Geometry & Recognition

$$I={\int }_0^1\frac{\log (1+x)}{1+x^2}dz=\frac{\pi }{8}\log 2$$

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

경로 1에서

$${\int }_{\text{path-1}}=I$$

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

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

$${\int }_{\text{path-2}}=\frac{i}{4}{\int }_0^{\pi /2-ϵ}\frac{\log (2+2\cos \theta )d\theta }{\cos \theta }-{\int }_0^{\pi /2-ϵ}\frac{\theta d\theta }{\cos \theta }$$

경로 3에서 $z=i+ϵe^{i\theta }$이므로

$${\int }_{\text{path-3}}={\int }_0^{-\pi /2}\frac{\log (1+i+ϵe^{i\theta })}{{ϵ}^2{e}^{2i\theta }+2iϵe^{i\theta }}iϵe^{i\theta }d\theta \to -\frac{\pi }{8}\log (2)-i\frac{{\pi }^2}{16}$$

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

$${\int }_{\text{path-4}}={\int }_{1-ϵ}^0\frac{\log (1+iy)}{1-y^2}idy={\int }_0^{1-ϵ}\frac{-\frac{i}{2}\log (1+y^2)+{\tan }^{-1}(y)}{1-y^2}dy$$

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

$$I=\frac{\pi }{8}\log (2)+{\int }_0^{\pi /2-ϵ}\frac{\theta d\theta }{4\cos \theta }-{\int }_0^{1-ϵ}\frac{{\tan }^{-1}(y)dy}{1-y^2}$$ 두번째와 세번째의 적분은 동일하게 logarithmic하게 발산하므로 그 차이는 유한한 값을 가질 수 있다.

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

$$y=1-ϵ:\frac{{\tan }^{-1}(y)}{1-y^2}=\frac{\pi /4}{2ϵ}=\frac{\pi }{8ϵ}$$ 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 $${\int }_{-1+r_{ϵ}}^{1}f(x)dx+{\int }_{\mathrm{\Gamma }}+{\int }_{{\gamma }_{ϵ}}=0$$

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

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\mathrm{\Gamma }}f(z)dz& ={\int }_0^{\pi -ϵ}\frac{\log (1+e^{i\theta })i{e}^{i\theta }d\theta }{e^{i\theta }}\\ & =i{\int }_0^{\pi -ϵ}[\log (2\cos \frac{\theta }{2})+i\frac{\theta }{2}]d\theta (\leftarrow 1+e^{i\theta }=2\cos \frac{\theta }{2}{e}^{i\theta /2})\\ & =i{\int }_0^{\pi -ϵ}\log (2\cos \frac{\theta }{2})d\theta -\frac{(\pi -ϵ{)}^2}{4}\\ & \to -\frac{{\pi }^2}{4}\text{as}ϵ\to 0\end{array}$$

여기서 $${\int }_0^{\pi }\log (2\cos \frac{\theta }{2})d\theta =0$$임을 사용했는데, $${\int }_0^{\pi /2}\log (\sin t)dt={\int }_0^{\pi /2}\log (\cos t)dt(=-\frac{\pi }{2}\log (2))$$를 이용하면 쉽게 보일 수 있다. $z=-1$ 둘레의 미소원은 반지름이 $r_{ϵ}=2\sin (ϵ/2)=ϵ$이므로 $z+1=r_{ϵ}{e}^{i\theta }(\theta :0\to \frac{\pi -ϵ}{2})$로 매개화시키면 

$$\begin{array}{c}{\int }_{{\gamma }_{ϵ}}f(z)dz={\int }_0^{\frac{\pi -ϵ}{2}}\frac{\log (r_{ϵ}{e}^{i\theta })}{-1+r_{ϵ}{e}^{i\theta }}i{e}^{i\theta }d\theta \\ =i{r}_{ϵ}\log r_{ϵ}{\int }_0^{\frac{\pi -ϵ}{2}}\frac{e^{i\theta }d\theta }{-1+r_{ϵ}{e}^{i\theta }}-r_{ϵ}{\int }_0^{\frac{\pi -r_{ϵ}}{2}}\frac{\theta e^{i\theta }d\theta }{-1+r_{ϵ}{e}^{i\theta }}\to 0\end{array}$$

따라서 $ϵ\to 0$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 $$-\pi \le \arg (z-a)\le \pi ,0\le \arg (b-z)\le 2\pi$$로 잡는다. $z=0$이 simple pole이고, 무한대에서도 residue를 가진다. $z=0$일 때, $z=a{e}^{i\pi }$, $z-b=b{e}^{i\pi }\to b-z=e^{i2\pi }$이므로

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

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

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