Geometry & Recognition

$$ I = \int_0^\infty \frac{\log(1+x^2) dx} { 1+x^2} = \pi\log2$$

함수 $$f(z) = \frac{\log(i + z)}{1+z^2}$$을 그림과 같은 경로에서 적분을 하자.

Branch cut은 음의 허수축이고, $-\frac{\pi}{2}\le \arg(i+z)\le \frac{3\pi}{2}$. $z=i$가 $f(z)$의 simple pole이고, residue는 

$$  \text{ Res} f(i) = \frac{\log(2e^{i\pi/2})}{ 2i} = \frac{\log(2) + i \frac{\pi}{2}}{2i} = \frac{1}{2i} \log(2) + \frac{\pi}{4}$$

$C_1$에서 $z=x$, $z+i=\sqrt{1+x^2} e^{i \theta}, ~\tan\theta=1/x$이므로 

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

이 적분의 허수부는 $\tan \varphi = x ~(-\frac{\pi}{2}\le \varphi\le \frac{\pi}{2})$로 치환을 하면  $$\theta = \frac{\pi}{2} - \varphi \\ \int_{-\infty}^\infty \frac{\theta}{1+x^2}dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \theta d \varphi = \frac{\pi^2}{2}$$

Residue 정리에 의해 $$\oint f(z)dz=2\pi \times \text{Res}f(i) \\\to ~ I + i \frac{\pi^2}{2} = 2\pi i \times \text{Res}f(i) = \pi \log(2) + i \frac{\pi^2}{2}$$

허수부는 항등적으로 만족하고, 실수부에서

$$ I = \pi \log(2) $$

임을 알 수 있다.

$$ I = \int_0^1 \frac{\log(1+x)}{1+x^2} dz =\frac{\pi}{8} \log{2}$$

경로 1에서

$$ \int_\text{path-1} = I$$

경로 2에서 $z= e^{i \theta} ~(\theta:0 \to \pi/2)$

$$ 1+ e^{2i\theta} = 2\cos \theta e^{i \theta} \\ \log(1+e^{i \theta} ) = \frac{1}{2} \log (2+ 2\cos \theta) e^{i \theta} = \frac{1}{2} \log(2 + 2\cos \theta) + i \theta$$

$$\int_\text{path-2} = \frac{i}{4} \int_0^{\pi/2-\epsilon} \frac{\log(2+ 2\cos \theta)d\theta}{\cos \theta} -\int_0^ {\pi/2-\epsilon}\frac{\theta d\theta}{\cos \theta}$$

경로 3에서 $z= i + \epsilon e^{i \theta}$이므로

$$ \int_\text{path-3} = \int_0^{-\pi/2} \frac{\log( 1+ i + \epsilon e^{ i \theta})  }{\epsilon^2 e^{2i \theta} + 2i \epsilon e^{i \theta}} i \epsilon e^{i \theta} d \theta \to  -\frac{\pi}{8} \log(2) - i \frac{\pi^2}{16}$$

경로 4에서는 호의 반지름이 $\epsilon$임을 고려하면 $ z = i y (y: 1-\epsilon\to 0)$이므로

$$\int_\text{path-4} = \int_{1-\epsilon}^0 \frac{\log(1+ iy) }{1-y^2} idy = \int_0^{1-\epsilon} \frac{-\frac{i}{2}\log(1+y^2) + \tan^{-1} (y) }{1-y^2}dy$$

폐경로 내부에서 $f(z)$가 analytic하므로 $\oint f(z) dz=0$이고, 실수부는

$$ I = \frac{\pi}{8} \log(2) + \int_0^{\pi/2-\epsilon} \frac{\theta d\theta}{4\cos \theta}  - \int_0^{1-\epsilon} \frac{\tan^{-1}(y) dy}{1-y^2}$$ 두번째와 세번째의 적분은 동일하게 logarithmic하게 발산하므로 그 차이는 유한한 값을 가질 수 있다.

