Geometry & Recognition

$$   \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma-i\infty}^{\gamma+i\infty} \frac{e^{st} ds}{\sqrt{s^2 -1}} = I_0(t)\\   \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma-i\infty}^{\gamma + i \infty} \frac{e^{st}ds }{\sqrt{s^2 +1}} = J_0 (t)$$

$$g(z)= \frac{e^{zt}}{\sqrt{z^2-1}}$$을 적분하기 위해서 그림과 같이 Browmwich contour를 선택하자. 위상은 $$ -\pi \le \arg(z-1), ~\arg(z+1) \le \pi $$

$\oint g(z) dz  = 0$이므로 

$$ I= \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma - i\infty}^{\gamma + i \infty} \frac{e^{st}ds}{\sqrt{s^2 - 1}} = - \sum_k  \frac{1} {2\pi i} \int_{C_k}   \frac{e^{zt}dz}{\sqrt{z^2-1}}$$ 

$C_2$에서 $z-1 = (1-x) e^{i \pi}$, $z+1 = (1+x) e^{i0}$이므로 

$$ \int_{C_2} =  \int_{-1}^1 \frac{e^{xt} dx}{ \sqrt{1-x^2} e^{i \pi/2} }= -i \int_{-1}^1 \frac{ e^{xt}dx}{\sqrt{1-x^2}}  $$

$C_4$에서 $z-1= (1-x) e^{-i \pi}$, $z+1=(1+x) e^{i 0}$이므로

$$ \int_{C_4} = \int _{1}^{-1} \frac{e^{xt}dx}{ \sqrt{1-x^2}e^{-i\pi/2}} = -i \int_{-1}^1 \frac{ e^{xt}dx}{\sqrt{1-x^2}} $$

이고 $\int_{C_1} = \int_{C_3}= 0$이므로  

$$ I = \frac{1}{\pi} \int_{-1}^{1} \frac{e^{xt} dx} {\sqrt{1-x^2}}$$

$ x= \cos \theta$로 치환하면

$$I= \int_{0}^\pi  e^{t  \cos \theta} d \theta  = \frac{1}{\pi}\sum_{k=0}^\infty  \int_{0}^{\pi } \frac{ (t \cos \theta)^k d \theta }{ k!} \\ = \frac{1}{\pi} \left[ \pi + \pi \frac{1}{2} \frac{t^2}{2!}+ \pi \frac{3}{4} \frac{1}{2} \frac{t^4}{4!} + \pi\frac{5}{6}\frac{3}{4}\frac{1}{2} \frac{t^6}{6!}+\cdots \right]  \\ = 1+ \frac{t^2}{2^2}+ \frac{t^4}{2^2 4^2 }+ \frac{t^6}{2^2 4^2 6^2}+\cdots =  \sum_{k=0}^ \infty \frac{(\frac{t}{2})^{2k}}{(k!)^2} \\= I_0(t)$$

$I_0(t)$는 modified Bessel function of the first kind and zero order.

Note: $$ {\cal L }^{-1} \left[\frac{1}{\sqrt{s^2 + 1}}\right] = J_0(t)$$

$$ -\frac{\pi}{2} \le \arg(z+i), ~\arg(z-i) \le \frac{3\pi}{2}$$

residue 정리에 의해서 

$$ I = \frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma - i \infty} ^{\gamma + i \infty }\frac{ e^{st}ds}{\sqrt{s^2 + 1}} = -\sum_k \frac{1}{2\pi i} \int_{C_k} \frac{e^{zt} dz}{ \sqrt{z^2+1}}$$

$C_2$에서 $z- i = (1-y) e^{-i\pi/2}$, $z+i = (1+y) e^{\pi/2}$이므로

$$ \int_{C_2} = \int_{1}^{-1} \frac{ e^{i yt} (idy)}{ \sqrt{1- y^2}} = -i \int_{-1}^1\frac{ e^{-iyt}d y}{\sqrt{1-y^2}}$$ 

