Integration along a branch cut-041

함수 $f(x)$의 Fourier transform:

$$\tilde{f}(k)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(i(x-iϵ){)}^{\alpha }}{e}^{ikx}dx=|k{|}^{\alpha -1}\mathrm{\Gamma }(1-\alpha )\sin (\pi \alpha )(1+\text{sgn}(k))$$여기서 $ϵ\to 0^{+}$은 미소양수이고, $0<\alpha <1$는 실수이다. 함수 $$f(z)=\frac{1}{(i(z-iϵ){)}^{\alpha }}$$는 $z=iϵ$가 branch point이므로 그림과 같이 cutline을 잡는다: $-\frac{3\pi }{2}\le \arg (z)\le \frac{\pi }{2}$.

$k<0$일 때는 lower half plane을 도는 적분경로를 잡으면 $\tilde{f}=0$임을 보일 수 있고($k<0$에서 0이 아닌 결과를 얻기 위해서는 $x-iϵ$를 $x+iϵ$으로 치환한다), $k>0$인 경우는 그림과 같이 upper half plane에서 cutline을 감싸는 반원경로에서 적분을 고려하자.

이 경로 내에서 analytic 하므로 $f(z)$의 Fourier transform은 cutline을 감싸는 두 경로 $C_1$과 $C_2$에서 적분으로 표현할 수 있다. Branch point를 감싸는 미소원호에서 적분은 0으로 수렴한다.

경로 $C_1$에서 $$\begin{array}{c}z=y{e}^{i\pi /2}(y:\mathrm{\infty }\to ϵ),dz=idy,\\ {\int }_{C_1}={\int }_{\mathrm{\infty }}^{ϵ}{e}^{-i\pi \alpha /2}{e}^{-\alpha \log y-i\pi \alpha /2}{e}^{-ky}(idy)=-i{e}^{-i\pi \alpha }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ky}}{y^{\alpha }}dy\end{array}$$ 경로 $C_2$에서는 $$\begin{array}{c}z=y{e}^{-i3\pi /2}(y:ϵ\to \mathrm{\infty }),dz=idy\\ {\int }_{C_2}={\int }_{ϵ}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-i\pi \alpha /2}{e}^{-\alpha \log y+i3\pi \alpha /2}{e}^{-ky}(idy)=i{e}^{i\pi \alpha }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ky}}{y^{\alpha }}dy\end{array}$$ 이 두 경로에서의 적분합은 $$\begin{array}{c}{\int }_{C_1+C_2}=i(e^{i\pi \alpha }-e^{-i\pi \alpha }){\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ky}}{y^{\alpha }}dy\\ =-2\sin (\pi \alpha ){\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ky}}{y^{\alpha }}dy=-2k^{\alpha -1}\mathrm{\Gamma }(1-\alpha )\sin (\pi \alpha )(k>0)\end{array}$$ 따라서 그림의 경로에서 $f(z)e^{ikz}$가 analytic 하므로 

$$\oint f(z)e^{ikz}dz=0$$$$\to {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)e^{ikx}dx=-{\int }_{C_1+C_2}f(z)e^{ikz}dz$$ $k<0$일 때 0임을 고려하면, $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(i(x-iϵ){)}^{\alpha }}{e}^{ikx}dx=|k{|}^{\alpha -1}\mathrm{\Gamma }(1-\alpha )\sin (\pi \alpha )(1+\text{sgn}(k))$$ $f(x)=(-i(x+iϵ){)}^{\alpha }$인 경우에는 lower half plane($k<0$)에서 적분경로를 선택하면 된다.  $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(-i(x+iϵ){)}^{\alpha }}{e}^{ikx}dx=|k{|}^{\alpha -1}\mathrm{\Gamma }(1-\alpha )\sin (\pi \alpha )(1+\text{sgn}(-k))$$$\mathrm{\Gamma }(\alpha )\mathrm{\Gamma }(1-\alpha )=\frac{\pi }{\sin (\pi \alpha )}$임을 이용하면 

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(\pm i(x\mp iϵ){)}^{\alpha }}{e}^{ikx}dx=\frac{2\pi |k{|}^{\alpha -1}}{\mathrm{\Gamma }(\alpha )}\theta (\pm k)$$