Geometry & Recognition

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

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

$$ I = \text{Re} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{i a \theta} \left( \frac{e^{i \theta}+ e^{-i \theta}}{2} \right)^2 d\theta$$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 $$f(z) = z^\alpha (1+z^2)^\beta \qquad \qquad(\alpha>-1, ~\beta>-1)$$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. $z=0~(z=\epsilon e^{i \theta})$과 $z=\pm i~(z=\pm i + \epsilon e^{i \theta})$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 $$z=y e^{-i \pi/2}~(y:0\to 1)\\ z+i = (1+y) e^{i\pi/2},~z-i = (1-y) e^{-i\pi/2} $$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 $\Gamma(z)$의 정의를 사용하면 $$I = \frac{\sin \frac{\pi(a-b)}{2}}{2^b } \frac{\Gamma(\frac{a-b}{2}) \Gamma(b+1)}{\Gamma(\frac{a+b}{2}+1)}  = \frac{\pi }{2^b }\frac{{\Gamma(b+1)}}{{\Gamma( \frac{a+b}{2}+1) \Gamma(\frac{b-a}{2}+1)}}=\frac{\pi}{2^b}\begin{pmatrix} b\\ \frac{a+b}{2} \end{pmatrix}$$여기서 중간 등호는 $\Gamma(m)\Gamma(1-m)=\frac{\pi}{\sin (m\pi/2)}$임을 사용했다. Check

$$ a=1, b=0:~~\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos \theta d \theta = 2\\ I =\pi \frac{\Gamma(1)}{\Gamma(1+\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{2}) } = \pi \frac{1}{\frac{1}{2} (\sqrt{\pi})^2} = 2$$