Geometry & Recognition

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

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

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

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

$C_1$을 따라 $z= x e^{i0}$이므로 

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

$C_2$을 따라 $z= x e^{i 2\pi}$이므로 

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

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

따라서 residue 정리에 의해서 

$$   - 2\sinh(\pi a) e^{\pi a} I = -\frac{4\pi}{\sqrt{3}} e^{\pi a} \sinh \frac{\pi a}{3} \\ \to ~~ I  = \frac{2\pi}{\sqrt{3}} \frac{\sinh(\pi a/3) }{\sinh(\pi a)} $$

$$\int_0^\infty \frac{dx}{1+x^3} = \frac{2\sqrt{3}}{9}\pi$$

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

함수 $$f(z) = \frac{(\log z)^2}{1+z^3}$$을 그림과 같은 key hole 경로에서 적분을 하자.

$z=-1, e^{i\pi/3}, e^{i5\pi/3}$은 $f(z)$의 simple pole이고, $z=0$은 branch point이므로 그림과 같이 cutline을 선택했다. 그러면 위상은 $0 \le \arg(z) \le 2\pi$로 선택할 수 있다. residue는 

$$ \text{Res}f(e^{i \pi}) = \frac{ (\log e^{i\pi})^2}{ (e^{i\pi}- e^{i\pi/3}) ( e^{i\pi}- e^{i 5\pi/3})} = -\frac{\pi^2}{3}$$

$$\text{Res}f(e^{i \pi/3}) = \frac{ (\log e^{i\pi/3})^2}{ (e^{ i\pi/3} - e^{i\pi})(e^{i\pi/3}- e^{i 5\pi/3})} = \frac{\pi^2}{54} (1+ i \sqrt{3})$$

$$ \text{Res}f(e^{i 5\pi/3}) = \frac{(\log e^{i 5\pi/3})^2 }{( e^{i 5\pi/3} - e^{i\pi})(  e^{i 5\pi/3} - e^{i \pi/3})}=\frac{25 \pi^2}{54} (1- i \sqrt{3}) $$

그리고 $C_1$에서 $z= xe^{i 0}~(x:0\to\infty)$, $C_2$에서 $z=x e^{i 2\pi}~(x:\infty\to 0)$이므로 

$$ \int_{C_1+C_2} = \int_0^\infty \frac{(\log x)^2  dx}{1+x^3} + \int_\infty^0 \frac{(\log (x e^{i 2\pi}))^2 dx}{1+x^3}\\  = 4\pi^2 \int_0^\infty \frac{ dx}{1+x^3} - 4\pi i \int_0^\infty \frac{\log x dx}{ 1+ x^3}$$

그리고 $C_\epsilon$에서는 $\epsilon \log \epsilon\to 0$, $C_\infty$에서는 $\log R/ R^2\to 0$이므로 0으로 수렴한다. 따라서 Residue 정리를 쓰면 다음을 얻을 수 있다.

$$\int_0^\infty \frac{dx}{1+x^3} = \frac{2\sqrt{3}}{9}\pi$$

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

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

$$\text{Pr}\int_0^\infty \frac{dx}{x^3-1} = -\frac{\sqrt{3}\pi^2}{9}$$

$$f(z) = \frac{(\log z)^2 }{z^3-1}$$

$z= 1, e^{i 2\pi/3}, ~e^{i 4\pi/3}$은 $f(z)$의 simple pole이고, $z=0$은 branch point이다. cutline은 $+x$으로 잡자. 그러면 $0\le \arg(z) \le2\pi$로 선택할 수 있다. 그리고 $z=1$은 cut line에 위치하므로 그림처럼 우회하자($C_2$와 $C_5$) 

$$ \int_{C_1 + C_3} = \int_0^ \infty \frac{(\log x)^2 }{x^3-1} dx $$

$$\int_{C_4+C_6} = \int_\infty^0 \frac{(\log(xe^{i2\pi}))^2}{x^3-1}dx\\ -\int_0^\infty \frac{(\log x)^2}{x^3-1}dx   +4\pi^2 \int_0^\infty \frac{1} {x^3-1}dx -i 4 \pi \int_0^\infty \frac{\log x}{x^3-1}dx$$

