Geometry & Recognition

복소함수 $F(z)$의 inverse Z-transform은

$$Z^{-1}[F(z)]=\frac{1}{2\pi i}\oint F(z)z^{-n}dz(n=0,1,2,...)$$

로 정의되는데, $$F(z)={\left(\frac{z-1}{z}\right)}^{\alpha }(\alpha =\text{Real})$$인 경우에 대해 구하자. $z=0$과 $z=-1$이 $F(z)$의 branch point이므로 그림과 같은 dog bone 모양의 경로(반시계 방향)를 선택한다. 

그러면 $-\pi \le \arg (z),\arg (z+1)\le \pi$로 선택할 수 있다.  $z=0$과 $z=-1$을 감싸는 미소원에서 적분의 기여가 없고, $C_1$에서는 $z=x{e}^{-i\pi }$, $z+1=(1-x)e^{i0},(x:1\to 0)$이므로 

$${\int }_{C_1}={\int }_1^0{\left(\frac{1-x}{x}\right)}^{\alpha }{e}^{i\pi \alpha }{x}^{n-1}{e}^{-i\pi (n-1)}{e}^{-i\pi }dx$$$$=-e^{-i\pi (n-\alpha )}{\int }_0^1{x}^{n-1-\alpha }(1-x{)}^{\alpha }dx$$ 그리고 $C_2$에서는 $z=x{e}^{i\pi }$, $z+1=(1-x)e^{i\pi },(x:0\to 1)$이므로

$${\int }_{C_2}={\int }_0^1{\left(\frac{1-x}{x}\right)}^{\alpha }{e}^{-i\pi \alpha }{x}^{n-1}{e}^{i\pi (n-1)}{e}^{i\pi }dx$$$$=e^{i\pi (n-\alpha )}{\int }_0^1{x}^{n-\alpha -1}(1-x{)}^{\alpha }dx$$ 따라서

$$\frac{1}{2\pi i}\oint F(z)z^{-n}dz=\frac{\sin [\pi (n-\alpha )]}{\pi }{\int }_0^1{x}^{n-\alpha -1}(1-x{)}^{\alpha }dx$$그리고 Gamma 함수 $\mathrm{\Gamma }(z)$를 사용하면,

$$\frac{1}{2\pi i}\oint F(z)z^{-n}dz=\frac{\sin [\pi (n-\alpha )]}{\pi }\frac{\mathrm{\Gamma }(n-\alpha )\mathrm{\Gamma }(\alpha +1)}{\mathrm{\Gamma }(n+1)}$$로 쓸 수 있고, 또 다음 관계

$$\mathrm{\Gamma }(m)\mathrm{\Gamma }(1-m)=\frac{\pi }{\sin (\pi m)}$$를 이용하면

$$\frac{1}{2\pi i}\oint F(z)z^{-n}dz=\frac{\mathrm{\Gamma }(\alpha +1)}{\mathrm{\Gamma }(n+1)\mathrm{\Gamma }(\alpha -n+1)}=\left(\begin{array}{c}\alpha \\ n\end{array}\right)$$

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log xdx}{x^3-1}=\frac{4}{27}{\pi }^2$$

함수 $$f(z)=\frac{\log z}{z^3-1}$$을 그림과 같은 경로에 적분하자.(참고: https://kipl.tistory.com/670)

