Integration along a branch cut-047

$$I={\int }_{-1}^1\frac{\log (a+x)dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\pi \arcsin \left(\frac{1}{a}\right)a>1$$

$x=\cos \theta$로 치환을 하면

$$I={\int }_0^{\pi }\frac{\log (a+\cos \theta )d\theta }{\cos \theta }=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\frac{\log (a+\cos \theta )}{\cos \theta }$$를 얻고, $z=e^{i\theta }$로 다시 치환을 하면

$$I=\frac{1}{i}{\oint }_{\text{unit circle}}\frac{\log (z^2+2az+1)-\log (2z)}{1+z^2}$$

따라서 $I$를 구하는 문제는  $$f(z)=\frac{\log (z^2+2az+1)-\log (2z)}{1+z^2}$$의 단위원 위에서 경로적분으로 환원이 된다. $\log$함수 때문에 $z=-a\pm \sqrt{a^1-1},0$이 branch point에 해당하므로 그림의 cutline을 선택한다.

그리고 $z=\pm i$는 $f(z)$의 simple poles에 해당하고, residue는 각각

$$\text{Res}f(\pm i)=\frac{\log (a)+i\pi /2}{\pm 2i}\to \text{Res}f(i)+\text{Res}f(-i)=0$$

임을 확인할 수 있다.  따라서

$${\int }_{C_1+C_2}=\pi i\times (\text{Res}f(i)+\text{Res}f(-i))=0$$

또 $z=0$, $z=-a+\sqrt{a^2-1}$을 감싸는 미소원에서 적분은 0에 수렴함도 확인 할 수 있다.

$${\int }_{C_6+C_4+C_8}=0$$

$C_3$과 $C_9$에서는 분모의 두 $\log$함수의 위상이 상쇄되므로 0에 수렴함도 알 수 있다. 마지막으로 $C_5$와 $C_7$는 $\log (2z)$의 cutline에 해당하지 않으므로 적분기여가 없어서,

$${\int }_{C_5+C_7}=-2\pi i{\int }_0^{a-\sqrt{a^2-1}}\frac{dx}{x^2+1}$$

$$=-2\pi i\times \arctan (a-\sqrt{a^2-1})$$

$$=-\pi i\times \arcsin \left(\frac{1}{a}\right)$$

따라서

$${\int }_{-1}^1\frac{\log (a+x)dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\pi \arcsin \left(\frac{1}{a}\right)$$