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 $z= x e^{-i \pi}$, $z+1 = (1-x) e^{i 0},~~(x: 1\to 0)$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 $\Gamma(z)$를 사용하면,

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

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

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

$$I= \int_0^\infty \frac{ \log x dx }{x^3-1}=  \frac{4}{27} \pi^2$$

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 + ... $). $C_\infty$와 $z=0$을 감싸는 $\gamma_1$에서 적분은 0에 수렴한다. $z=e^{i 2\pi/3}  $은 simple pole로 경로 $\gamma_2$처럼 우회한다. 그러면 경로 $\gamma_2$에서 $z= e^{i2\pi/3} + \epsilon e^{i \theta}$이므로 $$ \int_{\gamma_2} =  \int_{2\pi/3}^{-\pi/3} \frac{ \log (  e^{i 2\pi/3}  ) (i \epsilon e^{i \theta} d \theta ) }{ \epsilon e^{i \theta} ( e^{i2\pi/3} - 1)(e^{i2\pi/3}- e^{i 4\pi/3})} = \frac{2\pi^2}{9} e^{i 2\pi/3}$$ $C_1$에서는 $z= x~(x: 0 \to \infty)$이므로 $$ \int_{C_1} f(z) dz = I$$ $C_2 +C_3$에서는 $z= e^{i 2\pi/3} x = e^{i 2\pi/3}x~(x:\infty \to 0)$이므로 \begin{gather} \int_{C_2+C_3}  = \int_\infty ^0 \frac{ \log (x e^{i 2\pi/3} )  e^{i 2\pi/3} dx}{  x^3 -1}= - e^{i2\pi/3}\int_0^\infty \frac{\log x +i\frac{2\pi}{3}}{x^3-1}dx\\ =- e^{i 2\pi/3} \left(   I  + i \frac{2\pi}{3} \int_0^ \infty \frac{dx}{x^3-1} \right) =  - e^{i 2\pi/3} \left( I + i \frac{2\pi}{3} J \right) \end{gather} $J = \int_0^\infty \frac{dx}{x^3-1} =- \frac{\sqrt{3}}{9} \pi$ 이므로(https://kipl.tistory.com/670)  \begin{gather} \oint f(z) dz = 0 ~\to ~(1- e^{i 2\pi/3}) I  -i \frac{2\pi}{3} e^{i 2\pi/3}  J + \frac{2\pi^2 }{9} e^{i 2\pi/3}=0 \\  I = \frac{e^{i 2\pi/3}}{1- e^{i 2\pi/3}} \left( -i \frac{2\pi}{3} J - \frac{2\pi^2}{9} \right) = \frac{4}{27}\pi^2 \end{gather} 

$$I = \int_0^\infty \frac{x^{-ia}dx}{ x^2 +x+1} = \frac{2\pi}{\sqrt{3}} \frac{\sinh (\pi a/3) }{\sinh (\pi a)} $$

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 $z_1=e^{i 2\pi/3}$, $z_2 = e^{i 4\pi/3}$은 simple pole로 residue는 각각

$$ \text{Res}f(z_1) = \frac{e^{-i a \log e^{i 2\pi/3}}} { e^{i2\pi/3}-e^{i 4\pi/3}} = \frac{e^{2\pi a/3}}{i\sqrt{3}}$$

$$ \text{Res}f(z_2) = \frac{e^{-i a \log e^{i 4\pi/3}}} { e^{i4\pi/3}-e^{i 2\pi/3}} = \frac{e^{4\pi a/3}}{-i\sqrt{3}}$$

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

$$ \int_{C_1} = \int_0^ \infty \frac{e ^{-ia \log x} dx}{x^2 + x+1} = I$$

$C_2$을 따라 $z= x e^{i 2\pi}~(x:\infty\to 0)$이므로 

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

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

$C_\epsilon$과 $C_\infty$에서는 0으로 수렴하므로, residue 정리에 의해서

\begin{gather}  \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{gather}