$C_2$에서는 $z= 1+ \epsilon e^{ i \theta}~(\theta:\pi\to 0)$이므로

\begin{gather} z= \sqrt{ 1+ \epsilon^2 + 2\epsilon \cos \theta} e^{i\varphi}, \tan\varphi = \frac{\epsilon \sin \theta}{1+\epsilon \cos \theta}  \\   \log(z) = \log\sqrt{1+ \epsilon^2+2\epsilon \cos \theta } + i \varphi\to 0\\ dz = i \epsilon e^{i \theta } d \theta  \\ z^3-1 = 3\epsilon e^{i \theta}(1+ O(\epsilon))  \\ \int_{C_2} \longrightarrow 0\end{gather}

$C_5$에서는 $z= e^{i2\pi }  + \epsilon e^{i \theta} ~(\theta: 2\pi \to \pi)$이므로

$$\int_{C_5} = \int_{2\pi}^\pi \frac{ [\log(e^{i2\pi}+ \epsilon e^{i\theta}) ]^2 }{3\epsilon e^{i \theta}(1+ O(\epsilon)) } i \epsilon e^{i \theta} d \theta =  -i \frac{4\pi^2}{3}$$

그리고 $C_7$과 $C_8$에서 적분은 0으로 수렴함을 쉽게 알 수 있다. $z= e^{i 2\pi/3}, e^{i4\pi/3}$에서 residue는 각각 $$ \text{Res}(e^{i 2\pi/3}) = \frac{[\log (e^{i 2\pi/3})]^2 }{ (e^{i2\pi/3}- 1) (e^{i2\pi/3} - e^{i 4\pi/3}) } = \frac{2\pi^2}{27} (1- i \sqrt{3})$$ $$ \text{Res}(e^{i 4\pi/3}) = \frac{[\log (e^{i 4\pi/3})]^2 }{ (e^{i4\pi/3}- 1) (e^{i4\pi/3} - e^{i2\pi/3})} = \frac{8\pi^2}{27} (1+ i \sqrt{3})$$

또 $x=1$에서 $$\frac{\log x}{x^3-1} = \frac{1}{3} -\frac{1}{2}(x-1) + \frac{1}{2} (x-1)^2 + ... $$이므로 $x=1$이 removable singularity 이지만, $\frac{1}{x^3-1}$에 대해서는 isolated singularity이므로 principle value을 취해야 한다. 이제 residue 정리에 의해서 

$$ 4\pi^2 \text{Pr} \int_0^\infty \frac{dx}{x^3-1} -i 4\pi \int_0^\infty \frac{\log(x) dx}{x^3-1} + i \frac{4\pi^2}{3}= i \frac{20}{27} \pi^3 -\frac{4\sqrt{3}}{9} \pi^3$$이므로 $$ \text{Pr}\int_0^\infty \frac{dx}{x^3-1} = -\frac{\sqrt{3}}{9}\pi^2 \\ \int_0^\infty \frac{\log x dx }{x^3-1}= \frac{4}{27} \pi^2$$

$$ I = \int_0^\infty \frac{\log(1+x^2) dx} { 1+x^2} = \pi\log2$$

함수 $$f(z) = \frac{\log(i + z)}{1+z^2}$$을 그림과 같은 경로에서 적분을 하자.

Branch cut은 음의 허수축이고, $-\frac{\pi}{2}\le \arg(i+z)\le \frac{3\pi}{2}$. $z=i$가 $f(z)$의 simple pole이고, residue는 

$$  \text{ Res} f(i) = \frac{\log(2e^{i\pi/2})}{ 2i} = \frac{\log(2) + i \frac{\pi}{2}}{2i} = \frac{1}{2i} \log(2) + \frac{\pi}{4}$$

$C_1$에서 $z=x$, $z+i=\sqrt{1+x^2} e^{i \theta}, ~\tan\theta=1/x$이므로 

$$\int_{C_1} f(z) dz = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{ \frac{1}{2}\log(1+x^2) + i \theta}{1+x^2 } dx= I + i \int_{-\infty}^\infty \frac{\theta}{1+x^2} dx$$

