Geometry & Recognition

$$ I = \int_{0}^{1} \frac{x\sqrt{x}  dx}{(1+x^2)\sqrt{1-x}} = \pi \left(1-\frac{1}{2}\sqrt{1+\sqrt{2}} \right) \approx  \pi \times  0.223113$$

복소함수 

$$ f(z)  = \frac{z\sqrt{z}}{(1+z^2)\sqrt{1-z}}$$의 적분을 고려한다.

제곱근 함수 때문에 branch cut을 도입을 해야 하는데, branch point가 $z=0,1$이므로 이 두 점을 잇는 선분을 cut line으로 선택하자. 그러면 다음과 같이 위상을 선택할 수 있다.

$$ -\pi \le \arg(z) \le \pi, \quad 0\le \arg (1-z) \le 2\pi$$ 적분경로는 cut line을 시계방향으로 감싸는 dog bone 모양과 $C_\infty$로 잡는다.

그러면 $z=\pm$가 $f(z)$의 simple pole이고 residue는 각각

$$\text{Res}f(z=i) = \frac{i e^{i\pi/4}}{2i \sqrt{2} e^{i7\pi/8}}= \frac{e^{-i5\pi/8}}{2\sqrt{2}} \\ \text{Res}f(z=-i) = \frac{-i e^{-i\pi/4}}{-2i \sqrt{2} e^{i\pi/8}}=\frac{e^{-i3\pi/8}}{2\sqrt{2}}$$

$C_1$에서 $z= xe^{i0}$, $z-1= (1-x) e^{i\pi} \to  1-z=(1-x)e^{i2\pi}, ~(x:-1\to 1)$이므로 

$$ \int_{C_1} f(z) dz = \int_{-1}^{1} \frac{x\sqrt{x} dx}{(1+x^2) \sqrt{1-x} e^{ i\pi}}= -I$$

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

$$ \int_{C_2} f(z)dz = \int_{1}^{-1} \frac{x\sqrt{x}dx}{(1+x^2)\sqrt{1-x}} = -  I$$

그리고 $C_\infty$에서는 $z = R e^{i \theta } $이므로

$$\int _{C_\infty} f(z)dz= \int_0 ^{2\pi}  \frac{R\sqrt{R} (i Re^{i \theta}d \theta)}{R^2( i\sqrt{ R})} = 2\pi $$ 

따라서 residue 정리에 의해서

$$\int_{C_1+C_2+C_\epsilon +C'_\epsilon+ C_\infty} f(z)dz = -I -I +2\pi   = 2\pi i \left( \text{Res}f(i) + \text{Res}f(-i)\right)\\ = \pi \sqrt{1+\sqrt{2}} \\ \quad \to \quad I = \pi \left(1 -\frac{1}{2}\sqrt{1+\sqrt{2}} \right)$$ 

$$ I = \int_{-1}^{1} \frac{ dx}{(1+x^2) \sqrt{1-x^2} } = \frac{ \pi}{\sqrt{2}}$$

복소함수

$$ f(z) = \frac{1}{(1+z^2) \sqrt{1-z^2}}$$의 contour integral을 고려하자.

제곱근 함수때문에 branch cut을 잡아야 하는데, $-1 \le x \le 1$로 선택하자. 그러면 위상은 $0 \le \text{arg}(1-z) \le 2\pi$, $-\pi \le  \text{arg}(z+1) \le \pi$로 설정될 수 있다.

그리고 $z=\pm i$는 $f(z)$의 simple로 residue는 $z=i$일 때 

$$ z-1=\sqrt{2} e^{ i 3\pi/4} \to 1-z= \sqrt{2} e^{i 7\pi / 4}, ~z+1 = \sqrt{2} e^{i \pi / 4}\\ \to~~ \sqrt{1-z^2}= \sqrt{2}  e^{i\pi} = -\sqrt{2} \\ \to \text{Res}f(z=i) = \frac{1}{-2i\sqrt{2}}$$그리고 $z=-i$에서는 $$ z-1= \sqrt{2} e^{i 5\pi/4} \to 1-z= \sqrt{2} e^{i \pi / 4}, ~z+1 = \sqrt{2} e^{-i\pi / 4} \\ \to~~ \sqrt{1-z^2}= \sqrt{2}  e^{i 0} =  \sqrt{2} \\ \to \text{Res}f(z=-i) = \frac{1}{-2i \sqrt{2}}$$

