Geometry & Recognition

$$ I = \int_0^\infty \frac{\log (1+x^2)dx}{x^{1+a} } = \frac{\pi \csc(\pi a/2)}{a}\qquad(0<a<2)$$

그림과 같은 경로에서 $$f(z)= \frac{\log(1+z^2)}{z^{1+a}}$$의 적분을 고려하자.

$z=\pm i$, $z=0$이 branch point이므로 cutline은 그림과 같이 선택한다.

각 branch point을 감싸는 미소원호에서 적분과 $C_\infty$에서의 적분은 0으로 수렴함은 쉽게 보일 수 있다. 그리고 $C_1$, $C_2$에서 각각 $z= xe^{i0}~(x:0\to \infty)$, $z= x e^{i2\pi}~(x:\infty\to 0)$이므로  

$$ \int_{C_1} = \int_0^\infty \frac{\log(1+x^2) dx }{x^{1+a} } = I \\ \int_{C_2} = \int_\infty^0 \frac{\log(1+x^2 ) dx}{ e^{i2\pi (1+a) } x^{1+a}} = - e^{- i 2\pi a } I$$

그리고 $$\arg(z-i) |_{C_3} = \arg(z-i) |_{C_4} + 2\pi \\ \arg(z+i) |_{C_5} = \arg (z+i) |_{C_6} + 2\pi $$

$$ \int_{C_3 + C_4} = -2\pi i \int_{C_4} \frac{dz}{z^{1+a}}\underset{z=e^{i\pi/2}y}{\longrightarrow} -2\pi i \int_1^\infty \frac{idy}{ e^{i \pi(1+a)/2}y^{1+a}} = -i \frac{2\pi}{a} e^{-i\pi a/2}$$

$$ \int_{C_5+C_6} = -2\pi i \int_{C_6} \frac{dz}{z^{1+a}} \underset{z= e^{i3\pi/2}y}{\longrightarrow} -2\pi i \int_1^\infty \frac{-idy }{e^{3\pi(1+a)/2} y^{1+a} } =  -i \frac{2\pi }{a} e^{- i 3\pi a/2}$$

Residue 정리에서 $\oint f(z)dz=0$이므로 

$$ -i\frac{2\pi}{a} \left( e^{-i \pi a/2} + e^{- 3\pi a/2} \right) + 2i e^{i \pi a} \sin (\pi a) I =0 \\ \to I = \frac{\pi \csc(\pi a/2)}{a}$$