Geometry & Recognition

함수 $f(x)$의 Fourier transform:

$$\tilde{f}(k)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(i(x-iϵ){)}^{\alpha }}{e}^{ikx}dx=|k{|}^{\alpha -1}\mathrm{\Gamma }(1-\alpha )\sin (\pi \alpha )(1+\text{sgn}(k))$$여기서 $ϵ\to 0^{+}$은 미소양수이고, $0<\alpha <1$는 실수이다. 함수 $$f(z)=\frac{1}{(i(z-iϵ){)}^{\alpha }}$$는 $z=iϵ$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 $x-iϵ$를 $x+iϵ$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 $$\begin{array}{c}z=y{e}^{i\pi /2}(y:\mathrm{\infty }\to ϵ),dz=idy,\\ {\int }_{C_1}={\int }_{\mathrm{\infty }}^{ϵ}{e}^{-i\pi \alpha /2}{e}^{-\alpha \log y-i\pi \alpha /2}{e}^{-ky}(idy)=-i{e}^{-i\pi \alpha }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ky}}{y^{\alpha }}dy\end{array}$$ 경로 $C_2$에서는 $$\begin{array}{c}z=y{e}^{-i3\pi /2}(y:ϵ\to \mathrm{\infty }),dz=idy\\ {\int }_{C_2}={\int }_{ϵ}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-i\pi \alpha /2}{e}^{-\alpha \log y+i3\pi \alpha /2}{e}^{-ky}(idy)=i{e}^{i\pi \alpha }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ky}}{y^{\alpha }}dy\end{array}$$ 이 두 경로에서의 적분합은 $$\begin{array}{c}{\int }_{C_1+C_2}=i(e^{i\pi \alpha }-e^{-i\pi \alpha }){\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ky}}{y^{\alpha }}dy\\ =-2\sin (\pi \alpha ){\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ky}}{y^{\alpha }}dy=-2k^{\alpha -1}\mathrm{\Gamma }(1-\alpha )\sin (\pi \alpha )(k>0)\end{array}$$ 따라서 그림의 경로에서 $f(z)e^{ikz}$가 analytic 하므로 

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

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(\pm i(x\mp iϵ){)}^{\alpha }}{e}^{ikx}dx=\frac{2\pi |k{|}^{\alpha -1}}{\mathrm{\Gamma }(\alpha )}\theta (\pm k)$$

$$I={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\cos (a\theta ){\cos }^b(\theta )d\theta (a>b>-1)$$

먼저 $\cos \theta =(e^{i\theta }+e^{-i\theta })/2$임을 고려하면 

$$I=\text{Re}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{e}^{ia\theta }{\left(\frac{e^{i\theta }+e^{-i\theta }}{2}\right)}^{2}d\theta$$로 쓸 수 있다. 이는 복소평면에서 $-\pi /2\le \theta \le \pi /2$인 반원($C_0:|z|=1,-\pi /2\le \arg (z)\le \pi /2$)에서 적분으로 생각할 수 있다. $z=e^{i\theta }$놓으면 $d\theta =dz/iz$이므로

$$I=\text{Re}{\int }_{\text{right half circle}}{z}^a{\left(\frac{z^2+1}{2z}\right)}^b\frac{dz}{iz}=\frac{1}{2^b}\text{Im}{\int }_{\text{right half circle}}{z}^{a-b-1}(z^2+1{)}^{b}dz$$ 따라서 $$f(z)=z^{\alpha }(1+z^2{)}^{\beta }(\alpha >-1,\beta >-1)$$를 그림과 같은 폐경로를 반시계방향으로 순환하는 선적분을 고려하자.

$z=0,\pm i$가 $f(z)$의 branch point이므로 그림에 표시된 cutline을 선택한다. 그러면 $$-\pi \le \arg (z)\le \pi ,-\frac{\pi }{2}\le \arg (z+i),\arg (z-i)\le \frac{3\pi }{2}$$로 잡을 수 있다. $z=0(z=ϵe^{i\theta })$과 $z=\pm i(z=\pm i+ϵe^{i\theta })$을 감싸는 원호에서 적분의 기여는 없음을 쉽게 알 수 있다. $C_1$에서 적분은

$$z=y{e}^{i\pi /2}(y:1\to 0)$$

$$z+i=(1+y)e^{i\pi /2},z-i=(1-y)e^{-i\pi /2}$$이므로 

$${\int }_{C_1}={\int }_1^0{y}^{\alpha }{e}^{i\pi \alpha /2}(1-y^2{)}^{\beta }(e^{i\pi /2}dy)=-e^{i\pi (\alpha +1)/2}{\int }_0^1{y}^{\alpha }(1-y^2{)}^{\beta }dy$$

$C_2$에서는 $$\begin{gathered} z=y{e}^{-i\pi /2}(y:0\to 1) \\ z+i=(1+y)e^{i\pi /2},z-i=(1-y)e^{-i\pi /2} \end{gathered}$$이므로

$${\int }_{C_2}={\int }_0^1{y}^{\alpha }{e}^{-i\pi \alpha /2}(1-y^2{)}^{\beta }(e^{-i\pi /2}dy)=e^{-i\pi (\alpha +1)/2}{\int }_0^1{y}^{\alpha }(1-y^2{)}^{\beta }dy$$

그림의 경로에서 $f(z)$가 analytic하므로 

$$\oint f(z)=0$$

$$\to {\int }_{C_0}f(z)dz=-{\int }_{C_1+C_2}f(z)dz=2i\sin \frac{\pi (\alpha +1)}{2}{\int }_0^1{y}^{\alpha }(1-y^2{)}^{\beta }dy$$이고 $\alpha =a-b-1$, $\beta =b$이므로

$$I=\frac{1}{2^b}\text{Im}{\int }_{C_0}f(z)dz=\frac{1}{2^b}\sin \frac{\pi (a-b)}{2}{\int }_0^1{y}^{a-b-1}(1-y^2{)}^{b}dy$$

$y^2=t$로 치환하면 

$$I=\frac{\sin \frac{\pi (a-b)}{2}}{2^b}{\int }_0^1{t}^{(a-b)/2-1}(1-t{)}^{b}dt$$이고 $\mathrm{\Gamma }(z)$의 정의를 사용하면 $$I=\frac{\sin \frac{\pi (a-b)}{2}}{2^b}\frac{\mathrm{\Gamma }(\frac{a-b}{2})\mathrm{\Gamma }(b+1)}{\mathrm{\Gamma }(\frac{a+b}{2}+1)}=\frac{\pi }{2^b}\frac{\mathrm{\Gamma }(b+1)}{\mathrm{\Gamma }(\frac{a+b}{2}+1)\mathrm{\Gamma }(\frac{b-a}{2}+1)}=\frac{\pi }{2^b}\left(\begin{array}{c}b\\ \frac{a+b}{2}\end{array}\right)$$여기서 중간 등호는 $\mathrm{\Gamma }(m)\mathrm{\Gamma }(1-m)=\frac{\pi }{\sin (m\pi /2)}$임을 사용했다. Check

$$\begin{gathered} a=1,b=0:{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\cos \theta d\theta =2 \\ I=\pi \frac{\mathrm{\Gamma }(1)}{\mathrm{\Gamma }(1+\frac{1}{2})\mathrm{\Gamma }(\frac{1}{2})}=\pi \frac{1}{\frac{1}{2}(\sqrt{\pi }{)}^2}=2 \end{gathered}$$

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

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