Geometry & Recognition

$$I = \int_0^1 \frac{x^{\alpha} (1-x)^{1-\alpha}dx}{2-x} = \frac{\pi(1+\alpha -2^\alpha)}{\sin \pi \alpha } , ~~~|\alpha |  <1$$

복소평면에서 함수 $f(z)$

$$f(z) = \frac{z^{\alpha} (1-z)^{1-\alpha}}{2-z}$$ 의 경로적분을 고려하자. 

$z=0,2$이 branch point이므로 그림과 같이 cut line과 개뼈 경로를 선택한다. 이 경우 가능한 위상 선택은 

$$-\pi \le \arg (z) \le\pi, \quad   0 \le \arg(1-z) \le 2\pi$$

$z=2$는 $f(z)$의 simple pole이고 residue는 

$$\text{Res}f(z=2) =- 2^{\alpha}(e^{i\pi} )^{1-\alpha} = 2^\alpha e^{-i\pi \alpha}$$

이다. 또 $z\to\infty$일 때 전개를 하면 

$$f(z) =\frac{(-1)^{1-\alpha} (1-1/z)^{1-\alpha} }{-(1-2/z)}= e^{-i \pi \alpha} \left( 1 + \frac{1+ \alpha}{z}+\cdots \right)$$

이므로 무한대에서 residue가 존재한다.

$$\text{Res} f(z\to\infty)= - e^{-i\pi \alpha} (1+\alpha)$$

$C_\epsilon$, $C_\epsilon'$에서 경로적분이 $0$이므로 다음이 성립한다.

$$\int_\text{dogbone} f(z) + \int_{C_R} f(z) = 2\pi i \times  \text{Res}f(z=2) \\ \to \int_\text{dogbone}=2\pi i \times \big[ \text{Res}f(z\to\infty) + \text{Res}f(z=2) \big]$$

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

$$\int_{C_1} f(z) dz =  \int_0^1 \frac{x^{\alpha}(1-x)^{1-\alpha}e^{i2\pi(1-\alpha)}dx}{2-x} = e^{-i2\pi \alpha} I$$

$C_2$에서는 $z= x^{i0}$, $1-z = (1-x) e^{i0 }$이므로

$$\int_{C_2} f(z)dz =  e^{-i\pi(1-\alpha)}\int_1^0 \frac{x^{\alpha}(1-x)^{1-\alpha} dx}{2-x} = -I$$

따라서 residue 정리에 의해서

$$(e ^{-i2\pi \alpha} - 1) I = 2\pi i \big[ 2^\alpha e^{-i \pi \alpha} - (1+\alpha) e^{-i\pi\alpha} \big]\\ \to ~~I = \frac{\pi}{ \sin \pi \alpha } (1+\alpha - 2^{\alpha})$$