right),\quad \sin b\theta=\frac12\left(z^b-\frac1{z^b}\right), \tag{8.2-1}

因此積分式變成

\int_0^{2\pi} F(\cos a\theta,\sin b\theta) d\theta = \oint_{C_1^+(0)} f(z) dz

其中

f(z)=\frac{1}{iz}F\left(\frac12\left(z^a+\frac1{z^a}\right),\frac1{2i}\left(z^b-\frac1{z^b}\right)\right).

而當 $a=b=1$ 時，上式之特例變成

\int_0^{2\pi} F(\cos a\theta,\sin b\theta) d\theta = \oint_{C_1^+(0)} \frac{1}{iz}F\left(\frac12\left(z+\frac1{z}\right),\frac1{2i}\left(z -\frac1{z}\right)\right) dz.

圍線的積分路徑 $C_1^+(0)$ 之內的區域（亦即單位圓內），至少會包含一個被積函數 $f(z)$ 的極點在內，此因 $\cos a\theta$ 與 $\sin a\theta$ 之值都落在區間 $[-1,1]$ 內。

範例8.2-1. 計算 $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{1}{1+3\cos^2\theta}d\theta$ 之值。

[解]
代入關係(8.2-1)可得
$\begin{align*} \int_0^{2\pi} \frac{1}{1+3\cos^2\theta}d\theta &= \oint_{C_1^{+}(0)} \frac{1}{1+\frac34\left(z+\frac1{z}\right)^2} \frac{dz}{iz} = \oint_{C_1^{+}(0)} \frac{-4i}{3z^2+10+3\frac1{z^2}} \frac{dz}{z}\\ &= \oint_{C_1^{+}(0)} \frac{-4i z}{3 z^4+10 z^2+3} dz. \end{align*}$
由於 $3z^4+10z^2+3=0$ 的根在 $z^2=\frac{-10\pm \sqrt{100-36}}{2\cdot 3}$ ，亦即 $z^2=-3,-\frac13$ ，只有 $-\frac13\in\text{Int}(C_1^+(0))$ ，因此只需考慮在 $\text{Int}(C_1^+(0))$ 的兩個根 $z=\pm \frac{i}{\sqrt{3}}$ 。因此
$%\begin{align*} \oint_{C_1^{+}(0)} \frac{-4i z}{3 z^4+10 z^2+3} dz =2\pi i \left(\text{Res}[f,\frac{i}{\sqrt{3}}]+\text{Res}[f,-\frac{i}{\sqrt{3}}]\right). %\end{align*}$
由於
$\begin{align*} \text{Res}[f,z_0]&=\lim_{z\to z_0}(z-z_0)f(z)=\lim_{z\to z_0}\frac{-4 i z (z-z_0)}{3 z^4+10 z^2+3}\\ &=\lim_{z\to z_0}\frac{-4 i (2 z-z_0)}{12 z^3+20 z} =\frac{- i z_0}{3 z_0^3+5 z_0} =\frac{- i}{3 z_0^2+5} \end{align*}$
因此 $\text{Res}[f,\frac{i}{\sqrt{3}}]=\text{Res}[f,-\frac{i}{\sqrt{3}}]=-\frac{i}{4}$ ，得
$%\begin{align*} \int_0^{2\pi} \frac{1}{1+3\cos^2\theta}d\theta =2\pi i \left(-\frac{i}{4}-\frac{i}{4}\right)=\pi. %\end{align*}$

範例8.2-2. 計算 $\displaystyle \int_0^{2\pi}\frac{1}{1+a\cos \theta}d\theta$ 之值，其中 $0<|a|<1$ 。

