Aloha :)
Wenn ich die Aufgabe richtig verstanden habe, sollst du Folgendes berechnen:$$I=\int\limits_0^{2\pi}\frac{1}{1-a\cos x}\,dx\quad;\quad -1<a<1$$
Die Halbwinkel-Substitution \(t\coloneqq\tan\frac x2\) kann nur für \(|x|<\pi\) angewendet werden. Daher kommst du hier natürlich mit den Integrationsgrenzen in Schwierigkeiten. Du musst das Integral also zunächst so umformen, dass die Bedingung \(|x|<\pi\) erfüllt wird.
Das machen wir in zwei Schritten:$$I=\int\limits_0^{2\pi}\frac{1}{1-a\cos x}\,dx=\int\limits_0^{\pi}\frac{1}{1-a\cos x}\,dx+\int\limits_\pi^{2\pi}\frac{1}{1-a\cos x}\,dx$$Im zweiten Integral substituieren wir nun$$u(x)\coloneqq x-\pi\implies u(\pi)=0\;;\;u(2\pi)=\pi\;;\;du=dx$$Dadurch wird das zweite Integral zu:
$$\int\limits_\pi^{2\pi}\frac{1}{1-a\cos x}dx=\int\limits_0^\pi\frac{1}{1-a\cos(u+\pi)}du=\int\limits_0^\pi\frac{1}{1+a\cos u}du=\int\limits_0^\pi\frac{1}{1+a\cos x}dx$$Da der Name der Integrationsvariable egal ist, haben wir im letzten Schritt die Integrationsvariable \(u\) einfach wieder durch \(x\) ersetzt. Dadurch wird der nun folgende Schritt einfacher verständlich:
$$I=\int\limits_0^{\pi}\frac{1}{1-a\cos x}\,dx+\int\limits_0^{\pi}\frac{1}{1+a\cos x}\,dx=\int\limits_0^\pi\left(\frac{1}{1-a\cos x}+\frac{1}{1+a\cos x}\right)\,dx$$$$\phantom{I}=\int\limits_0^\pi\frac{(1+a\cos x)+(1-a\cos x)}{(1-a\cos x)(1+a\cos x)}\,dx=\int\limits_0^\pi\frac{2}{1-a^2\cos^2x}\,dx$$Wir erfüllen die Voraussetzungen für die Halbwinkel-Substitution noch nicht ganz, denn die obere Grenze ist noch \(=\pi\). Wir können jedoch mit der Substituion:$$u\coloneqq x-\frac\pi2\quad\implies\quad u(0)=-\frac\pi2\quad;\quad u(\pi)=\frac\pi2\quad;\quad dx=du$$die Integrationsgrenzen verschieben:$$I=\int\limits_0^\pi\frac{2}{1-a^2\cos^2x}\,dx=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{2}{1-a^2\cos^2\left(u+\frac{\pi}{2}\right)}\,du=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{2}{1-a^2\cos^2\left(u+\frac{\pi}{2}\right)}\,du$$$$\phantom{I}=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{2}{1-a^2\sin^2u}\,du=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{2}{1-a^2\sin^2x}\,dx=\int\limits_0^{\pi/2}\frac{4}{1-a^2\sin^2x}\,dx$$wobei wir im vorletzten Schritt wieder nur die Integrationsvariable \(u\) durch \(x\) ersetzt haben und im letzten Schritt die Symmetrie des Integranden bezüglich der \(y\)-Achse ausgenutzt haben.
Nach dieser kurzen Vorbereitung können wir nun die Halbwinkel-Substitution anwenden. Das Integral wird dann aber wahnsinnig unübersichtlich und nicht wirklich gut lösbar. Stattdessen schlage ich dir folgenden Weg vor:$$I=\int\limits_0^{\pi/2}\frac{4}{1-a^2\sin^2x}\,dx=\int\limits_0^{\pi/2}\frac{4}{1-a^2(1-\cos^2x)}\,dx=\int\limits_0^{\pi/2}\frac{4}{(1-a^2)+a^2\cos^2x}\,dx$$$$\phantom{I}=\int\limits_0^{\pi/2}\frac{4}{(1-a^2)+\frac{a^2}{1+\tan^2x}}\,dx=\int\limits_0^{\pi/2}\frac{4(1+\tan^2x)}{(1-a^2)(1+\tan^2x)+a^2}\,dx$$
Wir substituieren mal wieder:$$u(x)\coloneqq\tan x\quad\implies\quad u(0)=0\quad;\quad u\left(\frac\pi2\right)=\infty\quad;\quad du=(1+\tan^2x)dx$$und erhalten schließlich ein Standard-Integral:
$$I=\int\limits_0^\infty\frac{4\,du}{(1-a^2)(1+u^2)+a^2}=\int\limits_0^\infty\frac{4\,du}{1-a^2+(1-a^2)u^2+a^2}=4\int\limits_0^\infty\frac{du}{1+(1-a^2)u^2}$$$$\phantom{I}=4\left[\frac{\arctan\left(\sqrt{1-a^2}\,u\right)}{\sqrt{1-a^2}}\right]_{u=0}^\infty=4\left(\frac{\pi/2}{\sqrt{1-a^2}}-0\right)=\boxed{\frac{2\pi}{\sqrt{1-a^2}}}$$
