Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Решение, которое я не успел показать, привожу тут. Разобьём исходный интеграл по двум половинам исходного промежутка интегрирования:
\[
\intop_{0}^{2\pi}\frac{dx}{1+\varepsilon\cos x}=\intop_{0}^{\pi}\frac{dx}{1+\varepsilon\cos x}+\intop_{\pi}^{2\pi}\frac{dx}{1+\varepsilon\cos x}=
\]

и выполним в эитих частях разные замены: в первой $x=y$, а во второй — $x=2\pi-y$.
\[
=\intop_{0}^{\pi}\frac{dy}{1+\varepsilon\cos y}+\intop_{\pi}^{0}\frac{d\left(2\pi-y\right)}{1+\varepsilon\cos\left(2\pi-y\right)}=\intop_{0}^{\pi}\frac{dy}{1+\varepsilon\cos y}+\intop_{\pi}^{0}\frac{-dy}{1+\varepsilon\cos y}=\intop_{0}^{\pi}\frac{dy}{1+\varepsilon\cos y}+\intop_{0}^{\pi}\frac{dy}{1+\varepsilon\cos y}=2\intop_{0}^{\pi}\frac{dy}{1+\varepsilon\cos y}=
\]
Выше получились два одинаковых интеграла, но уже по другому отрезку $\left[0;\pi\right]$. Их мы сложили в один, а теперь снова разобьём отрезок интегрирования:
\[
=2\intop_{0}^{\pi/2}\frac{dy}{1+\varepsilon\cos y}+2\intop_{\pi/2}^{\pi}\frac{dy}{1+\varepsilon\cos y}=
\]
и заменим $y=x$, а во втором интеграле — $y=\pi-x$:
\[
=2\intop_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{1+\varepsilon\cos x}+2\intop_{\pi/2}^{\pi}\frac{d\left(\pi-x\right)}{1+\varepsilon\cos\left(\pi-x\right)}=2\intop_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{1+\varepsilon\cos x}+2\intop_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{1-\varepsilon\cos x}=2\intop_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{1+\varepsilon\cos x}+2\intop_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{1-\varepsilon\cos x}=
\]
Одинаковых интегралов на этот раз не получится, но складываются они всё равно хорошо:
\[
=2\intop_{0}^{\pi/2}\left(\frac{1}{1+\varepsilon\cos x}+\frac{1}{1-\varepsilon\cos x}\right)dx=2\intop_{0}^{\pi/2}\left(\frac{1-\varepsilon\cos x}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}x}+\frac{1+\varepsilon\cos x}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}x}\right)dx=4\intop_{0}^{\pi/2}\frac{1}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}x}dx=
\]
И снова «сложим вдвое» промежуток интегрирования:
\[
=4\intop_{0}^{\pi/4}\frac{1}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}x}dx+4\intop_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{1}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}x}dx=
\]
$x=y$, $x=\frac{\pi}{2}-y$:
\[
=4\intop_{0}^{\pi/4}\frac{dy}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}y}+4\intop_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{d\left(\frac{\pi}{2}-y\right)}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}\left(\frac{\pi}{2}-y\right)}=4\intop_{0}^{\pi/4}\frac{dy}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}y}+4\intop_{0}^{\pi/4}\frac{dy}{1-\varepsilon^{2}\sin^{2}y}=4\intop_{0}^{\pi/4}\left(\frac{1}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}y}+\frac{1}{1-\varepsilon^{2}\sin^{2}y}\right)dy.
\]
Вот в этом интеграле можно со спокойной совестью сделать замену $\mathrm{tg}y=t$. Тогда $y=\mathrm{arctg}\,t$,
\[
dy=\frac{dt}{1+t^{2}},
\]
\[
t^{2}+1=\frac{1}{\cos^{2}y}\qquad\Longrightarrow\qquad\cos^{2}y=\frac{1}{t^{2}+1},
\]
\[
\sin^{2}y=1-\cos^{2}y=\frac{t^{2}}{1+t^{2}}.
\]
Подставим всё это в интеграл, и получим, что
\[
\intop_{0}^{2\pi}\frac{dx}{1+\varepsilon\cos x}=4\intop_{0}^{\pi/4}\left(\frac{1}{1-\varepsilon^{2}\cos^{2}y}+\frac{1}{1-\varepsilon^{2}\sin^{2}y}\right)dy=4\intop_{0}^{1}\left(\frac{1}{1-\varepsilon^{2}\frac{1}{t^{2}+1}}+\frac{1}{1-\varepsilon^{2}\frac{t^{2}}{1+t^{2}}}\right)\frac{dt}{1+t^{2}}=
\]
По условиям задачи (и исходя из определённости интегрируемой функции на области интегрирования), $\varepsilon<1$. Тогда $1-\varepsilon^{2}>0$, воспользовавшись чем мы можем продолжить так:
\[
=4\intop_{0}^{1}\left(\frac{1}{1+t^{2}-\varepsilon^{2}}+\frac{1}{1+t^{2}-\varepsilon^{2}t^{2}}\right)dt=4\intop_{0}^{1}\left(\frac{1}{\left(1-\varepsilon^{2}\right)}\cdot\frac{1}{1+\frac{t^{2}}{1-\varepsilon^{2}}}+\frac{1}{1+\left(1-\varepsilon^{2}\right)t^{2}}\right)dt=
\]
\[
=4\left.\left(\frac{1}{\sqrt{1-\varepsilon^{2}}}\mathrm{arctg}\,\frac{t}{\sqrt{1-\varepsilon^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1-\varepsilon^{2}}}\mathrm{arctg}\,\left(t\sqrt{1-\varepsilon^{2}}\right)\right)\right|_{0}^{1}=
\]
ниже применим, что $\mathrm{arctg}\,\frac{1}{x}=\frac{\pi}{2}-\mathrm{arctg}\,x$, и получим окончательный ответ:
\[
=\frac{4}{\sqrt{1-\varepsilon^{2}}}\left(\mathrm{arctg}\,\frac{1}{\sqrt{1-\varepsilon^{2}}}+\mathrm{arctg}\,\sqrt{1-\varepsilon^{2}}\right)=\frac{4}{\sqrt{1-\varepsilon^{2}}}\left(\frac{\pi}{2}-\mathrm{arctg}\,\sqrt{1-\varepsilon^{2}}+\mathrm{arctg}\,\sqrt{1-\varepsilon^{2}}\right)=\frac{2\pi}{\sqrt{1-\varepsilon^{2}}}.
\]