Geometry & Recognition

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

함수 $$\begin{array}{c}f(z)=\frac{{\tan }^{-1}(z)\log (1+z^2)}{z(a^2+z^2)}\\ =\frac{\frac{i}{2}\log \frac{1-iz}{1+iz}\times \log (1+z^2)}{z(a^2+z^2)}=\frac{\frac{1}{2i}({\log }^2(1+iz)-{\log }^2(1-iz))}{z(a^2+z^2)}\end{array}$$

의 contour integral을 고려하자.

$z=\pm i$가 $\log$ 함수의 branch point이고, $z=\pm ia$는 simple pole이다. $z=0$은 removable singularity이므로 고려할 필요가 없다. cut line을 그림과 같이 선택하면 $-\frac{3\pi }{2}\le \arg (z-i)\le \frac{\pi }{2}$이다.

$$\begin{array}{c}\oint f(z)dz=2\pi i\times \text{Res}f(ia)\\ \text{or}{\int }_{C_1+C_3}+{\int }_{C_4}+{\int }_{C_2}+{\int }_{C_{\mathrm{\infty }}}=2\pi i\times \text{Res}f(ia)\end{array}$$

인데, $C_2$, $C_{\mathrm{\infty }}$에서 기여가 없음은 쉽게 확인할 수 있다. $C_1+C_3$ 경로에서 적분은 ${\log }^2(1-iz)$ 항은 기여가 없고, ${\log }^2(1+iz)$ 항은 branch cut을 시계방향으로 건널 때 $2\pi$의 위상이 더해진다.  그리고 $C_3$에서 $$z-i=(y-1)e^{-i3\pi /2}$$$$\to 1+iz=i(z-i)=(y-1)e^{-i\pi }(\leftarrow {\text{Rot}}_{\pi /2})$$이므로 이 두 경로에서 적분은

$$\begin{array}{c}{\int }_{C_1+C_3}=-{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1}{2i}(\log (y-1)-i\pi +2\pi i{)}^2(idy)}{iy(a^2-y^2)}\\ +{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1}{2i}(\log (y-1)-i\pi {)}^2(idy)}{iy(a^2-y^2)}\\ =-2\pi {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (y-1)dy}{y(a^2-y^2)}\\ =-2\pi \frac{{\log }^2(1+a)+{\log }^2(1-a)}{4a^2}\\ =-\pi \frac{{\log }^2(1+a)+{\log }^2(1-a)}{2a^2}\end{array}$$

그리고 $z=ia$에서 residue는 $$\text{Res}f(ia)=\frac{{\log }^2(1+a)-{\log }^2(1-a)}{4i{a}^2}$$이므로

$${\int }_{C_4}f(z)dz={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\tan }^{-1}(x)\log (1+x^2)dx}{x(a^2+x^2)}=\frac{\pi {\log }^2(1+a)}{a^2}$$

Appendix:

$$\begin{array}{c}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (y-1)dy}{y(a^2-y^2)}=\frac{{\log }^2(1+a)+{\log }^2(1-a)}{4a^2}0<a<1\end{array}$$
은 $$\begin{array}{c}h(z)=\frac{{\log }^2(z-1)}{z(a^2-z^2)}\end{array}$$

을 $z=1$을 감싸는 key hole 경로에 대해서 적분을 해서 얻을 수 있다.

이 경우

$$\begin{array}{c}({\int }_1^{\mathrm{\infty }}+{\int }_{\mathrm{\infty }{e}^{i2\pi }}^{e^{i2\pi }})h(z)dz\\ =-4\pi iI+4{\pi }^2{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x(a^2-x^2)}\\ =2\pi \times (\text{Res}h(0)+\text{Res}h(a)+\text{Res}h(-a))\end{array}$$

여기서 simple pole $z=0,\pm a$에서 residue는 각각

$$\begin{array}{c}\text{Res}h(0)=-\frac{{\pi }^2}{a^2}\\ \text{Res}h(a)=-\frac{(\log (1-a)+i\pi {)}^2}{2a^2}\\ \text{Res}h(-a)=-\frac{(\log (1+a)+i\pi {)}^2}{2a^2}\\ \sum \text{Res}h(z_k)=-\frac{{\log }^2(1+a)+{\log }^2(1-a)}{2a^2}-i\frac{\pi \log (1-a^2)}{a^2}\end{array}$$

이다.

