Integral $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a+b\cos \theta+c\sin\theta}$

Enunciado
Demostrar que para $a,b,c$ reales positivos con $a^2 > b^2 + c^2$ se verifica $$\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a+b\cos \theta+c\sin\theta}=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2-c^2}}.$$
Solución
Efectuando el cambio $z=e^{i\theta}$ obtenemos $$dz=ie^{i\theta}d\theta=izd\theta,$$ $$\cos \theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}=\frac{z+1/z}{2}=\frac{z^2+1}{2z},$$ $$\sin \theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}=\frac{z-1/z}{2i}=\frac{z^2-1}{2iz}.$$ Cuando $\theta$ recorre $[0,2\pi],$ $z$ recorre la circunferencia $\left|z\right|=1$ en sentido antihorario, por tanto $$I=\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a+b\cos \theta+c\sin\theta}=\int_{\left|z\right|=1}\frac{dz/iz}{a+b\dfrac{z^2+1}{2z}+c \dfrac{z^2-1}{2iz}}$$ $$=\frac{1}{i}\int_{\left|z\right|=1}\frac{dz/z}{\dfrac{2aiz+bi(z^2+1)+c(z^2+1)}{2iz}}=2\int_{\left|z\right|=1}\frac{dz}{(c+bi)z^2+2aiz+bi-c}.$$ Los puntos singulares de la función integrando $f$ son los que anulan al denominador: $$(c+bi)z^2+2aiz+bi-c=0\Leftrightarrow z=\frac{-2ai\pm\sqrt{-4a^2-4(c+bi)(bi-c)}}{2(c+bi)}$$ $$\Leftrightarrow z=\frac{-2ai\pm\sqrt{-4a^2+4(b^2+c^2)}}{2(c+bi)}\Leftrightarrow z=\frac{-2ai\pm\sqrt{4(b^2+c^2-a^2)}}{2(c+bi)}$$ $$\Leftrightarrow z=\frac{-2ai\pm 2i\sqrt{a^2-b^2-c^2}}{2(c+bi)}\Leftrightarrow z=\frac{(-a\pm \sqrt{a^2-b^2-c^2})i}{c+bi}$$ $$\Leftrightarrow z=\frac{-a\pm \sqrt{a^2-b^2-c^2}}{b-ci}.$$ Los puntos singulares (polos simples) son por tanto: $$z_1=\frac{-a+ \sqrt{a^2-b^2-c^2}}{b-ci},\quad z_2=\frac{-a- \sqrt{a^2-b^2-c^2}}{b-ci}.$$ Veamos si pertenecen al interior geométrico de $\left|z\right| = 1:$ $$\left|z_1\right| < 1\Leftrightarrow \dfrac{\left|-a +\sqrt{a^2 -b^2 -c^2}\right|}{\left|b-ci\right|} < 1 \Leftrightarrow \dfrac{a -\sqrt{a^2 -b^2 -c^2}}{\sqrt{b^2+c^2}} < 1 $$ $$\Leftrightarrow a < \sqrt{a^2 -b^2 -c^2}+\sqrt{b^2+c^2}$$ $$\Leftrightarrow a^2 < a^2-b^2-c^2+b^2+c^2+2\sqrt{a^2 -b^2 -c^2}\sqrt{b^2+c^2}$$ $$\Leftrightarrow 0< 2\sqrt{a^2 -b^2 -c^2}\sqrt{b^2+c^2},$$ y la última desigualdad es trivial. Por otra parte, $$\left|z_2\right| >1 \Leftrightarrow \dfrac{\left|-a -\sqrt{a^2 -b^2 -c^2}\right|}{\left|b-ci\right|} > 1 \Leftrightarrow \dfrac{a +\sqrt{a^2 -b^2 -c^2}}{\sqrt{b^2+c^2}} > 1 $$ $$\Leftrightarrow a > \sqrt{b^2+c^2}-\sqrt{a^2 -b^2 -c^2} $$ $$\Leftrightarrow a^2 > b^2+c^2+ a^2-b^2-c^2-2\sqrt{a^2 -b^2 -c^2}\sqrt{b^2+c^2}$$ $$\Leftrightarrow 0 > -2\sqrt{b^2+c^2}\sqrt{a^2 -b^2 -c^2},$$ y la última desigualdad es trivial. El único polo en el interior geométrico de $\left|z\right|=1$ es por tanto $z_1$ con lo cual $$I=2\int_{\left|z\right|=1}\frac{dz}{(c+bi)z^2+2aiz+bi-c}=4\pi i \text{Res }[f,z=z_1].$$ Ahora bien, $$\text{Res }[f,z=z_1]=\lim_{z\to z_1}\frac{z-z_1}{(c+bi)(z-z_1)(z-z_2)}=\frac{1}{(c+bi)}\lim_{z\to z_1}\frac{1}{z_1-z_2}$$ $$=\frac{1}{(c+bi)}\cdot \frac{1}{\dfrac{2\sqrt{a^2-b^2-c^2}}{b-ci}}=\frac{1}{2i\sqrt{a^2-b^2-c^2}}.$$ Entonces, $$I=\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{a+b\cos \theta+c\sin\theta}=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2-c^2}}.$$

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