Integration along a branch cut-043

 

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (1+x^3)dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}\log 2+\frac{2\pi }{3}\log (2+\sqrt{3})-\frac{G}{3}\approx 2.9973$$

복소함수 $$f(z)=\frac{\log (1+z^3)\log (z)}{1+z^2}$$의 contour integral을 고려하자. $z=e^{i\pi }$, $e^{i\pi /3}$, $e^{i5\pi /3}$이 $\log (1+z^3)$의 branch point이고, $z=0$이 $\log (z)$의 branch point이므로 그림과 같은 경로를 선택한다. $z=\pm i$는 $f(z)$의 simple pole이다. 

$$\begin{gathered} -\pi \le \arg (z+1)\le \pi \\ -\frac{5\pi }{3}\arg (z-e^{i\pi /3})\le \frac{\pi }{3} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} -\frac{\pi }{3}\le \arg (z-e^{i5\pi /3})\le \frac{5\pi }{3} \\ 0\le \arg (z)\le 2\pi \end{gathered}$$

$\log$ 함수의 Branch cut  전후를 반시계방향으로 순회하는 경우 $+2\pi$ 위상차만 기여하므로 위 경로에서 적분은 아래와 같이 쓸 수 있다. $$\begin{array}{c}-2\pi i\times {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (1+x^3)dx}{1+x^2}\\ -2\pi i\times {\int }_{e^{i\pi }}^{\mathrm{\infty }{e}^{i\pi }}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}-2\pi i\times {\int }_{e^{i\pi /3}}^{\mathrm{\infty }{e}^{i\pi /3}}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}-2\pi i\times {\int }_{e^{i5\pi /3}}^{\mathrm{\infty }{e}^{i5\pi /3}}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}\\ =2\pi i\times \sum _{z=\pm i}\text{Res}f(z)\end{array}$$

먼저 $z=i$에서 residue을 계산하면, 

$$\begin{array}{c}\arg (z+1)=\frac{\pi }{4},\arg (z-e^{i\pi /3})=-\frac{9\pi }{8},\arg (z-e^{i5\pi /3})=\frac{5\pi }{8}\\ \to \sum \arg (z-z_k)=-\frac{\pi }{4}\text{and}\log (1+z^3)=\log \sqrt{2}-i\frac{\pi }{4}\\ \to \text{Res}f(i)=\frac{(\log \sqrt{2}-i\frac{\pi }{4})(i\frac{\pi }{2})}{2i}=\frac{\pi }{4}(\log \sqrt{2}-i\frac{\pi }{4})\end{array}$$

다음으로 $z=-i$에서 residue을 계산하면,

$$\begin{array}{c}\arg (z+1)=-\frac{\pi }{4},\arg (z-e^{i\pi /3})=-\frac{5\pi }{8},\arg (z-e^{i5\pi /3})=\frac{9\pi }{8}\\ \to \sum \arg (z-z_k)=\frac{\pi }{4}\text{and}\log (1+z^3)=\log \sqrt{2}+i\frac{\pi }{4}\\ \to \text{Res}f(-i)=\frac{(\log \sqrt{2}+i\frac{\pi }{4})(i\frac{3\pi }{2})}{-2i}=-\frac{3\pi }{4}(\log \sqrt{2}+i\frac{\pi }{4})\end{array}$$ 이제 $\log (1+z^3)$의 각 branch cut 주변에서 선적분을 구하면, 먼저 $z=-1$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

$$A={\int }_{e^{i\pi }}^{\mathrm{\infty }{e}^{i\pi }}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}=e^{i\pi }{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (t)+i\pi }{1+t^2}$$인데

$$\begin{gathered} {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (t)dt}{1+t^2}=-{\int }_0^1\frac{\log (u)du}{1+u^2}=G \\ {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{1+t^2}=\frac{\pi }{4} \end{gathered}$$이므로 $(G=\text{Catalan's constant}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1{)}^2})$ $$A=-G-i\frac{{\pi }^2}{4}$$

$z=e^{i\pi /3}$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

$$\begin{array}{c}{\int }_{e^{i\pi /3}}^{\mathrm{\infty }{e}^{i\pi /3}}\frac{\log (z)dz}{1+z^2}={\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (t{e}^{i\pi /3})e^{i\pi /3}dt}{1+e^{i2\pi /3}{t}^2}(z=e^{i\pi /3}t)\\ =e^{i\pi /3}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (t)dt}{1+e^{i2\pi /3}{t}^2}+i\frac{\pi }{3}{e}^{i\pi /3}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{1+e^{i2\pi /3}{t}^2}=B_1+B_2\end{array}$$그런데

$$B_1=-e^{i\pi /3}{\int }_0^1\frac{\log (u)du}{e^{i2\pi /3}+u^2}=\frac{2}{3}G-i\frac{{\pi }^2}{12}$$

$$\begin{gathered} B_2=i\frac{\pi }{3e^{i\pi /3}}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{e^{-i2\pi /3}+t^2}=\frac{\pi }{6}\log \frac{t-i{e}^{-i\pi /3}}{t+i{e}^{-i\pi /3}}{|}_1^{\mathrm{\infty }} \\ =\frac{\pi }{6}\log (2+\sqrt{3})+i\frac{{\pi }^2}{12} \end{gathered}$$

$$B=\frac{2}{3}G+\frac{\pi }{6}\log (2+\sqrt{3})$$ 

$z=e^{i5\pi /3}$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

$$C_1=-e^{i5\pi /3}{\int }_0^1\frac{\log (u)du}{e^{i4\pi /3}+u^2}=\frac{2}{3}G+i\frac{{\pi }^2}{12}$$

$$\begin{gathered} C_2=i\frac{5\pi }{3e^{i\pi }}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{e^{-i4\pi /3}+t^2}=-\frac{\pi }{6}\log \frac{t-i{e}^{-i2\pi /3}}{t+i{e}^{-i2\pi /3}}{|}_1^{\mathrm{\infty }} \\ =-\frac{5\pi }{6}\log (2+\sqrt{3})+i\frac{5{\pi }^2}{12} \end{gathered}$$

$$C=\frac{2}{3}G-\frac{5\pi }{6}\log (2+\sqrt{3})+i\frac{{\pi }^2}{2}$$ 

따라서 정리하면,

$$\begin{array}{c}I=-A-B-C-\sum \text{Res}f(z)\\ I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (1+x^3)dx}{1+x^2}=\frac{\pi }{4}\log 2+\frac{2\pi }{3}\log (2+\sqrt{3})-\frac{G}{3}\end{array}$$