вычислить интеграл

[spyphy]

Вот такой простой интеграл надо вычислить
$ I(a) = \int\limits_{0}^{2\pi} \frac{\cos x }{a+\cos x} dx, ~ a>1 $.
Судя по справочнику (Смолянский, с.75)
$ \int \frac{\cos x }{a+\cos x} dx = x - \frac{2a}{\sqrt{a^2-1}}\arctg[\frac{(a-1)\tg(x/2)}{\sqrt{a^2-1}}] $
(математика дает похожее выражение)
Если подставить сюда $0$ и $2 \pi$, то по формуле Ньютона-Лейбница должны получить значение определенного интеграла $2\pi$ для любого $a$. Однако численное интегрирование первого интеграла дает совсем другое значение, зависящее от $a$.
Беда короче. В чем тут дело может быть? Мне надо получить какое-нибудь попроще выражение для $I(a)$.

[provincialka]

Функция периодическая, четная. Можно разбить на два интеграла : от 0 до $\pi$ и от $\pi$ до $2\pi$ и во втором сделать замену $x=\pi+t$.
Ну, и другое всякое...

[Null]

Во-первых $ \int \frac{\cos x }{a+\cos x} dx = x - \frac{2a}{\sqrt{a^2-1}}\arctg[\frac{(a-1)\tg(x/2)}{\sqrt{a^2-1}}]+C$
Во-вторых эта формула работает только на тех интервалах где правая часть определенна. Посчитайте ее в точке $x=\pi$

[Ms-dos4]

provincialka
А замену то зачем? Просто вычислять как $\[\int\limits_0^{2\pi } {\frac{{\cos x}}{{a + \cos x}}dx} = 2\int\limits_0^\pi {\frac{{\cos x}}{{a + \cos x}}dx} \]$, и тут уже и Ньютон-Лейбниц сработает с тем значением первообразной.

[spyphy]

Да, если $\pi$ подставлять, то еще хуже будет - бесконечность получается.

[provincialka]

Ms-dos4
Ну, автор хотел "по-другому"... После такого преобразования можно не универсальную замену делать, а $t=\tg x$. Ответ будет, наверное, "покороче". Хотя проблема разрыва все равно останется.
А вообще-то по графику видно, что этот интеграл всегда отрицательный.

[Ms-dos4]

spyphy
Чему равен $\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2} - \varepsilon } {\mathop{\rm arctg}\nolimits} ({\mathop{\rm tg}\nolimits} (x))\]$? А $\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2} - \varepsilon } {\mathop{\rm arctg}\nolimits} (k{\mathop{\rm tg}\nolimits} (x))\]$?

[Null]

(Оффтоп)

Ms-dos4
По моему вы так только запутаете человека. Еще и с ошибками.

[Ms-dos4]

(Оффтоп)

Null
Очепятка вкралась

[spyphy]

Кажется разобрался. Есть, конечно, сомнения в этой формуле из справочника. Если она не хочет работать при $x = \pi$, то где гарантии, что она работает при $x \to \pi$? Но вообще вроде всё получается
$ \int\limits_{0}^{2\pi} \frac{\cos x }{a+\cos x} dx = {2\pi} (1 - \frac{a}{\sqrt{a^2-1}}) $

[Null]

Тут просто надо воспользоваться непрерывностью первообразной. У нашей функции есть непрерывная первообразная на $\mathbb{R}$. и на $(-\pi;\pi)$ мы знаем ее значения. Ее значение на концах равно пределу нашей функции при стремлении к концу.

[Ms-dos4]

spyphy
Да, ваш ответ верен. Но и тот метод даёт верный ответ, т.к. $\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2} - \varepsilon } {\mathop{\rm arctg}\nolimits} (k{\mathop{\rm tg}\nolimits} (x)) = {\mathop{\rm sgn}} k \cdot \frac{\pi }{2}\]$, мы имеем $\[\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi - \varepsilon } {\mathop{\rm arctg}\nolimits} (\frac{{(a - 1)tg(\frac{x}{2})}}{{\sqrt {{a^2} - 1} }}) = \frac{\pi }{2}\] $ при $\[a > 1\]$. Т.е. $\[F(\pi ) = \pi - \frac{{\pi a}}{{\sqrt {{a^2} - 1} }}\]$ и $\[F(0) = 0\]$
Но $\[\int\limits_0^{2\pi } {\frac{{\cos x}}{{a + \cos x}}dx} = 2[F(\pi ) - F(0)] = 2\pi (1 - \frac{a}{{\sqrt {{a^2} - 1} }})\]$

[spyphy]

Ms-dos4 в сообщении #945641 писал(а):

Да, ваш ответ верен. Но и тот метод даёт верный ответ

Собственно я вашим методом и считал. Других соображений как считать у меня нет.

[Ms-dos4]

spyphy
Ну так это верно. Сомнения то в чём?

[spyphy]

Для меня это не столь важно, но тем не менее. В формуле Ньютона-Лейбница требуется непрерывность только подынтегральной функции, первообразная же, написано, может быть любой (см. напр., Кудрявцев, с. 472). Поэтому не ясно почему мы не можем её применять. Где-то что-то не сходится.