Integration along a branch cut-044

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\tan }^{-1}(x)\log (1+x^2)dx}{x(a^2+x^2)}=\frac{\pi \log (1+a)}{2a^2}0<a<1$$

함수 $$\begin{array}{c}f(z)=\frac{{\tan }^{-1}(z)\log (1+z^2)}{z(a^2+z^2)}\\ =\frac{\frac{i}{2}\log \frac{1-iz}{1+iz}\times \log (1+z^2)}{z(a^2+z^2)}=\frac{\frac{1}{2i}({\log }^2(1+iz)-{\log }^2(1-iz))}{z(a^2+z^2)}\end{array}$$

의 contour integral을 고려하자.

$z=\pm i$가 $\log$ 함수의 branch point이고, $z=\pm ia$는 simple pole이다. $z=0$은 removable singularity이므로 고려할 필요가 없다. cut line을 그림과 같이 선택하면 $-\frac{3\pi }{2}\le \arg (z-i)\le \frac{\pi }{2}$이다.

$$\begin{array}{c}\oint f(z)dz=2\pi i\times \text{Res}f(ia)\\ \text{or}{\int }_{C_1+C_3}+{\int }_{C_4}+{\int }_{C_2}+{\int }_{C_{\mathrm{\infty }}}=2\pi i\times \text{Res}f(ia)\end{array}$$

인데, $C_2$, $C_{\mathrm{\infty }}$에서 기여가 없음은 쉽게 확인할 수 있다. $C_1+C_3$ 경로에서 적분은 ${\log }^2(1-iz)$ 항은 기여가 없고, ${\log }^2(1+iz)$ 항은 branch cut을 시계방향으로 건널 때 $2\pi$의 위상이 더해진다.  그리고 $C_3$에서 $$z-i=(y-1)e^{-i3\pi /2}$$$$\to 1+iz=i(z-i)=(y-1)e^{-i\pi }(\leftarrow {\text{Rot}}_{\pi /2})$$이므로 이 두 경로에서 적분은

$$\begin{array}{c}{\int }_{C_1+C_3}=-{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1}{2i}(\log (y-1)-i\pi +2\pi i{)}^2(idy)}{iy(a^2-y^2)}\\ +{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1}{2i}(\log (y-1)-i\pi {)}^2(idy)}{iy(a^2-y^2)}\\ =-2\pi {\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (y-1)dy}{y(a^2-y^2)}\\ =-2\pi \frac{{\log }^2(1+a)+{\log }^2(1-a)}{4a^2}\\ =-\pi \frac{{\log }^2(1+a)+{\log }^2(1-a)}{2a^2}\end{array}$$

그리고 $z=ia$에서 residue는 $$\text{Res}f(ia)=\frac{{\log }^2(1+a)-{\log }^2(1-a)}{4i{a}^2}$$이므로

$${\int }_{C_4}f(z)dz={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\tan }^{-1}(x)\log (1+x^2)dx}{x(a^2+x^2)}=\frac{\pi {\log }^2(1+a)}{a^2}$$

Appendix:

$$\begin{array}{c}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (y-1)dy}{y(a^2-y^2)}=\frac{{\log }^2(1+a)+{\log }^2(1-a)}{4a^2}0<a<1\end{array}$$
은 $$\begin{array}{c}h(z)=\frac{{\log }^2(z-1)}{z(a^2-z^2)}\end{array}$$

을 $z=1$을 감싸는 key hole 경로에 대해서 적분을 해서 얻을 수 있다.

이 경우

$$\begin{array}{c}({\int }_1^{\mathrm{\infty }}+{\int }_{\mathrm{\infty }{e}^{i2\pi }}^{e^{i2\pi }})h(z)dz\\ =-4\pi iI+4{\pi }^2{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x(a^2-x^2)}\\ =2\pi \times (\text{Res}h(0)+\text{Res}h(a)+\text{Res}h(-a))\end{array}$$

여기서 simple pole $z=0,\pm a$에서 residue는 각각

$$\begin{array}{c}\text{Res}h(0)=-\frac{{\pi }^2}{a^2}\\ \text{Res}h(a)=-\frac{(\log (1-a)+i\pi {)}^2}{2a^2}\\ \text{Res}h(-a)=-\frac{(\log (1+a)+i\pi {)}^2}{2a^2}\\ \sum \text{Res}h(z_k)=-\frac{{\log }^2(1+a)+{\log }^2(1-a)}{2a^2}-i\frac{\pi \log (1-a^2)}{a^2}\end{array}$$

이다.