$C_4$에서 $z-i=(1-y) e^{i 3\pi/2}$, $z+i= (1+y) e^{i\pi/2}$이므로 

$$ \int_{C_4} = \int_{-1}^{1} \frac{e^{i yt}(i dy)}{\sqrt{1-y^2} e^{i\pi}} =- i\int_{-1}^{1} \frac{e^{iyt} dy }{\sqrt{1-y^2}} $$

따라서 $$\int_{C_2 +C_4} = -2i \int_{-1}^2 \frac{\cos(yt)dy}{\sqrt{1-y^2}}$$ 

$$ I = \frac{1}{\pi} \int_{-1}^{1} \frac{ \cos(yt) dy}{\sqrt{1 -y^2}}= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \cos( t \sin \theta) d \theta = J_0(t)$$

$J_0(t)$는 Bessel function of the first kind  and zero order.

$$ I = \int_1^\infty \frac{\log (x) dx }{(x-1)^{3/2}}= 2\pi$$

복소함수 $$f(z) = \frac{\log(z)}{(z-1)^{3/2}}$$을 그림의 경로에서 적분을 하자. 위상은 $$-\pi \le \arg(z) \le \pi, \quad 0 \le \arg(z-1) \le 2\pi$$로 잡는다.

$C_1$에서 $$z= x e^{i 0},~~\log(z) = \log(x) ~~(x: 1\to \infty) \\ z-1=(x-1)e^{i0} $$이므로

$$ \int_{C_1} = \int_1^\infty \frac{ \log(x) dx}{ (x-1)^{3/2}} = I$$

$C_2$에서 $$z=x e^{i  0},~~\log(z) = \log(x)~~(x:\infty\to 1) \\ z-12=(x-1) e^{i2\pi}$$

$$\int_{C_2} = \int_\infty^1 \frac{\log(x)dx}{(x-1)^{3/2} e^{i3\pi} } = I$$

$C_3$에서$$z=xe^{i\pi},~~\log(z) = \log(x) +i \pi ~~(x:\infty\to0)\\ z-1 = (1+x) e^{i\pi}$$이므로

$$ \int_{C_3} = \int_\infty ^0 \frac{(\log(x)+i\pi)(e^{i\pi} dx) }{ (1+x)^{3/2} e^{i 3\pi/2}} = e^{-i3\pi/2} \int_0^\infty \frac{(\log(x)+i\pi )dx}{(1+x)^{3/2}}$$

$C_4$에서 $$z= xe^{-i\pi},~~\log(z) = \log(x)- i\pi~~(x:0\to \infty)\\z-1= (1+x) e^{i \pi} $$이므로 $$ \int_{C_4} = \int_0^\infty \frac{ (\log(x)-i \pi)(e^{-i \pi}dx)}{ (1+x)^{3/2} e^{i 3\pi/2}} =- e^{-i 3\pi/2} \int_0^\infty \frac {(\log(x)-i\pi)dx  }{ (1+x)^{3/2}}$$

따라서 $$ \int_{C_3+C_4} = 2\pi i \times  e^{ -i 3\pi/2} \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x)^{3/2}} \\= -2\pi \times \left. \frac{-2}{(1+x)^{1/2}}\right|_0^\infty =-4\pi$$

Residue 정리에 의해서 

$$ 2I - 4\pi = 0~~\to ~~ I = 2\pi$$

$$ f(t) = {\cal F}^{-1} \left[ \frac{- i\exp( -\sqrt{1  + \omega^2} )} {\omega \sqrt{1- i \omega }}  \right] $$주파수 domain에서 주어진 함수$$F(\omega ) = \frac{-i e^{-\sqrt{1+ \omega^2} }  }{\omega \sqrt{1-i \omega}}$$의 역 Fourier transform을 복소평면에서의 경로적분으로 변환을 하자. $t>0$일 때는 $e^{i\omega t}$가 발산하기 않도록 만들기 위해 upper half plane에 놓인 폐경로 $\Gamma(\text{ccw})$을 고려해야 한다. 반대로 $t<0$일 때는 lower half plane의 폐곡선 $\Gamma'(\text{cw})$에서 경로적분을 고려하면 된다. 그리고 $\omega = 0$에서의 singularity는 복소평면에서 $\omega = i\epsilon$만큼 옮긴 후 계산을 하자.(lower half plane으로 옮기면 다른 결과를 얻는다. 어떻게 singularity를 옮기는가는 문제에 주어진 추가적인 조건을 예를 들면 causality 조건등을 만족시키는 방향으로 선택되어야 한다). Branch cut은 그림과 같이 선택한다. 그러면 위상은 

$$ -\frac{3\pi}{2} \le \arg(z-i) \le \frac{\pi}{2}, \quad -\frac{\pi}{2} \le\arg(z+i) \le \frac{3\pi}{2}$$이다.

