Integration along a branch cut-018

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

복소평면에서 

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

의 contour 적분을 이용해서 구하자.

$\log( 1+z^2)$의 branch point와 $f(z)$의 simple pole이 겹치기 때문에 이 적분은 $f_1(z) = \frac{\log(z+i)}{1+z^2}$과 $f_2(z) = \frac{\log(z-i)}{ 1+z^2}$으로 나누어서 하는 것이 더 쉽지만 여기서는 분리하지 않고 하도록 하자. 우선 $\log(1+z^2)$의 branch cut과 적분경로를 그림처럼 선택하자. 그러면 

$$\left( \int_{C_\infty} + \int_{C_\epsilon} + \int_{\gamma_0} +\int_{ \gamma_1}\right) f(z) dz + I = 0$$ 이고 

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

임도 쉽게 확인할 수 있다.

  $$\log (z^2+1) =  \log |z^2 + 1| + i\text{arg}(z-i) + i \text{arg}(z+i)$$  

이고 cutline을 시계방향으로 건널 때 $+2\pi$만큼 위상이 변하므로 

$$\begin{align} \left( \int_{\gamma_0} + \int_{\gamma_1} \right) f(z)dz &= - \int_{\gamma_1} \frac{\log |z^2 +1| + i(\frac{\pi}{2} + 2\pi + \text{arg}(z+i))}{z^2+1} dz  \\ &+ \int_{\gamma_1} \frac{ \log|z^2+1| + i (\frac{\pi}{2} + \text{arg}(z+i))}{z^2 + 1}dz  \\ = -2\pi i \int_{\gamma_1} \frac{dz}{1+z^2} \end{align}$$

여기서 반직선 $\gamma_1$을 따른 선적분은(발산하므로 발산항을 따로 분리한다)

$$\begin{align}  -2\pi i \int_{\gamma_1} \frac{dz}{1+z^2}  &=  -2\pi i \int_{i(1+\epsilon)}^{i \infty} \frac{dz}{1+z^2}  = 2\pi \int_{1+\epsilon} ^ \infty \frac{dx}{1-x^2} \\ &=  \pi  \left.  \log \frac{x+1}{x-1} \right|_{1+\epsilon}^\infty = -\pi (\log 2 - \log\epsilon) \end{align}$$

$\log \epsilon$ 항은 $C_\epsilon$에서의 적분결과로 상쇄시킬 수 있다. $C_\epsilon$은 $z=i + \epsilon e^{i \theta}, (\theta: \frac{\pi}{2}\to \frac{-3\pi}{2})$로 매개화를 할 수 있으므로

$$\begin{align} \int_{C_\epsilon} f(z) dz &=  \int _{\pi /2}^{-3\pi /2}  \frac{ \log (2i) + \log \epsilon + i \theta }{\epsilon e^{i \theta}\times 2i }  i \epsilon e^{i \theta} d \theta   \\ &= -\pi \log (2i) - \pi \log \epsilon + \left. \frac{i}{4} \theta ^2 \right|_{\pi/2}^{-3\pi/2} \\ &= -\pi\log  2 - \pi\log \epsilon  \end{align}$$

따라서 반직선 적분에서 나온 $\log \epsilon$이 상쇄됨을 알 수 있다.

$$I = \pi \log 4$$