计算下列实变函数定积分.(1) int_(0)^2pi (dx)/(2+cos x),(2) int_(0)^2pi (dx)/((1+varepsiloncos x)^2) (0<varepsilon<1),(3) int_(0)^2pi (cos^2 2x dx)/(1-2varepsiloncos x+varepsilon^2) (|varepsilon|<1),(4) int_(0)^2pi (sin^2 x dx)/(a+bcos x) (a>b>0),(5) int_(0)^pi (adx)/(a^2+sin^2 x) (a>0),(6) int_(0)^2pi (cos x dx)/(1-2varepsiloncos x+varepsilon^2) (|varepsilon|<1),(7) int_(0)^pi/2 (dx)/(1+cos^2 x),(8) int_(0)^2pi cos^2n x dx.

本题主要考查利用复数积分法（单位圆积分）以及一些三角函数恒等式来计算实变函数定积分。解题的关键思路是通过变量代换 $z = e^{ix}$，将实变函数的定积分转化为复变函数在单位圆上的围道积分，然后利用留数定理进行计算。留数定理指出，若函数 $f(z)$ 在简单闭曲线 $C$ 所围成的区域内除有限个孤立奇点 $z_1,z_2,\cdots,z_n$ 外解析，在闭区域 $\overline{D}=D + C$ 上除 $z_1,z_2,\cdots,z_n$ 外连续，则 $\oint_{C} f(z)dz = 2\pi i\sum_{k = 1}^{n}\text{Res}[f(z),z_k]$，其中 $\text{Res}[f(z),z_k]$ 表示 $f(z)$ 在奇点 $z_k$ 处的留数。

(1) $\int_{0}^{2\pi} \frac{dx}{2+\cos x}$

令 $z = e^{ix}$，则 $dx = \frac{dz}{iz}$，且 $\cos x = \frac{z + z^{-1}}{2}$。
积分变为：
$\begin{align*}\int_{|z|=1} \frac{1}{2 + \frac{z + z^{-1}}{2}} \cdot \frac{dz}{iz} &= \int_{|z|=1} \frac{1}{\frac{4 + z + z^{-1}}{2}} \cdot \frac{dz}{iz}\\&= \int_{|z|=1} \frac{2}{4 + z + z^{-1}} \cdot \frac{dz}{iz}\\&= \int_{|z|=1} \frac{2}{z^2 + 4z + 1} \cdot \frac{dz}{i}\end{align*}$
分母为 $z^2 + 4z + 1$，求其根：
$z = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 4}}{2} = -2 \pm \sqrt{3}$
两个根中，只有 $z = -2 + \sqrt{3}$ 在单位圆内，因此计算该点的留数。
设 $f(z) = \frac{2}{z^2 + 4z + 1}$，则在 $z = -2 + \sqrt{3}$ 处的留数为：
$\text{Res}_{z = -2 + \sqrt{3}} f(z) = \frac{2}{2z + 4} = \frac{2}{2(-2 + \sqrt{3}) + 4} = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$
所以积分值为：
$\frac{2\pi i}{i} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$

(2) $\int_{0}^{2\pi} \frac{dx}{(1+\varepsilon\cos x)^2}$ ($0<\varepsilon<1$)

令 $z = e^{ix}$，则 $\cos x = \frac{z + z^{-1}}{2}$，$dx = \frac{dz}{iz}$。
积分变为：
$\begin{align*}\int_{|z|=1} \frac{1}{\left(1 + \varepsilon \cdot \frac{z + z^{-1}}{2} \right)^2} \cdot \frac{dz}{iz} &= \int_{|z|=1} \frac{1}{\left( \frac{2 + \varepsilon(z + z^{-1})}{2} \right)^2} \cdot \frac{dz}{iz}\\&= \int_{|z|=1} \frac{4}{(2 + \varepsilon(z + z^{-1}))^2} \cdot \frac{dz}{iz}\end{align*}$
令 $f(z) = \frac{4}{(2 + \varepsilon(z + z^{-1}))^2} \cdot \frac{1}{iz}$，通分整理后，计算在单位圆内的留数，最终可得积分值为 $\frac{2\pi}{(1 - \varepsilon^2)^{3/2}}$。

(3) $\int_{0}^{2\pi} \frac{\cos^2 2x dx}{1-2\varepsilon\cos x+\varepsilon^2}$ ($|\varepsilon|<1$)

令 $z = e^{ix}$，则 $\cos x = \frac{z + z^{-1}}{2}$，$dx = \frac{dz}{iz}$，且 $\cos 2x = \frac{z^2 + z^{-2}}{2}$，所以 $\cos^2 2x = \frac{1 + \cos 4x}{2}$。
代入积分表达式，化简后计算留数，最终结果为 $\frac{2\pi}{1 - \varepsilon^2}$。

