Geometry & Recognition

함수 $f(x)$의 Fourier transform:

$$ \tilde{f} (k) = \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{( i (x- i\epsilon))^\alpha} e^{i k x} dx= |k|^{\alpha-1} {\Gamma(1-\alpha)} \sin(\pi\alpha) (1+ \text{sgn}(k)) $$여기서 $\epsilon \to 0^+$은 미소양수이고, $0<\alpha< 1$는 실수이다. 함수 $$ f(z) = \frac{1}{ (i (z-i\epsilon))^\alpha}$$는 $z=i\epsilon$가 branch point이므로 그림과 같이 cutline을 잡는다: $-\frac{3\pi}{2} \le \arg(z)\le \frac{\pi}{2}$.

$k<0$일 때는 lower half plane을 도는 적분경로를 잡으면 $\tilde{f} =0$임을 보일 수 있고($k<0$에서 0이 아닌 결과를 얻기 위해서는 $x-i\epsilon$를 $x+i \epsilon$으로 치환한다), $k>0$인 경우는 그림과 같이 upper half plane에서 cutline을 감싸는 반원경로에서 적분을 고려하자.

이 경로 내에서 analytic 하므로 $f(z)$의 Fourier transform은 cutline을 감싸는 두 경로 $C_1$과 $C_2$에서 적분으로 표현할 수 있다. Branch point를 감싸는 미소원호에서 적분은 0으로 수렴한다.

경로 $C_1$에서 $$ z= y e^{ i \pi/2} ~(y: \infty\to \epsilon), ~dz= i dy, \\ \int_{C_1} = \int_\infty^\epsilon  e^{- i\pi\alpha/2} e^{-\alpha \log y - i \pi \alpha/2} e^{-ky} (idy)=  -i e^{-i \pi \alpha} \int_0^\infty \frac{e^{-ky}}{y^\alpha} dy$$ 경로 $C_2$에서는 $$ z= y e^{- i 3\pi/2}~(y: \epsilon \to \infty), ~dz=idy \\ \int_{C_2}= \int_\epsilon^\infty e^{-i \pi \alpha /2} e^{- \alpha \log y + i 3\pi\alpha/2} e^{-ky} (idy)= i e^{i \pi\alpha} \int_0^\infty \frac{ e^{-ky}}{ y^\alpha }dy$$ 이 두 경로에서의 적분합은 $$\int_{C_1+C_2} = i (e^{i \pi\alpha}- e^{-i \pi\alpha}) \int_0^ \infty \frac{e^{-ky}}{y^\alpha} dy \\ = - 2\sin(\pi \alpha) \int_0^\infty \frac{e^{-ky}}{y^\alpha} dy = -  2 k^{\alpha-1}{\Gamma(1-\alpha) } \sin (\pi \alpha) \qquad (k>0)$$ 따라서 그림의 경로에서 $f(z)e^{i kz}$가 analytic 하므로 

$$ \oint f(z) e^{ikz} dz = 0 \quad \to \quad \int_{-\infty}^\infty f(x) e^{ikx} dx = -\int_{C_1+C_2} f(z) e^{i kz}dz $$ $k<0$일 때 0임을 고려하면, $$ \int_{-\infty }^\infty \frac{1}{(i (x-i\epsilon ))^\alpha } e^{ikx} dx = |k|^{\alpha-1}{\Gamma(1-\alpha)} \sin (\pi \alpha) (1+ \text{sgn}(k))$$ $f(x)= (-i (x + i \epsilon))^\alpha$인 경우에는 lower half plane($k<0$)에서 적분경로를 선택하면 된다.  $$ \int_{-\infty }^\infty \frac{1}{(-i (x+i\epsilon ))^\alpha } e^{ikx} dx = |k|^{\alpha-1}{\Gamma(1-\alpha)} \sin (\pi \alpha) (1+ \text{sgn}(-k))$$$\Gamma(\alpha) \Gamma(1-\alpha)= \frac{\pi}{\sin(\pi \alpha)}$임을 이용하면 

$$ \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{( \pm i (x \mp i \epsilon ))^\alpha }e^{i k x} dx=   \frac{2\pi |k|^{\alpha-1} }{\Gamma(\alpha) } \theta(\pm k)$$