Geometry & Recognition

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

역 Laplace 변환을 Bromwich 적분으로 표현하면 $$f(t) = \frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma-i\infty}^{\gamma +i\infty}  F(s) e^{st}ds=\frac{1}{2\pi i} \int_{C} \frac{1}{z}\exp \left(- \frac{z}{\sqrt{1+z^2}} +z t \right) dz$$ 적분경로 $C= \{C_1+C_2+C_3+C_4+C_\epsilon + \text{half circle}\}$는 그림의 폐경로에서 오른쪽  $z=\gamma$ 을 통과하는 수직선을 제외한 나머지 부분이다. 제곱근 함수 때문에 branch cut을 $z=\pm i$을 연결하는 선분으로 잡는다. 이 경우 위상은  $$-\frac{\pi}{2} \le \arg(z-i) , ~\arg(z+i) \le \frac{3\pi}{2}$$ 로 잡을 수 있다. 

그러면 각 경로에서,

$$C_1:~~z=y e^{i\pi/2}, ~ z-i=(1-y) e^{i 3\pi/2}, ~z+i= (1+y)e^{i\pi/2},~y:1\to0$$

$$C_2:~~z=y e^{i\pi/2}, ~ z-i=(1+y) e^{ - i \pi/2},~z+i = (1-y)e^{i\pi/2},~y: 0\to1$$

$$C_3:~~z=y e^{-i\pi/2}, ~ z-i=(1+y) e^{-i \pi/2},~z+i = (1-y)e^{i\pi/2},~y:0\to1$$

$$C_4:~~z=y e^{-i\pi/2}, ~ z-i=(1-y) e^{i 3\pi/2},~z+i = (1+y)e^{i\pi/2},~y:1\to0$$

따라서 

$$\int_{C_1} = \int_1^0 \exp\left(  \frac{iy}{\sqrt{1-y^2} } + iyt\right) \frac{dy}{y}$$

$$\int_{C_2} = \int_0^1 \exp\left(  \frac{-iy}{\sqrt{1-y^2} } + iyt\right) \frac{dy}{y}$$

$$\int_{C_3} = \int_1^0 \exp\left(  \frac{iy}{\sqrt{1-y^2} } - iyt\right) \frac{dy}{y}$$

$$\int_{C_4} = \int_0^1 \exp\left(  \frac{-iy}{\sqrt{1-y^2} } - iyt\right) \frac{dy}{y}$$

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.

$$f(t) = 1 -\frac{2}{\pi} \int_0^1 \cos (yt) \sin \left( \frac{y}{\sqrt{1-y^2}} \right) \frac{dy}{y}$$

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

Inverse Laplace 변환을 Bromwich 적분으로 표현하기 위해 그림과 같은 폐경로를 고려하면 ($C=\sum C_i$) $$\oint_\Gamma F(z) e^{sz} dz = \left( \int _{\gamma - i\infty}^{\gamma + i\infty}  - \int_C  \right) F(z) e^{sz} dz = 2\pi i \times  \text{Res} (z=0)$$ 인데, $z=0$이 double pole이므로, $$f(t) = \left.\frac{d}{dz} \left(e^{tz} \sqrt{ z^2 + 1}\right) \right|_{z=0} +\frac{1}{2\pi i} \int_{C} \frac{\sqrt{z^2 + 1} }{z^2} e^{tz}dz$$ Branch cut을 $z= \pm i$을 연결하는 선분 대신 그림과 같이 각각 $z=\pm i$에서 출발하는 두 개의 반직선으로 선택한다: $-\pi \le \arg(z-i), ~\arg(z+i)\le  \pi$

경로 $C_1$에서 $$z=-x + i, ~z-i = x e^{i\pi},~z+i = \sqrt{x^2 + 4} e^{i \theta}$$

여기서 $\tan\theta = -x/2$, $x: 0 \to \infty$이다.

$\cos \theta = -x/ \sqrt{x^2 + 4}$임을 이용하면

$$\sqrt{z^2 +1} = \sqrt{(z-i)(z+i)} = \sqrt{x} \sqrt[4]{x^2+4} e^{i\pi/2}e^{ i\theta/2}\\ = i \sqrt{x} \sqrt[4]{x^2+4} \left(\cos \frac{\theta}{2}+ i\sin \frac{\theta}{2} \right) \\=i \sqrt{x} \left[ \sqrt{\sqrt{x^2/4+1}-x/2}+i \sqrt{\sqrt{x^2/4+1}+ x/2}\right] \\ \equiv i \sqrt{x}(g_1 + ig_2)$$

그리고 $C_2$에서는 $z-i = x e^{-i \pi}$이므로 (note: $z^2 = x^2 -1 -2ix$) 

$$\int_{C_1} = \int _{C_2} = - \int_{0}^\infty i \sqrt{x} \frac{ g_1 + i g_2}{x^2-1 - 2i x} e^{-xt} e^{i t} dx$$

