Geometry & Recognition

$$I={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\cos (a\theta ){\cos }^b(\theta )d\theta (a>b>-1)$$

먼저 $\cos \theta =(e^{i\theta }+e^{-i\theta })/2$임을 고려하면 

$$I=\text{Re}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{e}^{ia\theta }{\left(\frac{e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2}\right)}^{2}d\theta$$로 쓸 수 있다. 이는 복소평면에서 $-\pi /2\le \theta \le \pi /2$인 반원($C_0:|z|=1,-\pi /2\le \arg (z)\le \pi /2$)에서 적분으로 생각할 수 있다. $z=e^{i\theta }$놓으면 $d\theta =dz/iz$이므로

$$I=\text{Re}{\int }_{\text{right half circle}}{z}^a{\left(\frac{z^2+1}{2z}\right)}^b\frac{dz}{iz}=\frac{1}{2^b}\text{Im}{\int }_{\text{right half circle}}{z}^{a-b-1}(z^2+1{)}^{b}dz$$ 따라서 $$f(z)=z^{\alpha }(1+z^2{)}^{\beta }(\alpha >-1,\beta >-1)$$를 그림과 같은 폐경로를 반시계방향으로 순환하는 선적분을 고려하자.

$z=0,\pm i$가 $f(z)$의 branch point이므로 그림에 표시된 cutline을 선택한다. 그러면 $$-\pi \le \arg (z)\le \pi ,-\frac{\pi }{2}\le \arg (z+i),\arg (z-i)\le \frac{3\pi }{2}$$로 잡을 수 있다. $z=0(z=ϵe^{i\theta })$과 $z=\pm i(z=\pm i+ϵe^{i\theta })$을 감싸는 원호에서 적분의 기여는 없음을 쉽게 알 수 있다. $C_1$에서 적분은

$$z=y{e}^{i\pi /2}(y:1\to 0)$$

$$z+i=(1+y)e^{i\pi /2},z-i=(1-y)e^{-i\pi /2}$$이므로 

$${\int }_{C_1}={\int }_1^0{y}^{\alpha }{e}^{i\pi \alpha /2}(1-y^2{)}^{\beta }(e^{i\pi /2}dy)=-e^{i\pi (\alpha +1)/2}{\int }_0^1{y}^{\alpha }(1-y^2{)}^{\beta }dy$$

$C_2$에서는 $$\begin{gathered} z=y{e}^{-i\pi /2}(y:0\to 1) \\ z+i=(1+y)e^{i\pi /2},z-i=(1-y)e^{-i\pi /2} \end{gathered}$$이므로

$${\int }_{C_2}={\int }_0^1{y}^{\alpha }{e}^{-i\pi \alpha /2}(1-y^2{)}^{\beta }(e^{-i\pi /2}dy)=e^{-i\pi (\alpha +1)/2}{\int }_0^1{y}^{\alpha }(1-y^2{)}^{\beta }dy$$

그림의 경로에서 $f(z)$가 analytic하므로 

$$\oint f(z)=0$$

$$\to {\int }_{C_0}f(z)dz=-{\int }_{C_1+C_2}f(z)dz=2i\sin \frac{\pi (\alpha +1)}{2}{\int }_0^1{y}^{\alpha }(1-y^2{)}^{\beta }dy$$이고 $\alpha =a-b-1$, $\beta =b$이므로

$$I=\frac{1}{2^b}\text{Im}{\int }_{C_0}f(z)dz=\frac{1}{2^b}\sin \frac{\pi (a-b)}{2}{\int }_0^1{y}^{a-b-1}(1-y^2{)}^{b}dy$$

$y^2=t$로 치환하면 

$$I=\frac{\sin \frac{\pi (a-b)}{2}}{2^b}{\int }_0^1{t}^{(a-b)/2-1}(1-t{)}^{b}dt$$이고 $\mathrm{\Gamma }(z)$의 정의를 사용하면 $$I=\frac{\sin \frac{\pi (a-b)}{2}}{2^b}\frac{\mathrm{\Gamma }(\frac{a-b}{2})\mathrm{\Gamma }(b+1)}{\mathrm{\Gamma }(\frac{a+b}{2}+1)}=\frac{\pi }{2^b}\frac{\mathrm{\Gamma }(b+1)}{\mathrm{\Gamma }(\frac{a+b}{2}+1)\mathrm{\Gamma }(\frac{b-a}{2}+1)}=\frac{\pi }{2^b}\left(\begin{array}{c}b\\ \frac{a+b}{2}\end{array}\right)$$여기서 중간 등호는 $\mathrm{\Gamma }(m)\mathrm{\Gamma }(1-m)=\frac{\pi }{\sin (m\pi /2)}$임을 사용했다. Check

$$\begin{gathered} a=1,b=0:{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\cos \theta d\theta =2 \\ I=\pi \frac{\mathrm{\Gamma }(1)}{\mathrm{\Gamma }(1+\frac{1}{2})\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{2})}=\pi \frac{1}{\frac{1}{2}(\sqrt{\pi }{)}^2}=2 \end{gathered}$$