Fourier transform inversion using a contour integral

$$f(t) = {\cal F}^{-1} \left[ \frac{- i\exp( -\sqrt{1  + \omega^2} )} {\omega \sqrt{1- i \omega }}  \right]$$ 주파수 domain에서 주어진 함수 $$F(\omega ) = \frac{-i e^{-\sqrt{1+ \omega^2} }  }{\omega \sqrt{1-i \omega}}$$ 의 역 Fourier transform을 복소평면에서의 경로적분으로 변환을 하자. $t>0$일 때는 $e^{i\omega t}$가 발산하기 않도록 만들기 위해 upper half plane에 놓인 폐경로 $\Gamma(\text{ccw})$을 고려해야 한다. 반대로 $t<0$일 때는 lower half plane의 폐곡선 $\Gamma'(\text{cw})$에서 경로적분을 고려하면 된다. 그리고 $\omega = 0$에서의 singularity는 복소평면에서 $\omega = i\epsilon$만큼 옮긴 후 계산을 하자.(lower half plane으로 옮기면 다른 결과를 얻는다. 어떻게 singularity를 옮기는가는 문제에 주어진 추가적인 조건을 예를 들면 causality 조건등을 만족시키는 방향으로 선택되어야 한다). Branch cut은 그림과 같이 선택한다. 그러면 위상은 

$$-\frac{3\pi}{2} \le \arg(z-i) \le \frac{\pi}{2}, \quad -\frac{\pi}{2} \le\arg(z+i) \le \frac{3\pi}{2}$$ 이다.

$t > 0$일 때  upper half plane에서 정의된 폐경로 $\Gamma$에 대한 경로적분을 고려하자. $\Gamma$가 simple pole $z=i\epsilon$을 포함하므로 residue 정리에 의해서 

$$\oint_\Gamma \frac{- i e^{ i z t -\sqrt{1+ z^2} } dz}{z\sqrt{1 - iz}} = 2 \pi i \times \lim_{\epsilon\to 0}\text{Res}(z=i\epsilon) = \frac{2\pi}{e}$$

따라서

$$f(t) =\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty} ^\infty  F(\omega)  e^{i \omega t} d\omega = -\frac{1}{2\pi}\left(  \int_{1} + \int_{2} + \int_{3}\right) F(z) dz+ \frac{2\pi}{e}$$

경로 $1$에서 $z= ye^{i \pi/2}$, $z-i  = (y - 1) e^{i \pi/2}$, $z+i = (y+1)e^{i \pi/2}, ~(y: \infty \to 1)$이므로 

$$\sqrt{z^2+1} = i \sqrt{y^2-1}\\   \sqrt{1-iz} = \sqrt{ \text{Rot}_{-\pi/2} ( z+i)} =\sqrt{ y+1} \\ \to \quad \int_{1}  =-i \int_\infty^1 \frac{e^{-yt} e^{- i \sqrt{y^2 -1}} dy } {y \sqrt{ y+1}}  =i \int_1^\infty \frac{ e^{-yt} e^{-i \sqrt{y^2-1}}  }{y\sqrt{y+1}}$$

경로 $3$에서 $z=y e^{i\pi/2}$, $z-i=(y-1) e^{-i3\pi/2}$, $z+i= (y+1) e^{i \pi/2}, ~(y: \infty\to 1)$이므로

$$\sqrt{z^2+1}= -i \sqrt{y^2 -1} \\ \sqrt{1-iz} =  \sqrt{y+1}\\ \to \quad \int_{3} =  -i \int_{1}^\infty \frac{ e^{-ut} e^{i \sqrt{ y^2 -1}} dy}{ y   \sqrt{ y+1} }$$ 그리고 경로 $2$는 $z=\epsilon e^{i \theta}$이므로 적분값이 0이 됨을 보일 수 있다. 따라서 $t>0$일 때는

$$t>0: ~f(t) =\frac{1}{e} -\frac{1}{ {\pi}} \int_1^\infty \frac{ e^{-yt}} {y\sqrt{y+1}} \sin \left(\sqrt{y^2 -1} \right) dy$$

$t<0$일 때는 적분경로를 lower half plane의 폐곡선 $\Gamma'$으로 잡자. 그러면 $\Gamma'$ 내에서 $F(z)e^{i zt}$가 analytic하므로 $\oint _{\Gamma'} F(z) e^{i zt} dz=0$ 따라서, $$f(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i \omega t} d\omega=-\frac{1}{2\pi} \left( \int_{1'} + \int_{2'} +\int_{3'}\right) F(z) dz$$

경로 $1'$에서 $z=y e^{-i\pi/2}$, $z-i = (y+1) e^{-i \pi/2}$, $z+i= ( y-1) e^{-i\pi/2},~(y:\infty\to1)$이므로

$$\sqrt{ z^2+1} = -i \sqrt{ y^2 - 1} \\ \sqrt{1-iz} =\sqrt{\text{Rot}_{-\pi/2} (z+i)} = \sqrt{y-1} e^{-i\pi/2} = -i \sqrt{y-1} \\ \to \quad \int_{1'} = \int_\infty^1  \frac{e^{yt} e^{i \sqrt{y^2-1}}dy }{y\sqrt{y-1}} = - \int_1^\infty \frac{e ^{yt} e^{i\sqrt{y^2-1}} dy}{y\sqrt{y -1}}$$

경로 $3'$에서는 $z=y e^{-i\pi/2}$ , $z-i = (y+1) e^{-i \pi/2}$, $z+i= ( y-1) e^{i3\pi/2},~(y:\infty\to1)$이므로

$$\sqrt{ z^2+1} =  i \sqrt{ y^2 - 1} \\ \sqrt{1-iz} =\sqrt{\text{Rot}_{-\pi/2} (z+i)} = \sqrt{y-1} e^{i\pi/2} = i \sqrt{y-1} \\  \to\quad \int_{3'} = -\int_\infty^1  \frac{e^{yt} e^{-i\sqrt{y^2-1}}dy }{y\sqrt{y-1}}$$ 이다. 그리고 경로 $2'$에서는 적분이 0으로 수렴한다. 따라서

$$t < 0:~f(t ) =   \frac{1}{\pi} \int_1^\infty \frac{ e^{yt} }{y\sqrt{y -1}} \cos \left( \sqrt{y^2-1}\right)dy$$