$t > 0$일 때  upper half plane에서 정의된 폐경로 $\Gamma$에 대한 경로적분을 고려하자. $\Gamma$가 simple pole $z=i\epsilon$을 포함하므로 residue 정리에 의해서 

$$ \oint_\Gamma \frac{- i e^{ i z t -\sqrt{1+ z^2} } dz}{z\sqrt{1 - iz}} = 2 \pi i \times \lim_{\epsilon\to 0}\text{Res}(z=i\epsilon) = \frac{2\pi}{e}$$

따라서

$$ f(t) =\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty} ^\infty  F(\omega)  e^{i \omega t} d\omega = -\frac{1}{2\pi}\left(  \int_{1} + \int_{2} + \int_{3}\right) F(z) dz+ \frac{2\pi}{e}$$

경로 $1$에서 $ z= ye^{i \pi/2}$, $ z-i  = (y - 1) e^{i \pi/2}$, $z+i = (y+1)e^{i \pi/2}, ~(y: \infty \to 1)$이므로 

$$ \sqrt{z^2+1} = i \sqrt{y^2-1}\\   \sqrt{1-iz} = \sqrt{ \text{Rot}_{-\pi/2} ( z+i)} =\sqrt{ y+1} \\ \to \quad \int_{1}  =-i \int_\infty^1 \frac{e^{-yt} e^{- i \sqrt{y^2 -1}} dy } {y \sqrt{ y+1}}  =i \int_1^\infty \frac{ e^{-yt} e^{-i \sqrt{y^2-1}}  }{y\sqrt{y+1}}$$

경로 $3$에서 $z=y e^{i\pi/2}$, $z-i=(y-1) e^{-i3\pi/2} $, $ z+i= (y+1) e^{i \pi/2}, ~(y: \infty\to 1)$이므로

$$ \sqrt{z^2+1}= -i \sqrt{y^2 -1} \\ \sqrt{1-iz} =  \sqrt{y+1}\\ \to \quad \int_{3} =  -i \int_{1}^\infty \frac{ e^{-ut} e^{i \sqrt{ y^2 -1}} dy}{ y   \sqrt{ y+1} } $$ 그리고 경로 $2$는 $z=\epsilon e^{i \theta}$이므로 적분값이 0이 됨을 보일 수 있다. 따라서 $t>0$일 때는

$$ t>0: ~f(t) =\frac{1}{e} -\frac{1}{ {\pi}} \int_1^\infty \frac{ e^{-yt}} {y\sqrt{y+1}} \sin \left(\sqrt{y^2 -1} \right) dy$$

$t<0$일 때는 적분경로를 lower half plane의 폐곡선 $\Gamma'$으로 잡자. 그러면 $\Gamma'$ 내에서 $F(z)e^{i zt}$가 analytic하므로 $\oint _{\Gamma'} F(z) e^{i zt} dz=0$ 따라서, $$ f(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i \omega t} d\omega=-\frac{1}{2\pi} \left( \int_{1'} + \int_{2'} +\int_{3'}\right) F(z) dz$$

경로 $1'$에서 $z=y e^{-i\pi/2}$, $z-i = (y+1) e^{-i \pi/2}$, $z+i= ( y-1) e^{-i\pi/2},~(y:\infty\to1)$이므로

$$ \sqrt{ z^2+1} = -i \sqrt{ y^2 - 1} \\ \sqrt{1-iz} =\sqrt{\text{Rot}_{-\pi/2} (z+i)} = \sqrt{y-1} e^{-i\pi/2} = -i \sqrt{y-1} \\ \to \quad \int_{1'} = \int_\infty^1  \frac{e^{yt} e^{i \sqrt{y^2-1}}dy }{y\sqrt{y-1}} = - \int_1^\infty \frac{e ^{yt} e^{i\sqrt{y^2-1}} dy}{y\sqrt{y -1}}$$

