Geometry & Recognition

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 $\phi$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 $(R+r\cos \phi )d\theta$임을 쉽게 알 수 있다.

따라서 이 고리띠의 미소면적 $(R+r\cos \alpha )d\theta \times (rd\phi )$을 $\phi$에 대해 적분하면 $$\text{고리띠 면적}=dA={\int }_0^{2\pi }(R+r\cos \phi )rd\phi =2\pi rRd\theta$$이 결과를 $\theta$에 대해 적분하면 토러스의 면적을 얻을 수 있다.

$$\text{Area of torus}={\int }_0^{2\pi }2\pi rRd\theta =4{\pi }^{2}rR$$

좀 더 수학적으로 하면 2차원 표면의 법선벡터를 $\overrightarrow{v}$라면 면적은 

$$\text{Area}=\iint |\overrightarrow{v}|dA$$

인데, 앞에서 도입한 $\theta ,\phi$을 이용하면

$$\begin{array}{c}\overrightarrow{r}=((R+r\cos \phi )\cos \theta ,(R+r\cos \phi )\sin \theta ,r\sin \phi )\\ \to |\overrightarrow{v}|=|\frac{\partial \overrightarrow{r}}{\partial \theta }\times \frac{\partial \overrightarrow{r}}{\partial \phi }|=r(R+r\cos \phi )\\ \text{Area}={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{2\pi }r(R+r\cos \phi )d\theta d\phi =4{\pi }^{2}rR\end{array}$$

토러스의 부피는 앞에서 고리띠(기울어지게 잘린 미소 실린더: 중심에서 높이=$Rd\theta$)의 부피가 $dV=\pi r^2\times Rd\theta$이므로 

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

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

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

$F(s)$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 $z=u{e}^{i\pi }(u:\mathrm{\infty }\to 0)$, $C_2$에서는 $z=u{e}^{-i\pi }(u:0\to \mathrm{\infty })$이므로 

$$\begin{array}{c}\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_1+C_2}=\frac{1}{2\pi i}[{\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{\sqrt{u}{e}^{i\pi /2}{e}^{-ut}(-du)}{-u-\gamma }+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{u}{e}^{-i\pi /2}{e}^{-ut}(-du)}{-u-\gamma }]\\ =-\frac{e^{-\gamma t}}{\pi }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{u}{e}^{-ut}du}{u+\gamma }\end{array}$$

$$\begin{array}{c}\to f(t)=\text{Res}(-\beta )-\frac{1}{2\pi i}{\int }_{C_1+C_2}\\ =\sqrt{\alpha -\beta }{e}^{-\beta t}+\frac{1}{\pi }{e}^{-\alpha t}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{u}}{u+\gamma }{e}^{-ut}du\\ =\sqrt{\alpha -\beta }{e}^{-\beta t}+\frac{\sqrt{\gamma }}{\pi }{e}^{-\alpha t}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{x}}{1+x}{e}^{-(\gamma t)x}dx(\leftarrow u\equiv \gamma x)\end{array}$$

그런데 $\frac{\sqrt{x}}{1+x}=\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}$임을 이용하면$$\begin{gathered} A\equiv {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{x}}{1+x}{e}^{-(\gamma t)x}dx \\ ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\gamma tx}dx}{\sqrt{x}}-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\gamma tx}dx}{\sqrt{x}(1+x)}=\sqrt{\frac{\pi }{\gamma t}}-B \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} B\equiv {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-\gamma tx}dx}{\sqrt{x}(x+1)}=e^{\gamma t}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-(1+x)\gamma t}dx}{\sqrt{x}(1+x)} \\ =e^{\gamma t}\times \pi \times \text{erfc}(\sqrt{\gamma t}) \end{gathered}$$ $$\to A=\sqrt{\frac{\pi }{\gamma t}}[1-\sqrt{\pi \gamma t}{e}^{\gamma t}\text{erfc}(\sqrt{\gamma t})]$$따라서 $F(s)$의 inverse Laplace transform은

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

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (1+x^2)dx}{x^{1+a}}=\frac{\pi \csc (\pi a/2)}{a}(0<a<2)$$

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 $C_{\mathrm{\infty }}$에서의 적분은 0으로 수렴함은 쉽게 보일 수 있다. 그리고 $C_1$, $C_2$에서 각각 $z=x{e}^{i0}(x:0\to \mathrm{\infty })$, $z=x{e}^{i2\pi }(x:\mathrm{\infty }\to 0)$이므로  

$$\begin{gathered} {\int }_{C_1}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (1+x^2)dx}{x^{1+a}}=I \\ {\int }_{C_2}={\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{\log (1+x^2)dx}{e^{i2\pi (1+a)}{x}^{1+a}}=-e^{-i2\pi a}I \end{gathered}$$

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

$${\int }_{C_3+C_4}=-2\pi i{\int }_{C_4}\frac{dz}{z^{1+a}}\underset{z=e^{i\pi /2}y}{⟶}-2\pi i{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{idy}{e^{i\pi (1+a)/2}{y}^{1+a}}=-i\frac{2\pi }{a}{e}^{-i\pi a/2}$$

$${\int }_{C_5+C_6}=-2\pi i{\int }_{C_6}\frac{dz}{z^{1+a}}\underset{z=e^{i3\pi /2}y}{⟶}-2\pi i{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{-idy}{e^{3\pi (1+a)/2}{y}^{1+a}}=-i\frac{2\pi }{a}{e}^{-i3\pi a/2}$$

Residue 정리에서 $\oint f(z)dz=0$이므로 

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