Integration along a branch cut-043

$$ I = \int_0^\infty \frac{ \log (1+x^3) dx}{1+x^2 } = \frac{\pi}{4} \log2 +\frac{2\pi}{3} \log( 2+\sqrt{3}) -\frac{G}{3}\approx 2.9973$$

복소함수 $$f(z) = \frac{\log (1 + z^3) \log(z) }{1+z^2}$$의 contour integral을 고려하자. $z=e^{i\pi}$, $e^{i \pi/3}$, $e^{i 5\pi/3}$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. 

$$ -\pi \le \arg (z+1) \le \pi \\ -\frac{5\pi }{3} \arg(z- e^{i \pi/3}) \le \frac{\pi}{3}  \\ - \frac{\pi}{3} \le \arg(z- e^{i 5\pi/3}) \le \frac{5\pi}{3} \\ 0 \le \arg(z) \le 2\pi $$

$\log$ 함수의 Branch cut  전후를 반시계방향으로 순회하는 경우 $+2\pi $ 위상차만 기여하므로 위 경로에서 적분은 아래와 같이 쓸 수 있다.$$ - 2\pi  i \times \int_0^ \infty \frac{\log (1+x^3) dx }{1+x^2 } \\ - 2\pi i \times \int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} \frac{ \log(z) dz }{1+ z^2} - 2\pi i \times  \int _{e^{i \pi/3} }^{\infty e^{i \pi/3}} \frac{ \log(z) dz}{1+z^2} -2\pi i \times \int_{ e^{i 5\pi/3}}^{\infty e^{ i 5\pi/3}} \frac{ \log(z) dz }{1+z^2}  \\ = 2 \pi i \times \sum_{z=\pm i} \text{Res}f(z) $$

먼저 $z=i$에서 residue을 계산하면, 

$$ \arg(z+1) = \frac{\pi}{4}, \quad \arg(z- e^{ i\pi/3}) = -\frac{9\pi}{8}, \quad \arg(z - e^{ i 5\pi /3}) = \frac{5\pi}{8} \\ \to~ \sum \arg(z-z_k) = -\frac{\pi}{4}\quad\text{and}\quad \log(1+z^3) = \log \sqrt{2}  -i \frac{\pi}{4} \\ \to ~\text{Res} f(i) = \frac{ (\log \sqrt{2} - i\frac{\pi}{4})(i \frac{\pi}{2}) }{2i} = \frac{\pi}{4} \left( \log \sqrt{2} - i \frac{\pi}{4}\right)$$

다음으로 $z=-i$에서 residue을 계산하면,

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

$$ A=\int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} \frac{ \log(z) dz}{1+z^2} = e^{i \pi} \int_1^\infty \frac{ \log (t) + i \pi }{1+ t^2}$$인데

$$ \int_1^\infty \frac{\log (t) dt}{1+t^2 } = -\int_0^1  \frac { \log (u)du }{1+u^2} = G \\ \int_1^\infty \frac{dt}{1+ t^2} = \frac{\pi}{4} $$이므로 $\left(G=\text{Catalan's constant} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}\right)$ $$A =  - G -i \frac{\pi^ 2}{4} $$

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

$$ \int_{e^{i\pi/3}}^{\infty e^{i \pi/3}} \frac{ \log(z) dz }{1+z^2}= \int_1^\infty \frac{\log ( t e^{ i \pi/3} ) e^{i \pi /3} dt }{1+ e^{i 2\pi/3} t^2 } ~~~~(z= e^{i\pi/3} t)\\ =e^{i \pi/3} \int_1^\infty \frac{\log (t) dt}{ 1+ e^{i 2\pi /3} t^2 } + i \frac{\pi}{3} e^{i \pi/3} \int_1^\infty \frac{dt }{1+ e^{i 2\pi/3} t^2 }= B_1 + B_2$$그런데

$$ B_1 = -e^{ i \pi/3} \int_0^1 \frac{\log(u) du}{ e^{i 2\pi /3} + u^2 } = \frac{2}{3} G -i \frac{\pi^2}{12}$$

$$B_2= i\frac{\pi}{3e^{i \pi/3}} \int_1^\infty \frac{dt}{e^{-i 2\pi/3}  + t^2} = \frac{\pi}{6}  \log \frac{t-i e^{-i \pi/3}}{t+i e^{-i\pi/3}}\bigg| _1^\infty \\ = \frac{\pi}{6} \log ( 2 + \sqrt{3}) + i \frac{\pi^2}{12} $$

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

$z=e^{i 5\pi/3}$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

$$ C_1 = -e^{ i 5\pi/3} \int_0^1 \frac{\log(u) du}{ e^{i 4\pi /3} + u^2 } = \frac{2}{3} G + i \frac{\pi^2}{12}$$

$$ C_2= i\frac{5\pi}{3e^{i \pi }} \int_1^\infty \frac{dt}{e^{-i 4\pi/3}  + t^2} =- \frac{\pi}{6}  \log \frac{t-i e^{-i 2\pi/3}}{t+i e^{-i2\pi/3}}\bigg| _1^\infty \\ = -\frac{5\pi}{6} \log ( 2 + \sqrt{3}) + i \frac{5\pi^2}{12} $$

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

따라서 정리하면,

$$ I = -A-B-C-\sum \text{Res} f(z) \\ I = \int_0^\infty \frac{ \log (1+x^3) dx}{1+x^2 } = \frac{\pi}{4} \log2 +\frac{2\pi}{3} \log( 2+\sqrt{3}) -\frac{G}{3}$$