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (1+x^3)dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}\log 2+\frac{2\pi }{3}\log (2+\sqrt{3})-\frac{G}{3}\approx 2.9973$$

복소함수 $$f(z)=\frac{\log (1+z^3)\log (z)}{1+z^2}$$의 contour integral을 고려하자. $z=e^{i\pi }$, $e^{i\pi /3}$, $e^{i5\pi /3}$이 $\log (1+z^3)$의 branch point이고, $z=0$이 $\log (z)$의 branch point이므로 그림과 같은 경로를 선택한다. $z=\pm i$는 $f(z)$의 simple pole이다. 

$$\begin{gathered} -\pi \le \arg (z+1)\le \pi \\ -\frac{5\pi }{3}\arg (z-e^{i\pi /3})\le \frac{\pi }{3} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} -\frac{\pi }{3}\le \arg (z-e^{i5\pi /3})\le \frac{5\pi }{3} \\ 0\le \arg (z)\le 2\pi \end{gathered}$$

$\log$ 함수의 Branch cut  전후를 반시계방향으로 순회하는 경우 $+2\pi$ 위상차만 기여하므로 위 경로에서 적분은 아래와 같이 쓸 수 있다. $$\begin{array}{c}-2\pi i\times {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (1+x^3)dx}{1+x^2}\\ -2\pi i\times {\int }_{e^{i\pi }}^{\mathrm{\infty }{e}^{i\pi }}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}-2\pi i\times {\int }_{e^{i\pi /3}}^{\mathrm{\infty }{e}^{i\pi /3}}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}-2\pi i\times {\int }_{e^{i5\pi /3}}^{\mathrm{\infty }{e}^{i5\pi /3}}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}\\ =2\pi i\times \sum _{z=\pm i}\text{Res}f(z)\end{array}$$

먼저 $z=i$에서 residue을 계산하면, 

$$\begin{array}{c}\arg (z+1)=\frac{\pi }{4},\arg (z-e^{i\pi /3})=-\frac{9\pi }{8},\arg (z-e^{i5\pi /3})=\frac{5\pi }{8}\\ \to \sum \arg (z-z_k)=-\frac{\pi }{4}\text{and}\log (1+z^3)=\log \sqrt{2}-i\frac{\pi }{4}\\ \to \text{Res}f(i)=\frac{(\log \sqrt{2}-i\frac{\pi }{4})(i\frac{\pi }{2})}{2i}=\frac{\pi }{4}(\log \sqrt{2}-i\frac{\pi }{4})\end{array}$$

다음으로 $z=-i$에서 residue을 계산하면,

$$\begin{array}{c}\arg (z+1)=-\frac{\pi }{4},\arg (z-e^{i\pi /3})=-\frac{5\pi }{8},\arg (z-e^{i5\pi /3})=\frac{9\pi }{8}\\ \to \sum \arg (z-z_k)=\frac{\pi }{4}\text{and}\log (1+z^3)=\log \sqrt{2}+i\frac{\pi }{4}\\ \to \text{Res}f(-i)=\frac{(\log \sqrt{2}+i\frac{\pi }{4})(i\frac{3\pi }{2})}{-2i}=-\frac{3\pi }{4}(\log \sqrt{2}+i\frac{\pi }{4})\end{array}$$ 이제 $\log (1+z^3)$의 각 branch cut 주변에서 선적분을 구하면, 먼저 $z=-1$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

$$A={\int }_{e^{i\pi }}^{\mathrm{\infty }{e}^{i\pi }}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}=e^{i\pi }{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (t)+i\pi }{1+t^2}$$인데

$$\begin{gathered} {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (t)dt}{1+t^2}=-{\int }_0^1\frac{\log (u)du}{1+u^2}=G \\ {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{1+t^2}=\frac{\pi }{4} \end{gathered}$$이므로 $(G=\text{Catalan's constant}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1{)}^2})$ $$A=-G-i\frac{{\pi }^2}{4}$$

