Geometry & Recognition

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 

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

$$F(s) = \frac{\sqrt{ s+\alpha} }{s+\beta}~~~~(\alpha > \beta >0)$$

일 때 inverse Laplace transform은 Bromwich integral을 써서 표현하면 $$f(t) = \frac{1}{2\pi i} \int_{c - i \infty}^{c+ i \infty} \frac{\sqrt{s+\alpha }}{ s+\beta} e^{st} ds$$

$F(s)$가 $s=-\beta$에서 simple pole을 가지며 $s = -\alpha$은 branch point에 해당한다. 이 적분을 수행하기 위해서 그림과 같은 경로를 잡자.

Branch cut은 $s= -\alpha$에서 시작하여 $-x$축 방향으로 선택한다. 그러면 $$ \frac{1}{2\pi i} \oint F(s) e^{st}ds= \frac{1}{2\pi  i} \times 2 \pi i\times \text{Res} (s= -\beta)$$이다. $s= -\beta$에서 residue는 

$$ \text{Res}( s=-\beta) = \sqrt{\alpha - \beta} e^{-beta}$$이다. Branch cut을 감싸는 경로 $C_1, C_2$에서 적분을 수행하기 위해서 $z= s+\alpha$, $\gamma \equiv  \alpha - \beta$로 놓으면

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{C_1+C_2} = \frac{1}{2\pi i}\int_{C_1} \frac{\sqrt{z}}{z-\gamma } e^{(z-\alpha) t} dz + \frac{1}{2\pi i}\int_{C_2} \frac{\sqrt{z}}{z-\gamma} e^{(z-\alpha) t} dz$$

$C_1$에서 $z= ue^{i\pi}~(u: \infty \to 0)$, $C_2$에서는 $z= u e^{-i \pi}~(u:0\to \infty)$이므로 

$$ \frac{1}{2\pi i} \int_{C_1+C_2} = \frac{1}{2\pi i}  \left[ \int_\infty^0   \frac{ \sqrt{u} e^{i\pi/2} e^{-ut} (-du)}{-u-\gamma} + \int_0^\infty \frac{\sqrt{u} e^{-i\pi/2} e^{-ut}  (-du)}{-u-\gamma}\right] \\= -\frac{e^{-\gamma t}}{\pi}  \int_0^\infty \frac{\sqrt{u} e^{-ut} du}{u+\gamma }$$

$$\to ~ f(t) = \text{Res}( -\beta) - \frac{1}{2\pi i} \int_{C_1+C_2} \\= \sqrt{\alpha - \beta} e^{-\beta t } +\frac{1}{\pi} e^{-\alpha t} \int_0^\infty \frac{\sqrt{u}}{u+\gamma} e^{-ut} du \\= \sqrt{\alpha - \beta} e^{-\beta t} + \frac{\sqrt{\gamma}}{\pi} e^{-\alpha t} \int_0^\infty \frac{\sqrt{x}}{1+x} e^{-(\gamma t)x} dx~~(\leftarrow~u \equiv \gamma x)$$

그런데 $ \frac{\sqrt{x}}{1+x} = \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}$임을 이용하면$$A \equiv \int_0^\infty \frac{\sqrt{x}}{1+x} e^{-(\gamma t) x} dx \\= \int_0^\infty \frac{e^{-\gamma t x}  dx}{\sqrt{x}} -\int_0^\infty \frac{ e^{-\gamma tx } dx}{\sqrt{x} (1+x)}  = \sqrt{\frac{\pi}{\gamma t}}-B$$ $$B\equiv \int_0^\infty \frac{e^{-\gamma tx}dx}{\sqrt{x}(x+1)} = e^{\gamma t} \int_0^\infty \frac{e^{-(1+x)\gamma t}dx} {\sqrt{x}(1+x)} \\ =   e^{\gamma t} \times  \pi \times \text{erfc}(\sqrt{\gamma t}) $$ $$\to ~A = \sqrt{\frac{\pi}{\gamma t}} \left[  1 -\sqrt{\pi \gamma t} e^{\gamma t} \text{erfc}(\sqrt{\gamma t}) \right]$$따라서 $F(s)$의 inverse Laplace transform은

\begin{align} f(t) &= \frac{1}{2\pi i} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{\sqrt{s+ \alpha}}{s+\beta} e^{st} ds \\ &= \sqrt{\alpha - \beta} e^{-\beta t} + \frac{e^{-\alpha t} }{\sqrt{\pi t} } \left[  1 - \sqrt{\pi (\alpha-\beta) t} e^{(\alpha - \beta)t} \text{erfc}\left(\sqrt{(\alpha - \beta )t}\right) \right]\end{align}