Geometry & Recognition

$$ I = \int_0^\infty \frac{\log x  dx}{(1+x^2)^2}=-\frac{\pi}{4}$$

$\log$ 함수때문에 brach cut을 $-x$ 축으로 선택을 하고 ($-\pi < \text{arg}(z) \le \pi$) 함수 $f(z)$

$$ f(z) = \left( \frac{\log  z }{1+z^2}\right)^2$$

을 그림과 같은 열쇠 구멍 모양의 폐경로를 따라 적분하자.

폐경로가 double pole $z=\pm i$를 포함하므로

\begin{align} \left( \int_{C_1} + \int_{C_2} + \int_{C_{\epsilon}} + \int _{C_{\infty}} \right) f(z) dz &= -2\pi i \left[ \text{Res}f(z=i) + \text{Res}f(z=-i) \right]    \\ &=  -2\pi i \left( -\frac{\pi}{4} + i \frac{\pi^2}{16} -\frac{\pi}{4} - i \frac{\pi^2 }{16}\right) \\ &= i \pi^2 \end{align}

 여기서 

$$ \int_{C_\infty} f(z)dz \to 0,\quad \int_{C_\epsilon} f(z) dz \to 0$$

이고,  $C_1$ 경로는 $z= xe^{i\pi}, ~x:0\to\infty$이고, $C_2$ 경로는 $z=x e^{-i\pi}, ~x:\infty\to 0$이므로 

\begin{align} \int_{C_1} f(z) dz &=    \int_0^\infty \frac{(\log x +i \pi )^2  (-dx)}{(1+x^2)^2 } \\   &= -\int_0^\infty \frac{(\log x)^2 +2\pi i \log x -\pi^2 }{(1+x^2)^2}dx\end{align}

\begin{align} \int_{C_2} f(z)dz &= \int_\infty^0 \frac{(\log x -i \pi)^2 (-dx)}{(1+x^2)^2 } \\ &= \int_0^\infty \frac{(\log x)^2 - 2\pi i \log x -\pi^2}{(1+x^2)^2}dx\end{align}

이므로

$$  \left( \int_{C_1} + \int_{C_2} \right)f(z)dz = -4\pi i  \int_0^\infty \frac{\log x dx}{(1+x^2)^2 } $$

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