[解]
代入關係(8.2-1)可得
$\begin{align*} I=\int_0^{2\pi} \frac{1}{1+a\cos\theta}d\theta &= \oint_{C_1^{+}(0)} \frac{1}{1+\frac{a}2\left(z+\frac1{z}\right)} \frac{dz}{iz} = \frac{2}{ia}\oint_{C_1^{+}(0)} \frac{1}{z^2+\frac{2}{a}z+1} dz \end{align*}$
令 $f(z)=\frac{1}{z^2+\frac{2}{a}z+1}$ 。由於 $z^2+\frac{2}{a} z+1=0$ 的根為 $z=\frac{-\frac2{a}\pm \sqrt{\frac{4}{a^2}-4}}{2} =-\frac1{a}\pm \sqrt{\frac{1}{a^2}-1}=-\frac1{a}\pm \frac{\sqrt{1-a^2}}{|a|}$ ，其中
$z=\begin{cases} -\frac1{a}+\frac{\sqrt{1-a^2}} {|a|}=-\frac1{a}+\frac{\sqrt{1-a^2}} {a},&0<a<1,\\ -\frac1{a}-\frac{\sqrt{1-a^2}} {|a|}=-\frac1{a}+\frac{\sqrt{1-a^2}} {a},&-1<a<0, \end{cases}$
屬於單位園內，因此令 $z_0=-\frac1a+\frac{\sqrt{1-a^2}}{a}\in\text{Int}(C_1^+(0))$ ，對應的留數是
$\begin{align*} \text{Res}[f,z_0] &=\lim_{z\to z_0}\frac{z-z_0}{z^2+\frac{2}{a}z+1} =\lim_{z\to z_0}\frac{1}{ 2z+\frac{2}{a}}=\frac{a}{2\sqrt{1-a^2}}. \end{align*}$
如此積分值為
$\begin{align*} I=\int_0^{2\pi} \frac{1}{1+a\cos\theta}d\theta &=\frac{2}{i a} 2 \pi i Res[f,z_0]=\frac{4\pi}{a} \frac{a}{2\sqrt{1-a^2}}=\frac{2\pi}{\sqrt{1-a^2}}. \end{align*}$
當 $a=-\frac12$ 時，函數 $F(\theta)=F(\cos\theta,\sin\theta)$ 之圖形無下，而對應的積分值為 $I=\frac{4\pi}{\sqrt{3}}$ 。
https://www.geogebra.org/graphing/jbkc9bs9?embed
從此圖來看，被積函數是週期為 $2\pi$ 的函數，可知
$\int_{0}^{2\pi} \frac{1}{1+a\cos\theta}d\theta=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1}{1+a\cos\theta}d\theta=2\int_0^{\pi}\frac{1}{1+a\cos\theta}d\theta.$
最後一個等式是因對應 $\theta\in[-\pi,\pi]$ 的 $F(\theta)$ 為 $\theta$ 的偶函數，即 $F(-\theta)=F(\theta)$ 。因此
$\int_0^{\pi}\frac{1}{1+a\cos\theta}d\theta=\frac{\pi}{\sqrt{1-a^2}}.$

使用範例8.2-2之結果，可以計算下列積分值：

\begin{align*} \int_0^\pi \frac{d\theta}{2-\cos\theta} &=\frac12\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\theta}{2-\cos\theta} \quad\left(\because \frac{1}{2-\cos\theta} \text{是}\theta\in[-\pi,\pi]\text{的偶函數}\right)\\ &=\frac12\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{2-\cos\theta}=\frac14 \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{1-\frac12\cos\theta} =\frac14 I\bigg|_{a=\frac12}=\frac{\pi}{\sqrt{3}}. \end{align*}

範例8.2-3. 計算 $\displaystyle \int_{0}^{2\pi} ~\frac{\cos 2\theta}{5-4\cos\theta}~d\theta$ 之值。