$z=0$은 branch point이므로 그림과 같이 cutline을 선택한다. 그리고 $z=1$은 removable singularity이므로 별다른 처리가 필요없고( $\frac{\log x}{x^3-1}=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}(x-1)+\frac{1}{2}(x-1{)}^2+...$). $C_{\mathrm{\infty }}$와 $z=0$을 감싸는 ${\gamma }_1$에서 적분은 0에 수렴한다. $z=e^{i2\pi /3}$은 simple pole로 경로 ${\gamma }_2$처럼 우회한다. 그러면 경로 ${\gamma }_2$에서 $z=e^{i2\pi /3}+ϵe^{i\theta }$이므로 $${\int }_{{\gamma }_2}={\int }_{2\pi /3}^{-\pi /3}\frac{\log (e^{i2\pi /3})(iϵe^{i\theta }d\theta )}{ϵe^{i\theta }(e^{i2\pi /3}-1)(e^{i2\pi /3}-e^{i4\pi /3})}=\frac{2{\pi }^2}{9}{e}^{i2\pi /3}$$ $C_1$에서는 $z=x(x:0\to \mathrm{\infty })$이므로 $${\int }_{C_1}f(z)dz=I$$ $C_2+C_3$에서는 $z=e^{i2\pi /3}x=e^{i2\pi /3}x(x:\mathrm{\infty }\to 0)$이므로 $$\begin{array}{c}{\int }_{C_2+C_3}={\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{\log (x{e}^{i2\pi /3})e^{i2\pi /3}dx}{x^3-1}=-e^{i2\pi /3}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log x+i\frac{2\pi }{3}}{x^3-1}dx\\ =-e^{i2\pi /3}(I+i\frac{2\pi }{3}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^3-1})=-e^{i2\pi /3}(I+i\frac{2\pi }{3}J)\end{array}$$ $J={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^3-1}=-\frac{\sqrt{3}}{9}\pi$ 이므로(https://kipl.tistory.com/670)  $$\begin{array}{c}\oint f(z)dz=0\to (1-e^{i2\pi /3})I-i\frac{2\pi }{3}{e}^{i2\pi /3}J+\frac{2{\pi }^2}{9}{e}^{i2\pi /3}=0\\ I=\frac{e^{i2\pi /3}}{1-e^{i2\pi /3}}(-i\frac{2\pi }{3}J-\frac{2{\pi }^2}{9})=\frac{4}{27}{\pi }^2\end{array}$$ 

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{-ia}dx}{x^2+x+1}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\frac{\sinh (\pi a/3)}{\sinh (\pi a)}$$

함수 $$f(z)=\frac{z^{-ia}}{z^2+z+1}=\frac{e^{-ia\log z}}{z^2+z+1}$$

$z=0$이 branch point이므로 $+x$ 축을 cutline으로 선택하자. 그러면 $0\le \arg (z)\le 2\pi$. 그리고 $z_1=e^{i2\pi /3}$, $z_2=e^{i4\pi /3}$은 simple pole로 residue는 각각

$$\text{Res}f(z_1)=\frac{e^{-ia\log e^{i2\pi /3}}}{e^{i2\pi /3}-e^{i4\pi /3}}=\frac{e^{2\pi a/3}}{i\sqrt{3}}$$

$$\text{Res}f(z_2)=\frac{e^{-ia\log e^{i4\pi /3}}}{e^{i4\pi /3}-e^{i2\pi /3}}=\frac{e^{4\pi a/3}}{-i\sqrt{3}}$$

$C_1$을 따라 $z=x{e}^{i0}(x:0\to \mathrm{\infty })$이므로 

$${\int }_{C_1}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ia\log x}dx}{x^2+x+1}=I$$

$C_2$을 따라 $z=x{e}^{i2\pi }(x:\mathrm{\infty }\to 0)$이므로 

$${\int }_{C_2}={\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{e^{-ia(\log x+i2\pi )}dx}{x^2+x+1}=-e^{2\pi a}I$$이어서

$${\int }_{C_1+C_2}=-2\sinh (\pi a)e^{\pi a}I$$

$C_{ϵ}$과 $C_{\mathrm{\infty }}$에서는 0으로 수렴하므로, residue 정리에 의해서

$$\begin{array}{c}{\int }_{C_1+C_2}f(z)dz=2\pi i\times \sum \text{Res}f(z_k)\\ \to -2\sinh (\pi a)e^{\pi a}I=-\frac{4\pi }{\sqrt{3}}{e}^{\pi a}\sinh \frac{\pi a}{3}\\ \to I=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\frac{\sinh (\pi a/3)}{\sinh (\pi a)}\end{array}$$