728x90

$$ I = \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} dx$$

복소함수를 $f(z)= \sqrt{1+z^2}$으로 선택하면, $z=\pm i$가 branch point이므로 cut line을 $z=-i$와 $z=+i$을 잇는 선분으로 잡는다. $z=\pm i$ 근방에서 위상은 각각 $-\pi/2\rightarrow 3\pi/2$, $0\rightarrow 2\pi$ 선택하면 된다. $z=\infty$에서 residue가 있으므로 그림과 같은 contour $(\Gamma= C_1 + C_2 + C_\epsilon +C_{\epsilon'} + C_\infty)$에서 

$C_\epsilon(z=i), C_{\epsilon'}(z=-i)$: $$ \int f(z) dz = O(\sqrt{\epsilon} \epsilon) \rightarrow  0.$$

$C_1$: $z- i = (1-x)e^{-i \pi/2}~ (x:-1 \rightarrow 1)$, $z+i = (1+x)e^{i\pi/2}$이므로

$$\int_{C_1} f(z)dz  = \int_{-1}^{1}\sqrt{1-x^2} d( e^{i \pi/2} x) = i I$$

$C_2$: $z-i = (1-x)e^{i 3\pi/2}~(x:1\rightarrow -1)$, $z+i=(1+x)e^{i \pi/2}$이므로

$$\int_{C_2} f(z)dz = \int_{1}^{-1} \sqrt{1-x^2} e^{i\pi}  d (e^{i\pi/2}x) = i I$$

무한대에서 residue를 결정하기 위해서 $z=1/t$로 치환하면 ($z=Re^{i\theta}~(\theta:2\pi\rightarrow 0)$이면 $t= \delta e^{-i\theta}, ~\delta = 1/R$)

$$\int_{C_\infty} f(z) dz = \int_{C_\delta }  \sqrt{1 + \frac{1}{t^2} } \frac{dt}{-t^2}=\int_{C_\delta } \frac{1}{t}(1 + \frac{1}{2}t^2 + ...) \frac{dt}{-t^2}\\=\int_{C_\delta} \frac{dt}{-2t}  =\int_{2\pi}^{0} \frac{ - e^{- i \theta} d \theta }{ - 2e^{-i \theta}} =- i\pi $$

따라서 $\int_\Gamma f(z) dz = 0$에서 

$$ I = \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} dx  =\frac{\pi}{2}.$$

이 결과는 $x=\sin \theta$의 치환적분을 이용하면 더 쉽게 구할 수 있다.

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Posted by helloktk

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