$C_1$ 경로에서 $z-1=(1-x)e^{i\pi} \to 1-z = (1-x) e^{i 2\pi}$, $z+1 = (1+x) e^{i 0}~(x:-1 \to 1)$이므로 

$$ \int_{C_1} f(z) dz = \int_{-1}^1 dx \frac{dx}{(1+x^2) \sqrt{1-x^2} e^{ i\pi } } =  -  I $$

$C_2$ 경로에서 $z-1=(1-x) e^{i\pi} \to 1-z = (1-x) e^{i 0}$, $z+1 = (1+x) e^{i 0} ~(x: 1 \to -1)$이어서

$$ \int_{C_2} f(z) dz = \int_{1}^{-1} dx \frac{dx}{(1+x^2) \sqrt{1-x^2}  e^{ i 0} } = - I $$

그리고 $C_\epsilon$, $C'_\epsilon$, $C_\infty$에서 적분값은 0에 수렴하므로 residue 정리에 의해서 

$$ -2I = 2 \pi i \times \left( \frac{1}{-2i\sqrt{2}}  + \frac{1}{-2i\sqrt{2}}\right)\qquad \to \qquad I  = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$$

$$ I = \int_0^\infty \frac{(\log x)^2 (1+x^2) dx}{1+x^4} = \frac{3\pi^3}{16\sqrt{2}}\approx 4.11089$$

그림과 같은 복소평면상의 경로에 대해 다음 함수의 적분을 구하자.

$$ f(z) = \frac{(\log z)^2 (1+z^2)}{1+z^4}$$

Branch cut은 $-x$축으로 선택하면 $-\pi \le \text{arg}(z) \le \pi$로 잡을 수 있다. 그리고 이 경로는 simple pole $z= e^{i \pi/4}, ~e ^{i 3\pi/4}$을 포함하는데, residue는 각각

$$\text{Res} f( e^{i\pi/4}) = i \frac{\pi^2}{32\sqrt{2}}, \quad\text{Res}f(  e^{i3\pi/4})= i \frac{9\pi^2}{32\sqrt{2}}$$

$C_1 $에서 $z= x e^{i\pi}$, $C_2$에서 $z=x e^{i 0}$이므로

$$ \int_{C_1} f(z) dz = \int_\infty^0 \frac{  (\log x + i\pi )^2 (1+x^2) e^{i\pi} dx }{1+x^4} \\ \int_{C_2} f(z)dz = I$$

따라서 

$$ \left( \int_{C_1} + \int_{C_2} \right) f(z)dz = 2I + 2i \pi \int_0^\infty \frac{\log (x) (1+x^2) dx}{1+x^4}- \pi^2 \int_0^\infty \frac{(1+x^2)dx}{1+x^4}$$

그런데 

$$ \int_0^\infty \frac{\log(x)(1+x^2)dx}{1+x^4} = 0,\qquad \int_0^\infty \frac{(1+x^2)dx}{1+x^4} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$$이고(첫번째 적분은 $f(z)$를 열쇠구멍 경로를 선택하면 4개의 residue가 기여를 하는데 더해서 0이 되고, 두번째 적분은 cut line이 없는 위 그림경로에서 $g(z)=(1+z^2)/(1+z^4)$의 적분을 이용하면 구할 수 있다), $$\int_{C_\epsilon} f(z) dz \sim (\log \epsilon)^2 \epsilon \to 0 \\ \int_{C_\infty} f(z)dz \sim \frac{\log R}{R^2}\to 0$$이므로 $$2I - \frac{\pi^3}{\sqrt{2}}= 2\pi i \times i \frac{5\pi^3}{16 \sqrt{2}}\qquad \to \qquad I = \frac{3\pi^3}{16\sqrt{2}}$$

$$I = \int_0^1 \left( \frac{1-x}{x} \right)^{x/ \pi } \sin xdx =  \frac{1}{2}e^{-1/\pi} \approx  0.363689$$

다음의 복소함수 

$$  f(z) = \exp \left(   \frac{z}{\pi}\log \frac{z-1}{z}\right)$$

의 contour 적분을 고려하자.

