Investigamos en el mundo online y así tenerte la respuesta a tu dilema, si continúas con alguna duda puedes dejarnos la duda y contestaremos porque estamos para servirte.
Solución:
Por la sustitución $theta=2varphi$ y la fórmula de duplicación del coseno tenemos
$$ I = int_0^pifracdtheta(3+2costheta)^2 = 2int_0^pi/2frac dvarphi(1+4cos^2varphi)^2 tag1$$ y por la sustitución $varphi=arctan t$ el problema se reduce a evaluar $$ 2int_ 0^+inftyfrac(1+t^2)(5+t^2)^2,dt = int_-infty^+inftyfrac (1+t^2)(5+t^2)^2,dt.tag2$$ La función meromórfica $f(t)=frac(1+t^2) (5+t^2)^2$ tiene un polo doble en $t=pm isqrt5$ y se comporta como $frac1t^2$ para $|t| a +infty$. Por el teorema del residuo se sigue que:
$$ I = 2pi i,textRes(f(t),t=isqrt5) =2pi ilim_tto isqrt5frac ddtfrac(1+t^2)(t+isqrt5)^2=colorrojofrac3pi5sqrt 5tag3$$ como desee, después de un cálculo sencillo.
También hay un enfoque geométrico simple. $rho(theta)=fracp1+varepsiloncostheta$ es la ecuación polar de una elipse con respecto a un foco. Dado que el área en coordenadas polares está dada por $frac12int_0^2pirho(theta)^2,dtheta$, $I$ solo depende de el área de una elipse ($pi ab $) con una excentricidad dada y un semi-latus rectum dado. Esto prueba el $$ int_0^pifracdtheta(u+vcostheta)^2 = fracpi uleft(u) más general ^2-v^2right)^3/2 tag4$$ tan pronto como $0
Nota $$int_0^pi fracd theta(3+2cos theta)^2 = frac12int_0^2pi fracd theta(3+ 2cos theta)^2.$$ Sea $z=e^itheta$ y por lo tanto uno tiene begineqnarray &&int_0^pi fracd theta(3+ 2cos theta)^2\ &=½int_0^2pi fracd theta(3+2cos theta)^2\ &=½int_=1frac1(3+z+z^-1)^2fracdziz\ &=½int_fracz(z^2+3z+1)^2dz\ &=&pitextRes(f(z),z=frac12(- 3+sqrt5))\ &=& frac3 pi sqrt525 endeqnarray donde $f(z)=fracz(z^2+3z +1)^2$ tiene un polo en $z=frac12(-3+sqrt5)$.