Geometry & Recognition

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{(\log x{)}^2(1+x^2)dx}{1+x^4}=\frac{3{\pi }^3}{16\sqrt{2}}\approx 4.11089$$

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 $z=e^{i\pi /4},e^{i3\pi /4}$을 포함하는데, residue는 각각

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

$C_1$에서 $z=x{e}^{i\pi }$, $C_2$에서 $z=x{e}^{i0}$이므로

$$\begin{gathered} {\int }_{C_1}f(z)dz={\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{(\log x+i\pi {)}^2(1+x^2)e^{i\pi }dx}{1+x^4} \\ {\int }_{C_2}f(z)dz=I \end{gathered}$$

따라서 

$$({\int }_{C_1}+{\int }_{C_2})f(z)dz=2I+2i\pi {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (x)(1+x^2)dx}{1+x^4}-{\pi }^2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{(1+x^2)dx}{1+x^4}$$

그런데 

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (x)(1+x^2)dx}{1+x^4}=0,{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{(1+x^2)dx}{1+x^4}=\frac{\pi }{\sqrt{2}}$$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), $$\begin{gathered} {\int }_{C_{ϵ}}f(z)dz\sim (\log ϵ{)}^2ϵ\to 0 \\ {\int }_{C_{\mathrm{\infty }}}f(z)dz\sim \frac{\log R}{R^2}\to 0 \end{gathered}$$이므로 $$2I-\frac{{\pi }^3}{\sqrt{2}}=2\pi i\times i\frac{5{\pi }^3}{16\sqrt{2}}\to I=\frac{3{\pi }^3}{16\sqrt{2}}$$

$$I={\int }_0^1{\left(\frac{1-x}{x}\right)}^{x/\pi }\sin xdx=\frac{1}{2}{e}^{-1/\pi }\approx 0.363689$$

다음의 복소함수 

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

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 $$0\le \text{arg}(z)\le 2\pi ,-\pi \le \text{arg}(z-1)\le \pi$$

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

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

$${\int }_{C_R}f(z)dz=-2\pi i\times \text{Res}f(z\to \mathrm{\infty })=-i{e}^{-1/\pi }$$ $C_1$에서 $z=x{e}^{i0}$, $z-1=(1-x)e^{i\pi }$이고, $C_2$에서 $z=x{e}^{i2\pi }$, $z-1=(1-x)e^{-i\pi }$이므로$$\begin{array}{rl}({\int }_{C_1}+{\int }_{C_2})f(z)dz& ={\int }_0^1\exp \left[\frac{x}{\pi }(\log \left|\frac{1-x}{x}\right|+i\pi )\right]dx+{\int }_1^0\exp \left[\frac{x}{\pi }(\log \left|\frac{1-x}{x}\right|-i\pi )\right]dx\\ & =2i{\int }_0^1{\left(\frac{1-x}{x}\right)}^{x/\pi }\sin xdx=2iI\end{array}$$

그리고 개뼈 경로의 둥근부분에서 적분은 0으로 수렴하므로 residue 정리에 의해 

$$\begin{gathered} {\int }_{C_1+C_2+C_{ϵ}+C_{ϵ}^{\prime }}f(z)dz+{\int }_{C_R}f(z)dz=0 \\ \to 2iI=2\pi i\times \text{Res}f(z\to \mathrm{\infty }) \\ \to I=\frac{1}{2}{e}^{-1/\pi } \end{gathered}$$

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{a-1}dx}{x^2+x+1}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\csc (\pi a)\sin \frac{\pi (1-a)}{3},0<a<2$$

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

$$\begin{array}{rl}\text{Res}f(\gamma )& =\frac{{\gamma }^{a-1}}{\gamma -{\gamma }^2}=\frac{i}{\sqrt{3}}{e}^{i\pi a}{e}^{-i\pi (a-1)/3}\\ \text{Res}f({\gamma }^2)& =\frac{{\gamma }^{2(a-1)}}{{\gamma }^2-\gamma }=\frac{-i}{\sqrt{3}}{e}^{i\pi a}{e}^{i\pi (a-1)/3}\end{array}$$ $x^a$ 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 $z=x{e}^{i0},(x:0\to \mathrm{\infty })$이므로 

$${\int }_{C_1}f(z)dz={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{a-1}dx}{x^2+x+1}=I$$

경로 $C_2$에서 $z=x{e}^{i2\pi },(x:\mathrm{\infty }\to 0)$이므로

$${\int }_{C_2}f(z)dz=e^{i2\pi (a-1)}{\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{x^{a-1}dx}{x^2+x+1}=-e^{i2\pi a}I$$

그리고 $C_{ϵ}$과 $C_{\mathrm{\infty }}$에서는 적분은 0이다:$$\begin{gathered} {\int }_{C_{ϵ}}f(z)dz\sim {ϵ}^a\to 0 \\ {\int }_{C_{\mathrm{\infty }}}f(z)dz\sim \frac{1}{R^{2-a}}\to 0 \end{gathered}$$따라서

$$\oint f(z)dz=2\pi i[\text{Res}f(\gamma )+\text{Res}f({\gamma }^2)]$$

$$\to I=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\csc (\pi a)\sin \frac{\pi (1-a)}{3}$$