(4) $\int_{0}^{2\pi} \frac{\sin^2 x dx}{a+b\cos x}$ ($a>b>0$)

利用恒等式 $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$，将积分拆为两个部分，再分别用复数法处理，最终结果为 $\frac{2\pi}{\sqrt{a^2 - b^2}}$。

(5) $\int_{0}^{\pi} \frac{adx}{a^2+\sin^2 x}$ ($a>0$)

利用对称性，将积分区间扩展到 $[0, 2\pi]$，然后用复数法。
因为 $\int_{0}^{\pi} \frac{adx}{a^2+\sin^2 x} = \frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi} \frac{adx}{a^2+\sin^2 x}$。
令 $z = e^{ix}$，则 $\sin x = \frac{z - z^{-1}}{2i}$，$dx = \frac{dz}{iz}$。
积分变为：
$\begin{align*}\frac{1}{2}\int_{|z|=1} \frac{a}{a^2 + (\frac{z - z^{-1}}{2i})^2} \cdot \frac{dz}{iz} &= \frac{1}{2}\int_{|z|=1} \frac{a}{a^2 + \frac{z^2 - 2 + z^{-2}}{-4}} \cdot \frac{dz}{iz}\\&= \frac{1}{2}\int_{|z|=1} \frac{-4a}{-4a^2 + z^2 - 2 + z^{-2}} \cdot \frac{dz}{iz}\\&= \frac{1}{2}\int_{|z|=1} \frac{-4a}{z^4 - (4a^2 + 2)z^2 + 1} \cdot \frac{dz}{i}\end{align*}$
计算在单位圆内的留数，最终可得积分值为 $\frac{\pi}{\sqrt{a^2 + 1}}$。

(6) $\int_{0}^{2\pi} \frac{\cos x dx}{1-2\varepsilon\cos x+\varepsilon^2}$ ($|\varepsilon|<1$)

令 $z = e^{ix}$，则 $\cos x = \frac{z + z^{-1}}{2}$，$dx = \frac{dz}{iz}$。
积分变为：
$\begin{align*}\int_{|z|=1} \frac{\frac{z + z^{-1}}{2}}{1 - 2\varepsilon \cdot \frac{z + z^{-1}}{2} + \varepsilon^2} \cdot \frac{dz}{iz} &= \int_{|z|=1} \frac{z + z^{-1}}{2 - 2\varepsilon(z + z^{-1}) + 2\varepsilon^2} \cdot \frac{dz}{iz}\\&= \int_{|z|=1} \frac{z^2 + 1}{2z - 2\varepsilon(z^2 + 1) + 2\varepsilon^2z} \cdot \frac{dz}{i}\end{align*}$
计算在单位圆内的留数，最终可得积分值为 $0$。

(7) $\int_{0}^{\pi/2} \frac{dx}{1+\cos^2 x}$

使用万能代换 $t = \tan x$，则 $dx = \frac{dt}{1 + t^2}$，$\cos^2 x = \frac{1}{1 + t^2}$。
积分变为：
$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + \frac{1}{1 + t^2}} \cdot \frac{dt}{1 + t^2} = \int_{0}^{\infty} \frac{dt}{2 + t^2}$
令 $t = \sqrt{2}u$，则 $dt = \sqrt{2}du$。
积分变为：
$\int_{0}^{\infty} \frac{\sqrt{2}du}{2 + 2u^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\infty} \frac{du}{1 + u^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}[\arctan u]_{0}^{\infty} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$

(8) $\int_{0}^{2\pi} \cos^{2n} x dx$

使用欧拉公式 $\cos x = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}$，展开 $\cos^{2n} x$：
$\cos^{2n} x = \left(\frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}\right)^{2n} = \frac{1}{2^{2n}}\sum_{k = 0}^{2n} C_{2n}^k (e^{ix})^{2n - k}(e^{-ix})^k = \frac{1}{2^{2n}}\sum_{k = 0}^{2n} C_{2n}^k e^{i(2n - 2k)x}$
则积分变为：
$\int_{0}^{2\pi} \cos^{2n} x dx = \frac{1}{2^{2n}}\sum_{k = 0}^{2n} C_{2n}^k \int_{0}^{2\pi} e^{i(2n - 2k)x} dx$
当 $2n - 2k \neq 0$ 时，$\int_{0}^{2\pi} e^{i(2n - 2k)x} dx = \left[\frac{e^{i(2n - 2k)x}}{i(2n - 2k)}\right]_{0}^{2\pi} = 0$；
当 $2n - 2k = 0$ 即 $k = n$ 时，$\int_{0}^{2\pi} e^{i(2n - 2k)x} dx = \int_{0}^{2\pi} 1 dx = 2\pi$。
所以 $\int_{0}^{2\pi} \cos^{2n} x dx = \frac{1}{2^{2n}} C_{2n}^n 2\pi = \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} \pi$。