경로 $3'$에서는 $z=y e^{-i\pi/2}$ , $z-i = (y+1) e^{-i \pi/2}$, $z+i= ( y-1) e^{i3\pi/2},~(y:\infty\to1)$이므로

$$ \sqrt{ z^2+1} =  i \sqrt{ y^2 - 1} \\ \sqrt{1-iz} =\sqrt{\text{Rot}_{-\pi/2} (z+i)} = \sqrt{y-1} e^{i\pi/2} = i \sqrt{y-1} \\  \to\quad \int_{3'} = -\int_\infty^1  \frac{e^{yt} e^{-i\sqrt{y^2-1}}dy }{y\sqrt{y-1}} $$이다. 그리고 경로 $2'$에서는 적분이 0으로 수렴한다. 따라서

$$ t < 0:~f(t ) =   \frac{1}{\pi} \int_1^\infty \frac{ e^{yt} }{y\sqrt{y -1}} \cos \left( \sqrt{y^2-1}\right)dy $$

$L=1~\rm H$, $C=1~\rm F$일 때 impedence의 recursion relation은 

$$ Z_n (s) = s + \frac{ \frac{1}{s} Z_{n-1}(s)} { \frac{1}{s} + Z_{n-1} (s)}$$이므로 $n\to \infty$일 때 $$ Z(s) = s+ \frac{Z(s)}{1+s Z(s)}$$

이어서 임피던스는 $$ Z (s)= \frac{s+ \sqrt{4 + s^2}}{2}$$로 구해진다. 따라서 전류는

$$ I(s) =\frac{{\cal E}(s)}{Z(s)} = \frac{2 {\cal E}(s)}{s+ \sqrt{4 + s^2}}$$이므로 inverse Laplace 변환을 취하면 $$ I(t) = {\cal L} ^{-1} [I](t) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma -i\infty}^{\gamma + i \infty} \frac{2 {\cal E}(s)}{s + \sqrt{4 + s^2}} e^{st} ds$$

만약 $t=0$일 때  단위 스텝전압(${\cal E}(t) = \theta(t)$)을 가하는 경우 ${\cal E}(s) = 1/s$이고 전류는

$$ I(t) =\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma-i\infty}^{\gamma +i \infty} \frac{ 2}{ s+ \sqrt{4 + s^2}} e^{st} \frac{ds}{s}$$이다. 이 Bromwich 적분을 그림과 같은 경로에 대한 적분으로 변환하면(https://kipl.tistory.com/653 참고)

$$ I(t) =\frac{1}{2\pi i} \left(  \int_{C_1}+\int_{C_2} + \int_{C_3}+\int_{C_4} + \int _{C_\epsilon}\right)  \frac{ 2}{z+ \sqrt{4 + z^2}} e^{zt} \frac{dz}{z}$$  그러면 각 경로에서,

$$ C_1:~~z=y e^{i\pi/2}, ~ z-2i=(2-y) e^{i 3\pi/2}, ~z+2i = (2+y)e^{i\pi/2},~y:2\to0$$

$$ C_2:~~z=y e^{i\pi/2}, ~ z-2i=(2+y) e^{ - i \pi/2},~z+2i = (2-y)e^{i\pi/2},~y: 0\to2$$

$$ C_3:~~z=y e^{-i\pi/2}, ~ z-2i=(2+y) e^{-i \pi/2},~z+2i = (2-y)e^{i\pi/2},~y:0\to2$$

$$ C_4:~~z=y e^{-i\pi/2}, ~ z-2i=(2-y) e^{i 3\pi/2},~z+2i = (2+y)e^{i\pi/2},~y:2\to0$$