Branch point가 $z=0,1$이므로 cut line을 구간 $[0,1]$로 잡자. 그리고 위상은 $\sin(x)$을 나타나게 하기 위해서 $$ 0\le \text{arg}(z)\le 2\pi,  \quad -\pi \le \text{arg}(z-1) \le \pi$$

로 선택한 후 그림과 같은 개뼈 경로와 반지름 $R>1$인 원 $C_R$에 대해서 적분을 한다. $f(z)$는 무한대에서 residue을 가지는데 

$$ f(z=1/t) =  e^{ \frac{1}{\pi t} \log(1-t)}= e^{-1/\pi} - \frac{e^{-1/\pi}}{2\pi} t + \cdots \\ \to  \text{Res} f(z\to \infty) = \frac{e^{-1/\pi}}{2\pi}$$ 따라서 

$$ \int_{C_R} f(z) dz= -2\pi i  \times \text{Res}f(z\to \infty) = -i e^{-1/\pi} $$ $C_1$에서 $z= x e^{i0}$, $z-1 = (1-x)e^{i \pi}$이고, $C_2$에서 $z= x e^{i 2\pi}$, $z-1=(1-x) e^{-i \pi}$이므로\begin{align} \left( \int_{C_1} + \int_{C_2} \right) f(z)dz &= \int _0^1 \exp\left[ \frac{x}{\pi} \left( \log\left|\frac{1-x}{x}\right| + i \pi\right) \right]dx + \int_1^0 \exp\left[ \frac{x}{\pi}\left( \log \left| \frac{1-x}{x} \right|- i \pi  \right) \right]dx \\ &= 2i \int_0^1 \left( \frac{1-x}{x} \right) ^{x/\pi}  \sin x dx  = 2i I  \end{align}

그리고 개뼈 경로의 둥근부분에서 적분은 0으로 수렴하므로 residue 정리에 의해 

$$  \int_{C_1 +C_2 + C_\epsilon + C'_\epsilon} f(z)dz + \int_{C_R} f(z)dz = 0 \\ \to 2i I = 2\pi  i \times \text{Res}f(z\to \infty)\\ \to \qquad I = \frac{1}{2}e^{-1/\pi} $$

$$I= \int_0^\infty \frac{x^{a-1} dx }{ x^2 + x+1} =  \frac{2\pi}{\sqrt{3}} \csc(\pi a) \sin\frac{\pi (1-a)}{3},~~ 0<a < 2$$

함수 $f(z)$

$$ f(z) =   \frac{z^{a-1}}{z^2 + z+1}$$

의 conttour 적분을 고려하자. $z=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}=\gamma, ~\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}=\gamma ^2$가 $f(z)$의 simple pole 위치다. 그리고 residue값은

\begin{align} \text{Res}f( \gamma) &= \frac{\gamma^{a-1}}{\gamma - \gamma^2}= \frac{i}{\sqrt{3}} e^{i\pi a} e^{-i \pi (a-1)/3} \\ \text{Res}f(\gamma^2)  &= \frac{\gamma^{2(a-1)}}{\gamma^2- \gamma} = \frac{-i}{\sqrt{3}}e^{i\pi a} e^{i\pi(a-1)/3}\end{align} $x^a$ 때문에 branch cut을 선택해야 하는데 $+x$으로 잡자. 그러면 $0   \le \text{arg}(z) \le 2\pi $로 잡을 수 있다.

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

$$ \int_{C_1} f(z)dz = \int_0^\infty \frac{x^{a-1}dx}{x^2+x+1}  = I$$

경로 $C_2$에서 $z= x e^{i 2\pi},~(x:\infty \to 0)$이므로

$$ \int_{C_2} f(z)dz = e^{i 2\pi (a-1)} \int_\infty^0 \frac{x^{a-1} dx}{x^2 + x+1} = - e^{i 2\pi a} I $$ 

그리고 $C_\epsilon$과 $C_\infty$에서는 적분은 0이다:$$\int_{C_\epsilon} f(z)dz \sim \epsilon^a  \to0\\ \int_{C_\infty} f(z)dz \sim \frac{1}{R^{2-a}}\to 0$$따라서

$$ \oint f(z)dz = 2\pi i [ \text{Res}f(\gamma) + \text{Res}f(\gamma^2)]\quad \to \quad I = \frac{2\pi}{\sqrt{3}} \csc(\pi a)\sin \frac{\pi (1-a)}{3}$$