$z=e^{i\pi /3}$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

$$\begin{array}{c}{\int }_{e^{i\pi /3}}^{\mathrm{\infty }{e}^{i\pi /3}}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}={\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (t{e}^{i\pi /3})e^{i\pi /3}dt}{1+e^{i2\pi /3}{t}^2}(z=e^{i\pi /3}t)\\ =e^{i\pi /3}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (t)dt}{1+e^{i2\pi /3}{t}^2}+i\frac{\pi }{3}{e}^{i\pi /3}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{1+e^{i2\pi /3}{t}^2}=B_1+B_2\end{array}$$그런데

$$B_1=-e^{i\pi /3}{\int }_0^1\frac{\log (u)du}{e^{i2\pi /3}+u^2}=\frac{2}{3}G-i\frac{{\pi }^2}{12}$$

$$\begin{gathered} B_2=i\frac{\pi }{3e^{i\pi /3}}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{e^{-i2\pi /3}+t^2}=\frac{\pi }{6}\log \frac{t-i{e}^{-i\pi /3}}{t+i{e}^{-i\pi /3}}{|}_1^{\mathrm{\infty }} \\ =\frac{\pi }{6}\log (2+\sqrt{3})+i\frac{{\pi }^2}{12} \end{gathered}$$

$$B=\frac{2}{3}G+\frac{\pi }{6}\log (2+\sqrt{3})$$ 

$z=e^{i5\pi /3}$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

$$C_1=-e^{i5\pi /3}{\int }_0^1\frac{\log (u)du}{e^{i4\pi /3}+u^2}=\frac{2}{3}G+i\frac{{\pi }^2}{12}$$

$$\begin{gathered} C_2=i\frac{5\pi }{3e^{i\pi }}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{e^{-i4\pi /3}+t^2}=-\frac{\pi }{6}\log \frac{t-i{e}^{-i2\pi /3}}{t+i{e}^{-i2\pi /3}}{|}_1^{\mathrm{\infty }} \\ =-\frac{5\pi }{6}\log (2+\sqrt{3})+i\frac{5{\pi }^2}{12} \end{gathered}$$

$$C=\frac{2}{3}G-\frac{5\pi }{6}\log (2+\sqrt{3})+i\frac{{\pi }^2}{2}$$ 

따라서 정리하면,

$$\begin{array}{c}I=-A-B-C-\sum \text{Res}f(z)\\ I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (1+x^3)dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}\log 2+\frac{2\pi }{3}\log (2+\sqrt{3})-\frac{G}{3}\end{array}$$

$$I={\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\text{arccosh}(x)}{1+x^2}dx=\frac{\pi }{2}\log (1+\sqrt{2})$$

$\text{arccosh}(x)=\log (x+\sqrt{x^2-1})$이므로 다음 함수의 contour 적분을 고려하자.

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

$\sqrt{z^2-1}$의 branch point가 $z=\pm 1$이고, $\log (z)$의 branch point가 $z=0$이므로 $\log (z+\sqrt{z^2-1})$의 branch point 는 $z=1$이다. 그리고 $\log (z)$의 principal branch을 고려하면 $f(z)$의 cut line은 $\text{z}\le 1$인 실수축을 잡으면 된다. 이 경우 위상은$$-\pi \le \arg (z),\arg (z+i),\arg (z-i)\le \pi$$ 로 선택하자. 

 $z=\pm i$이 $f(z)$의 simple pole이고 

$$\begin{array}{c}\text{Res}(i)=\frac{{(\log (1+\sqrt{2})+i\frac{\pi }{2})}^2}{2i}\\ \text{Res}(-i)=\frac{{(\log (1+\sqrt{2})-i\frac{\pi }{2})}^2}{-2i}\\ \to \sum \text{Res}(z_k)=\pi \log (1+\sqrt{2})\end{array}$$