따라서 

$$ \int_{C_1} = \int_2^0  \frac{2}{iy-\sqrt{4-y^2} } e^{ iyt} \frac{dy}{y}$$

$$ \int_{C_2} = \int_0^2  \frac{2}{iy+\sqrt{4-y^2} } e^{ iyt} \frac{dy}{y}$$

$$ \int_{C_3} = \int_2^0  \frac{2}{-iy+\sqrt{4-y^2} } e^{- iyt}  \frac{dy}{y}$$

$$ \int_{C_4} = \int_0^2  \frac{2}{-iy-\sqrt{4-y^2} } e^{- iyt} \frac{dy}{y}$$

그리고  simple pole $z=0$을 감싸는 적분은 ($z=\epsilon e^{i \theta}$)

$$ \int_{C_\epsilon} = 2\pi i  $$

이므로 $f(t)$는 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$I(t)= 1 +\frac{1}{\pi}\int_0^2 \sqrt{4-y^2} \sin (yt) \frac{dy}{y}$$

$$I(t)= 1 +\frac{1}{\pi}\int_0^2 \sqrt{4-y^2} \sin (yt) \frac{dy}{y}$$

$t=0$일 때 $x=0$인 경계에 온도 $u_0=1$인 열원에 접촉을 시킬 때 $t>0, x>0$에서 온도분포는 (열전도계수=1)는 (1차원) 열방정식에 의해서 결정된다.(1차원 확산방정식도 동일한 형태이다)

$$ \frac{\partial^2 u(x,t) }{\partial x^2} = \frac{ \partial u(x,t)} {\partial t}, ~~ u(x=0, t)=  \theta(t)$$

이 방정식을 Laplace변환을 이용해서 풀어보자. 양변에 Laplace 변환을 취하면 $\bar u(x,s) \equiv {\cal L} [u](x,s)$

$$ \frac{\partial ^2   \bar u(x,s)}{ \partial x^2 } = s \bar u(x,s) - u (x, 0) = s \bar u(x,s)$$ 

$\bar u(x, s=0) = 1 /s$이므로 위 방정식의 해는

$$ \bar u(x, s) = e^{  - x \sqrt{s}} \bar u(x, 0)= \frac{ e^{-x\sqrt{s}} }{s}$$

시간에 대한 해를 구하기 위해 역 Laplace변환을 취하면 

$$ u(x,t) =\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma-i\infty}^{\gamma + i\infty}  \frac{e^{- x\sqrt{s}} }{s}  e^{st} ds$$ $z=0$이 $\sqrt{z}$의 branch point이므로 이 적분을 구하기 위해서 $-x$축을 branch cut으로 하는 그림과 같은 경로에서 적분을 고려하자.

이 경로 내부에서 피적분함수가 analytic 하므로 $$ \oint e^{zt }e^{- x\sqrt{z}} \frac{dz}{z}=0$$이다. 따라서

$$ u(x, t) =\frac{1}{2\pi i}  \int_C e^{zt } e^{- x \sqrt{z}} \frac{dz}{z}$$

로 쓸 수 있다. 경로 $C_1, C_2$ 그리고 $z=0$을 감싸는 경로에서 적분만 기여한다. 우선 경로 $C_1$에서 $z= \rho  e^{i\pi}~(\rho:0\to \infty)$이므로 

$$ \int_{C_1}   =\int_0^\infty  e^{- \rho t } e^{-i x \sqrt{\rho} } \frac{d\rho}{\rho} $$

경로 $C_2$에서 $z=\rho e^{-i \pi}~~(\rho: \infty \to 0)$이므로 

$$ \int_{C_2} = \int_\infty^0 e^{-\rho t} e^{i x \sqrt{\rho} } \frac{d \rho}{\rho}$$

그리고 $z=0$ 둘레에서 $z=\epsilon e^{i \theta}$이므로

$$ \int_{C_\epsilon} = 2\pi i $$

이므로

$$ u(x,t ) = 1 - \frac{1}{\pi} \int _0^\infty e^{-\rho t} \sin (x\sqrt{ \rho}) \frac{d \rho}{\rho}$$

 $\xi = \sqrt{\rho}$로 치환하면

$$ u(x,t) = 1 -\frac{2}{\pi} \int_0^\infty e^{-\xi^2 t} \sin ( x\xi) \frac{d\xi}{\xi} \\=1- \text{Erf}\left( \frac{x}{2\sqrt{t}} \right)$$

처럼 error 함수로 표현할 수 있다.