Integrate [log(1+x)/x, {x, -1, 1}]

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

그림과 같은 경로에서 $$f(z)  = \frac{\log(1+z)}{z}$$의 적분을 수행하자. $z=1$은 $f(z)$의 simple pole임과 동시에 $\log(1+z)$의 branch point이다. $-\pi \le \arg(1+z) \le \pi$

폐경로 내부에서 analytic하므로 $$ \int_{-1+r_\epsilon}^{1} f(x)dx + \int_\Gamma + \int_{\gamma_\epsilon} =0$$

반원 $\Gamma$에서 $z= e^{i \theta }~(\theta: 0\to \pi-\epsilon)$이므로

\begin{align} \int_\Gamma f(z) dz &= \int_0^{\pi-\epsilon} \frac{\log(1+ e^{i \theta}) ie^{i\theta} d \theta}{ e^{ i \theta}}\\ &= i \int_0^{\pi-\epsilon} \left[ \log\left(2 \cos \frac{\theta}{2}\right) + i \frac{\theta}{2} \right] d \theta  \qquad \left( \leftarrow ~1+ e^{i \theta} = 2 \cos \frac{\theta}{2} e^{ i \theta/2}\right) \\&= i \int_0^{\pi-\epsilon} \log \left( 2\cos \frac{\theta}{2} \right) d \theta - \frac{ (\pi - \epsilon)^2 }{4}\\ &\to -\frac{\pi^2}{4} \quad \text{as} ~~\epsilon\to 0\end{align}

여기서 $$ \int_0^{\pi} \log \left( 2\cos \frac{\theta}{2} \right) d \theta=0 $$임을 사용했는데, $$\int_0^{\pi/2} \log(\sin t) dt = \int_0^{\pi/2} \log(\cos t) dt \left(= -\frac{\pi}{2} \log(2) \right)$$를 이용하면 쉽게 보일 수 있다. $z=-1$ 둘레의 미소원은 반지름이 $r_\epsilon=2\sin (\epsilon/2)=\epsilon$이므로 $z+1 = r_\epsilon e^{i \theta} ~(\theta: 0\to \frac{\pi-\epsilon}{2})$로 매개화시키면 

$$\int_ {\gamma_\epsilon} f(z) dz = \int_0^{ \frac{\pi-\epsilon}{2}} \frac{\log(r_\epsilon e^{i \theta} )}{-1+ r_\epsilon e^{i \theta} }i e^{i \theta} d \theta \\= i r_\epsilon \log r_\epsilon \int_0^{\frac{\pi-\epsilon}{2}} \frac{e^{i \theta} d \theta}{-1+ r_\epsilon e^{i \theta}} - r_\epsilon \int_0 ^{\frac{\pi-r_\epsilon}{2}} \frac{ \theta e^{i \theta} d \theta }{ -1 + r_\epsilon e^{i\theta} } ~~ \to~~ 0$$

따라서 $\epsilon\to0$일 때 $$I = \frac{\pi^2}{4}$$