경로 $C_1$에서

$$\begin{array}{c}z=x{e}^{i\pi }(x:\mathrm{\infty }\to 1)\\ z+1=(x-1{)}^{i\pi },z-1=(x+1)e^{i\pi }\\ \log (z+\sqrt{z^2-1})=\log (x+\sqrt{x^2-1})+i\pi \\ {\int }_{C_1}={\int }_{\mathrm{\infty }}^1{(\log (x+\sqrt{x^2-1})+i\pi )}^2(-dx)\\ ={\int }_1^{\mathrm{\infty }}{(\log (x+\sqrt{x^2-1})+i\pi )}^{2}dx\end{array}$$

경로 $C_6$에서

$$\begin{array}{c}z=x{e}^{-i\pi }(x:1\to \mathrm{\infty })\\ z+1=(x-1{)}^{-i\pi },z-1=(x+1)e^{-i\pi }\\ \log (z+\sqrt{z^2-1})=\log (x+\sqrt{x^2-1})-i\pi \\ {\int }_{C_6}={\int }_1^{\mathrm{\infty }}{(\log (x+\sqrt{x^2-1})-i\pi )}^2(-dx)\\ =-{\int }_1^{\mathrm{\infty }}{(\log (x+\sqrt{x^2-1})-i\pi )}^{2}dx\end{array}$$

따라서 $${\int }_{C_1+C_6}=4\pi iI$$

경로 $C_2$에서

$$\begin{array}{c}z=x{e}^{i\pi }(x:1\to 0)\\ z+1=(1-x{)}^{i0},z-1=(1+x)e^{i\pi }\\ \log (z+\sqrt{z^2-1})=\log (-x+i\sqrt{1-x^2})\\ {\int }_{C_2}={\int }_1^0{\log }^2(-x+i\sqrt{1-x^2})(-dx)\\ ={\int }_0^1{\log }^2(-x+i\sqrt{1-x^2})dx\end{array}$$

경로 $C_5$에서

$$\begin{array}{c}z=x{e}^{i\pi }(x:0\to 1)\\ z+1=(1-x{)}^{i0},z-1=(1+x)e^{-i\pi }\\ \log (z+\sqrt{z^2-1})=\log (-x-i\sqrt{1-x^2})\\ {\int }_{C_5}={\int }_0^1{\log }^2(-x-i\sqrt{1-x^2})(-dx)\\ =-{\int }_0^1{\log }^2(-x-i\sqrt{1-x^2})dx\end{array}$$

경로 $C_3$에서

$$\begin{array}{c}z=x{e}^{i0}(x:0\to 1)\\ z+1=(1-x{)}^{i0},z-1=(1+x)e^{i\pi }\\ \log (z+\sqrt{z^2-1})=\log (x+i\sqrt{1-x^2})\\ {\int }_{C_3}={\int }_0^1{\log }^2(x+i\sqrt{1-x^2})dx\end{array}$$

경로 $C_4$에서

$$\begin{array}{c}z=x{e}^{i0}(x:1\to 0)\\ z+1=(1-x{)}^{i0},z-1=(1+x)e^{-i\pi }\\ \log (z+\sqrt{z^2-1})=\log (x-i\sqrt{1-x^2})\\ {\int }_{C_4}=-{\int }_0^1{\log }^2(x-i\sqrt{1-x^2})dx\end{array}$$

그런데  $0\le x\le 1$에서  $$\begin{array}{c}|-x+i\sqrt{1-x^2}|=|-x-i\sqrt{1-x^2}|\\ =|x-i\sqrt{1-x^2}|=|x+i\sqrt{1-x^2}|=1\\ \arg (-x+i\sqrt{1-x^2})=-\arg (-x-i\sqrt{1-x^2})\\ \arg (x-i\sqrt{1-x^2})=-\arg (x+i\sqrt{1-x^2})\end{array}$$이므로 $$\begin{array}{c}{\int }_{C_2+C_5}=0,{\int }_{C_3+C_4}=0\end{array}$$이다.  $C_{\mathrm{\infty }}$와 branch point을 감싸는 $C_{ϵ}$에서 적분은 기여가 없으므로 residue 정리에 의해서 

$$\begin{array}{c}\oint f(z)dz=2\pi i\times \sum _k\text{Res}(z_k)\\ \to 4\pi iI=2\pi i\times \pi \log (1+\sqrt{2})\\ I=\frac{\pi }{2}\log (1+\sqrt{2})\end{array}$$