$$ \theta =\frac{\pi}{2}-\epsilon: ~ \frac{\theta}{4\cos \theta} = \frac{\pi/2}{4 \epsilon}=\frac{\pi}{8\epsilon}$$

$$ y=1-\epsilon:~ \frac{\tan^{-1}(y)}{1-y^2}= \frac{\pi/4}{2\epsilon} = \frac{\pi}{8\epsilon}$$ 그리고 $\tan \theta/2=y$로 치환을 하면 $\cos \theta = \frac{1-y^2}{1+y^2}$이므로 두번째 항과 세번째 항이 상쇄됨을 확인할 수 있다. 허수부는 

$$ \frac{1}{4}\int_0^{\pi/2} \frac{\log (2+ 2\cos \theta) d \theta}{\cos \theta} - \frac{\pi^2}{16} -\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\log (1+y^2)dy}{1-y^2} = 0$$ 마찬가지로 위에서와 같이 치환을 하면 등호가 성립함을 보일 수 있다.

$$I= \int_{-1}^{1} \frac{\log(1+x)}{x}dx = \frac{\pi^2}{4}$$

그림과 같은 경로에서 $$f(z)  = \frac{\log(1+z)}{z}$$의 적분을 수행하자. $z=1$은 $f(z)$의 simple pole임과 동시에 $\log(1+z)$의 branch point이다. $-\pi \le \arg(1+z) \le \pi$

폐경로 내부에서 analytic하므로 $$ \int_{-1+r_\epsilon}^{1} f(x)dx + \int_\Gamma + \int_{\gamma_\epsilon} =0$$

반원 $\Gamma$에서 $z= e^{i \theta }~(\theta: 0\to \pi-\epsilon)$이므로

\begin{align} \int_\Gamma f(z) dz &= \int_0^{\pi-\epsilon} \frac{\log(1+ e^{i \theta}) ie^{i\theta} d \theta}{ e^{ i \theta}}\\ &= i \int_0^{\pi-\epsilon} \left[ \log\left(2 \cos \frac{\theta}{2}\right) + i \frac{\theta}{2} \right] d \theta  \qquad \left( \leftarrow ~1+ e^{i \theta} = 2 \cos \frac{\theta}{2} e^{ i \theta/2}\right) \\&= i \int_0^{\pi-\epsilon} \log \left( 2\cos \frac{\theta}{2} \right) d \theta - \frac{ (\pi - \epsilon)^2 }{4}\\ &\to -\frac{\pi^2}{4} \quad \text{as} ~~\epsilon\to 0\end{align}

여기서 $$ \int_0^{\pi} \log \left( 2\cos \frac{\theta}{2} \right) d \theta=0 $$임을 사용했는데, $$\int_0^{\pi/2} \log(\sin t) dt = \int_0^{\pi/2} \log(\cos t) dt \left(= -\frac{\pi}{2} \log(2) \right)$$를 이용하면 쉽게 보일 수 있다. $z=-1$ 둘레의 미소원은 반지름이 $r_\epsilon=2\sin (\epsilon/2)=\epsilon$이므로 $z+1 = r_\epsilon e^{i \theta} ~(\theta: 0\to \frac{\pi-\epsilon}{2})$로 매개화시키면 

$$\int_ {\gamma_\epsilon} f(z) dz = \int_0^{ \frac{\pi-\epsilon}{2}} \frac{\log(r_\epsilon e^{i \theta} )}{-1+ r_\epsilon e^{i \theta} }i e^{i \theta} d \theta \\= i r_\epsilon \log r_\epsilon \int_0^{\frac{\pi-\epsilon}{2}} \frac{e^{i \theta} d \theta}{-1+ r_\epsilon e^{i \theta}} - r_\epsilon \int_0 ^{\frac{\pi-r_\epsilon}{2}} \frac{ \theta e^{i \theta} d \theta }{ -1 + r_\epsilon e^{i\theta} } ~~ \to~~ 0$$

따라서 $\epsilon\to0$일 때 $$I = \frac{\pi^2}{4}$$

Action angle variable 이론에서 action 적분을 구해야 하는 경우가 있다. Kepler 궤도 문제일 때 action integral

$$ I = \int_a^b \frac{\sqrt{(r-a)(b-r)}}{r} dr ~~~~(0 < a < b)$$을 contour 적분을 이용해서 구하자. 이를 위해서

$$f(z) = \frac{ \sqrt{(a-z)(b-z)}}{z}$$을 그림과 같은 경로에서 적분을 하자.