[解]
(法一) 由於 $\cos 2\theta=2\cos^2\theta-1=2(\frac{z+z^{-1}}{2})^2-1=\frac{z^2+z^{-2}}{2}$ ，因此
$\begin{align*} \int_0^{2\pi}\frac{\cos2\theta}{1+a\cos \theta}d\theta &=\oint_{C_1^+(0)}\frac{\frac12(z^2+\frac{1}{z^2})}{5-4\frac12(z+\frac1{z})} \frac{dz}{i z} =\oint_{C_1^+(0)}\frac{-i(z^4+1)}{2z^2(5z-2z^2-2)} dz\\ &=i \oint_{C_1^+(0)}\frac{z^4+1}{2z^2(2z-1)(z-2)} dz =-2\pi (\text{Res}[f,0]+\text{Res}[f,\frac12]) \end{align*}$
其中 $f=\frac{z^4+1}{2z^2(2z-1)(z-2)}$ 以及 $f$ 之極點只有 $z=0,~\frac12$ 落在 $C_1(0)$ 所圍區域之內。又
$\begin{align*} \text{Res}[f,0] &=\lim_{z\to 0}\frac{d}{dz} z^2 f(z) =\lim_{z\to 0}\frac{d}{dz} \frac{z^4+1}{2(2z-1)(z-2)} =\lim_{z\to 0} \left[ \frac{4z^3}{2(2z-1)(z-2)}-\frac{(z^4+1)(4z-5)}{2(2z-1)^2(z-2)^2}\right]=\frac{5}{8},\\ \text{Res}[f,\frac12] &=\lim_{z\to \frac12} (z-\frac12) f(z) =\lim_{z\to 0} \frac{z^4+1}{2z^2(z-2)} =-\frac{17}{24}. \end{align*}$
因此
$\int_0^{2\pi}\frac{\cos2\theta}{5-4\cos \theta}d\theta =-2\pi (\frac{5}{8}-\frac{17}{24})=\frac{\pi}{6}.$
(法二)
$\begin{align*} \int_0^{2\pi}\frac{\cos2\theta}{5-4\cos\theta}d\theta &=\int_0^{2\pi}\frac{2\cos^2\theta-1}{5-4\cos\theta}d\theta \\ &=-\int_0^{2\pi}\left(\frac{\cos\theta}{2}+\frac58\right)d\theta +\frac{17}{8} \int_0^{2\pi}\frac{1}{5-4\cos\theta}d\theta \\ &=-\frac{5}{8}\cdot 2\pi +\frac{17}{40}\int_0^{2\pi}\frac{1}{1-\frac45\cos\theta}d\theta \\ &=-\frac{5}{4}\pi+\frac{17}{40}\frac{2\pi}{\sqrt{1-(\frac45)^2}} =-\frac{5}{4}\pi+\frac{17}{12}\pi =\frac{\pi}{6} \end{align*}$

參考範例8.2-3，若計算 $\displaystyle \int_{0}^{2\pi} ~\frac{\sin 2\theta}{5-4\cos\theta}~d\theta$ 之值，則由於 $F(\theta)=\frac{\sin 2\theta}{5-4\cos\theta}$ 為週期 $2\pi$ 之函數，以及對 $\theta\in[-\pi,\pi]$ ， $F(-\theta)=-F(\theta)$ ，因此

\int_{0}^{2\pi} ~\frac{\sin 2\theta}{5-4\cos\theta}~d\theta =\int_{-\pi}^{\pi} ~\frac{\sin 2\theta}{5-4\cos\theta}~d\theta =0.

範例8.2-4. 證明 $\displaystyle I=\int_{0}^{2\pi} \frac{\sin^2\theta}{a\pm b\cos\theta}d\theta=\frac{2\pi}{b^2}\left(a-\sqrt{a^2-b^2}\right)$ ，其中 $a>|b|$ 。

[解]
由於
$\begin{align*} \int_0^{2\pi}\frac{1-\cos^2\theta}{a+b\cos\theta}d\theta &=\int_0^{2\pi} \left[(-\frac{\cos\theta}{b}+\frac{a}{b^2}) +\frac{1-\frac{a^2}{b^2}}{a+b\cos\theta}\right]d\theta \\ &=\frac{a}{b^2}\cdot 2\pi +(1-\frac{a^2}{b^2})\frac{1}{a} \int_0^{2\pi}\frac{1}{1+\frac{b}{a}\cos\theta}d\theta =\frac{2\pi a}{b^2}+(1-\frac{a^2}{b^2})\frac{1}{a} \frac{2\pi}{\sqrt{1-\left(\frac{b}{a}\right)^2}}\\ &=\frac{2\pi}{b^2}\left[a+(b^2-a^2)\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}\right] =\frac{2\pi}{b^2}\left(a-\sqrt{a^2-b^2}\right). \end{align*}$
此外，令 $b=-b$ 代入上式可得
$%\begin{align*} \int_0^{2\pi}\frac{1-\cos^2\theta}{a-b\cos\theta}d\theta =\frac{2\pi}{b^2}\left(a-\sqrt{a^2-b^2}\right). %\end{align*}$