마찬가지로 $C_5, C_6$에 대한 적분도 ($z\to  -x-i$, $\theta\to - \theta$)

$$\int_{C_5} = \int_{C_6} = -\int_0^\infty i \sqrt{x} \frac{g_1 -i g_2}{x^2 - 1 + 2ix}dx e^{-xt} e^{-it} dx$$

이므로

$$f(t) = t - \frac{2}{\pi} \int_0^\infty dx \sqrt{x} e^{-xt}  \frac{(x^2-1) (g_1 \cos t-g_2\sin t)- 2x ( g_1 \sin t + g_2\cos t)}{(x^2 +1)^2 }$$

$$I = \int_{-1}^{1} \frac{(1-x)^{-\alpha}(1+x)^{-1+\alpha} dx} {5+x^2}=\frac{\pi }{\sqrt{30}} \frac{ \sin [ \pi \alpha + (1-2\alpha ) \tan^{-1}(\sqrt{5})]}{\sin (\pi \alpha) } \qquad (0< \alpha <1)$$

$$f(z) = \frac{(1-z)^{-\alpha}(1+z)^{-1+\alpha}}{5+z^2}$$ 위상은 $$0 \le \arg(1-z) \le 2\pi, \quad -\pi \le \arg(1+z) \le \pi$$ 로 선택할 수 있다. 그리고 $z_\pm=\pm i \sqrt{5}$는 $f(z)$의 simple pole이다.

$C_1$에서 $z-1=(1-x) e^{i \pi}\to 1-z= (1-x) e^{i 2\pi}$, $1+z = (1+x)^{i0},~(x:1\to -1)$이므로

$$\int_{C_1} f(z) dz = \int_1^{-1} \frac{(1-x)^{-\alpha} e^{-i2\pi\alpha} (1+x)^{-1+\alpha} dx } {5+x^2} = - e^{-i2\pi\alpha } I$$

$C_2$에서는 $z-1= (1-x) e^{i\pi} \to 1-z= (1-x)^{i0}$, $1+z=(1+x)^{i0},~(x:-1\to 1)$이어서

$$\int_{C_2} f(z) dz = \int_{-1}^{1} \frac{(1-x)^{-\alpha} (1+x)^{-1+\alpha} dx}{5+x^2 } = I$$

따라서 

$$\int_{C_1+C_2} f(z) dz = (-e^{-i2\pi\alpha}+1) I = 2i \sin (\pi \alpha ) e^{-i\pi\alpha}I$$ 그리고 $C_\infty$에서는 적분은 0에 수렴한다. $z_+= i\sqrt{5}$에서 residue을 구하기 위해서 $\tan \varphi = \sqrt{5}$로 놓으면

$$\arg(z_+ -1) = \pi -\varphi ~\to  ~\arg(1-z_+) = 2\pi - \varphi   \\ ~\arg(1+z_+) = \varphi \\\to~~ -\alpha \arg(1-z_+) -(1-\alpha)\arg(1+z_+) =  -[2\pi \alpha + (1-2\alpha)\varphi]$$

이므로 $$\text{Res}f(i\sqrt{5} ) = \frac{(\sqrt{6})^{-1} e^{-i[2\pi \alpha + (1-2\alpha)\varphi] }}{ i 2\sqrt{5} } = \frac{1}{i2\sqrt{30}} e^{-i[2\pi \alpha + (1-2\alpha)\varphi]}$$

$z_- = -i \sqrt{5}$에서 residue는 

$$\arg(z_-  - 1) = \pi +\varphi  ~\to ~\arg(1-z_-) =\varphi  \\  ~\arg(1+z_-) =-\varphi \\ \to~~ -\alpha \arg(1-z_-)-(1-\alpha)\arg(1+z_-) = (1-2\alpha)\varphi$$ 이어서 $$\text{Res}f(-i\sqrt{5}) = \frac{(\sqrt{6})^{-1} e^{i (1-2\alpha )\varphi}  }{-i 2\sqrt{5}}=\frac{1}{-i2 \sqrt{30}} e^{i(1-2\alpha)\varphi}$$

두 residue의 합은

$$\sum \text{Res}f (z_i) = \frac{-i}{2\sqrt{30}}e^{-i\pi \alpha } \left( e^{-i [\pi\alpha +(1-2\alpha )]\varphi} - e^{i[\pi\alpha+(1-2\alpha)\varphi]} \right)\\ =-\frac{1}{\sqrt{30}} e^{-i\pi\alpha } \sin [\pi \alpha + (1-2\alpha)\varphi]$$

따라서 residue 정리에 의해서 

$$2i  e^{-i\pi \alpha}  \sin (\pi \alpha) I = - 2\pi i \times \left(-\frac{1}{\sqrt{30}} e^{-i\pi \alpha }\sin [ \pi \alpha + (1-2\alpha) \varphi]  \right)  \\\to ~~ I = \frac{\pi }{\sqrt{30}} \frac{ \sin [ \pi \alpha + (1-2\alpha ) \tan^{-1}(\sqrt{5})]}{\sin (\pi \alpha) }$$