$z=a,b$는 branch point이다. Cut line을 그림과 같이 선택하는 경우 위상은 $$ -\pi \le \arg(z-a) \le \pi, \quad 0\le \arg(b-z) \le 2\pi$$로 잡는다. $z=0$이 simple pole이고, 무한대에서도 residue를 가진다. $z=0$일 때, $z=ae^{i\pi}$, $z-b = b e^{i\pi}\to b-z = e^{i2\pi}$이므로

$$\text{Res}f(0) = \sqrt{ab}e ^{i3\pi/2} = - i \sqrt{ab}$$이고(즉 $a,b$의 기하평균),

$$ \frac{\sqrt{(z-a)(b-z)}}{z} = i \sqrt{ 1- \frac{a}{z}} \sqrt{1-\frac{b}{z}}= i\left( 1 - \frac{a+b}{2z}+\cdots\right)$$이므로$$ \text{Res}f(\infty) = i \frac{ a+b}{2}$$ ($a,b$의 산술평균). 

$C_1$에서 $z-a = (r- a)e^{i0}$, $z-b= (b-r) e^{i\pi} \to b-z=(b-r) e^{i2\pi}$이므로 $$ \int_{C_1}  =      \int_a^b \frac{   \sqrt{(r-a)(b-r)} e^{i\pi} }{r} dr = -I $$ $C_2$에서 $z-a= (r-a)e^{i0}$, $z-b= (b-r)e^{i\pi}\to b-z = (b-r)e^{i0}$이므로 $$ \int_{C_2}  = \int_b^a \frac{\sqrt{(r-a)(b-r)} }{r}dr = -I$$

따라서, 

$$ -2I = 2 \pi i \times \left( i\frac{a+b}{2} - i \sqrt{ab}\right)  \\ I = \pi \left( \frac{a+b}{2} -\sqrt{ab}\right)\ge  0$$

도넛의 표면은 수학적으로 torus와 같은 구조를 가진다. 반지름 $r$이고 길이가 $2\pi R$인 원통을 둥글게 구부리면 그림의 오른쪽과 같은 토러스를 만들 수 있다.

수학적으로는 중심이 $z$축에서 $R$만큼 떨어진 반지름 $r$인 원을 $z$에 대해 회전을 시켜서 만들 수 있다. 이 사실을 이용하면 토러스의 표면적은 쉽게 구할 수 있다. $z$축에 대한 회전각을  $\theta$, $x(y)-z$평면에 회전각을 $\varphi$라고 하자. 그리고 $\theta$방향으로 일정한 간격 $d \theta$만큼으로 토러스를 자르면 잘려진 부분의 표면은 축에 가까운 쪽은 폭이 $(R-r)d\theta$, 먼쪽은 폭인 $(R+r)d \theta$인 고리띠의 모양을 한다. 사이에서 고리띠의 폭은 $(R+r\cos \varphi)d \theta $임을 쉽게 알 수 있다.

따라서 이 고리띠의 미소면적 $(R+r\cos \alpha) d\theta \times (rd\varphi)$을 $\varphi$에 대해 적분하면 $$ \text{고리띠 면적}= dA = \int_0^{2\pi}(R + r\cos\varphi) rd\varphi = 2\pi r R d\theta$$이 결과를 $\theta$에 대해 적분하면 토러스의 면적을 얻을 수 있다.

$$ \text{Area of torus} = \int_0^{2\pi} 2\pi rR d \theta = 4\pi ^2 rR$$

좀 더 수학적으로 하면 2차원 표면의 법선벡터를 $\vec v$라면 면적은 

$$ \text{Area} = \iint  |\vec{v}| dA$$

인데, 앞에서 도입한 $\theta, \varphi$을 이용하면

$$  \vec{r} = ( (R+r \cos \varphi)\cos \theta, (R+ r\cos \varphi)\sin \theta, r\sin\varphi) \\ \to  | \vec {v}| = \left|\frac{\partial \vec{r}}{\partial \theta} \times \frac{\partial \vec{r}}{\partial \varphi}\right| = r (R+ r\cos \varphi) \\  \text{Area} = \int_0^{2\pi} \int_0^{2\pi} r (R+r\cos \varphi) d\theta d\varphi = 4\pi^2 rR $$

토러스의 부피는 앞에서 고리띠(기울어지게 잘린 미소 실린더: 중심에서 높이=$Rd\theta$)의 부피가 $dV=\pi r^2\times Rd\theta$이므로 

$$ \text{Volume} = \int _0^{2\pi} \pi r^2 R d\theta = 2\pi^2 r^2 R$$