이 적분의 허수부는 $\tan \varphi = x ~(-\frac{\pi}{2}\le \varphi\le \frac{\pi}{2})$로 치환을 하면  $$\theta = \frac{\pi}{2} - \varphi \\ \int_{-\infty}^\infty \frac{\theta}{1+x^2}dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \theta d \varphi = \frac{\pi^2}{2}$$

그리고 $C_R: ~z=Re^{i \theta}$에서는 $$ \int_{C_R} \sim \frac{\log(R)}{R}\to 0$$이므로 기여가 없다. 따라서 Residue 정리에 의해 $$\oint f(z)dz=2\pi \times \text{Res}f(i) \\\to ~ I + i \frac{\pi^2}{2} = 2\pi i \times \text{Res}f(i) = \pi \log(2) + i \frac{\pi^2}{2}$$

허수부는 항등적으로 만족하고, 실수부에서

$$ I = \pi \log(2) $$

임을 알 수 있다.

$$ I = \int_0^1 \frac{\log(1+x)}{1+x^2} dz =\frac{\pi}{8} \log{2}$$

함수 $$f(z)= \frac{\log(1+z)}{1+z^2}$$을 그림과 같은 경로을 따라 적분을 하자.

경로 1에서

$$ \int_\text{path-1} = I$$

경로 2에서 $z= e^{i \theta} ~(\theta:0 \to \pi/2)$

$$ 1+ e^{2i\theta} = 2\cos \theta e^{i \theta} \\ \log(1+e^{i \theta} ) = \frac{1}{2} \log (2+ 2\cos \theta) e^{i \theta} = \frac{1}{2} \log(2 + 2\cos \theta) + i \theta$$

$$\int_\text{path-2} = \frac{i}{4} \int_0^{\pi/2-\epsilon} \frac{\log(2+ 2\cos \theta)d\theta}{\cos \theta} -\int_0^ {\pi/2-\epsilon}\frac{\theta d\theta}{\cos \theta}$$

경로 3에서 $z= i + \epsilon e^{i \theta}$이므로

$$ \int_\text{path-3} = \int_0^{-\pi/2} \frac{\log( 1+ i + \epsilon e^{ i \theta})  }{\epsilon^2 e^{2i \theta} + 2i \epsilon e^{i \theta}} i \epsilon e^{i \theta} d \theta \to  -\frac{\pi}{8} \log(2) - i \frac{\pi^2}{16}$$

경로 4에서는 호의 반지름이 $\epsilon$임을 고려하면 $ z = i y (y: 1-\epsilon\to 0)$이므로

$$\int_\text{path-4} = \int_{1-\epsilon}^0 \frac{\log(1+ iy) }{1-y^2} idy = \int_0^{1-\epsilon} \frac{-\frac{i}{2}\log(1+y^2) + \tan^{-1} (y) }{1-y^2}dy$$

폐경로 내부에서 $f(z)$가 analytic하므로 $\oint f(z) dz=0$이고, 실수부는

$$ I = \frac{\pi}{8} \log(2) + \int_0^{\pi/2-\epsilon} \frac{\theta d\theta}{4\cos \theta}  - \int_0^{1-\epsilon} \frac{\tan^{-1}(y) dy}{1-y^2}$$ 두번째와 세번째의 적분은 동일하게 logarithmic하게 발산하므로 그 차이는 유한한 값을 가질 수 있다.

$$ \theta =\frac{\pi}{2}-\epsilon: ~ \frac{\theta}{4\cos \theta} = \frac{\pi/2}{4 \epsilon}=\frac{\pi}{8\epsilon}$$

$$ y=1-\epsilon:~ \frac{\tan^{-1}(y)}{1-y^2}= \frac{\pi/4}{2\epsilon} = \frac{\pi}{8\epsilon}$$ 그리고 $\tan \theta/2=y$로 치환을 하면 $\cos \theta = \frac{1-y^2}{1+y^2}$이므로 두번째 항과 세번째 항이 상쇄됨을 확인할 수 있다. 허수부는 

$$ \frac{1}{4}\int_0^{\pi/2} \frac{\log (2+ 2\cos \theta) d \theta}{\cos \theta} - \frac{\pi^2}{16} -\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\log (1+y^2)dy}{1-y^2} = 0$$ 마찬가지로 위에서와 같이 치환을 하면 등호가 성립함을 보일 수 있다.