由此例可知 $\displaystyle \int_0^{2\pi} \frac{\sin^2\theta}{5\pm4\cos\theta} d\theta = \frac{2\pi}{4^2} (5-\sqrt{5^2-4^2})=\frac{\pi}{4}$ 。

範例8.2-5. 求 $\displaystyle I=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{a^2\sin^2\theta＋b^2 \cos^2\theta}$ ，其中 $a\cdot b\neq 0$ 。

[解]
$\begin{align*} I& =\int_{0}^{2\pi} \frac{d\theta}{a^2\frac{1-\cos2\theta}{2}+b^2\frac{1+\cos\theta}{2}}d\theta =\int_{0}^{2\pi} \frac{d\theta}{\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2-a^2}{2}\cos2\theta}d\theta \\ &=\frac{2}{a^2+b^2} \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{1+\alpha\cos2\theta},\quad \alpha = \frac{b^2-a^2}{b^2+a^2} \\ &=\frac{2}{a^2+b^2} \int_0^{4\pi} \frac{d t/2}{1+\alpha\cos t} =\frac{2}{a^2+b^2} \int_0^{2\pi} \frac{d t}{1+\alpha\cos t} ~\left(\because \int_0^{2\pi} \frac{dt}{1+\alpha \cos t} = \int_{2\pi}^{4\pi} \frac{dt}{1+\alpha \cos t}\right)\\ &=\frac{2}{a^2+b^2}\frac{2\pi}{\sqrt{1-\alpha^2}} (\because |\alpha|<1) = \frac{2\pi}{|a b|}. \end{align*}$

針對範例8.2-5類型的積分，可透過Geogebra了解當參數 $a,~b\in[0,5]$ 變動時，對積分值的影響。

https://www.geogebra.org/material/iframe/id/x8nw9fpw/width/866/height/638/border/888888/sfsb/true/smb/false/stb/false/stbh/false/ai/false/asb/false/sri/false/rc/false/ld/false/sdz/false/ctl/false

上述討論可以歸納如下表：

$F(\cos a\theta,\sin b\theta)$	三角積分公式
$\displaystyle\frac{1}{1+a\cos\theta},~0<\|a\|<1$	$\displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{1}{1+a\cos\theta}d\theta =\frac{2\pi}{\sqrt{1-a^2}},0<\|a\|<1$
$\displaystyle\frac{1}{b+\cos\theta},~\|b\|>1$	$\displaystyle\int_0^{2\pi} \frac{1}{b+\cos\theta}d\theta =\frac{2\pi}{\sqrt{b^2-1}}\text{sgn}(b),~\|b\|>1$
$\displaystyle\frac{\cos2\theta}{5-4\cos \theta}$	$\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\cos2\theta}{5-4\cos \theta}d\theta =\frac{\pi}{6}$
$\displaystyle\frac{\cos2\theta}{a+b\cos \theta}$	$\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\cos2\theta}{a+b\cos \theta}d\theta =\frac{2\pi}{b^2} \frac{(a-\sqrt{a^2-b^2})^2}{\sqrt{a^2-b^2}}$
$\displaystyle\frac{\sin^2\theta}{a\pm b\cos\theta},~a>\|b\|$	$\displaystyle \int_{0}^{2\pi} \frac{\sin^2\theta}{a\pm b\cos\theta}d\theta=\frac{2\pi}{b^2}\left(a-\sqrt{a^2-b^2}\right),~a>\|b\|$
$\displaystyle\frac{1}{1+a\cos^2\theta}$	$\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{1}{1+3\cos^2\theta}d\theta=\pi$
$\displaystyle\frac{1}{a^2\sin^2\theta＋b^2 \cos^2\theta}$	$\displaystyle \int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{a^2\sin^2\theta＋b^2 \cos^2\theta}=\frac{2\pi}{\|ab\|}$

習題：

驗證當 $|b|>1$ 時， $\displaystyle \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{b+\cos \theta}=\frac{2\pi }{\sqrt{b^2-1}}$ .