Geometry & Recognition

$$ I = \int_0^\infty \frac{(\log x)^2 (1+x^2) dx}{1+x^4} = \frac{3\pi^3}{16\sqrt{2}}\approx 4.11089$$

그림과 같은 복소평면상의 경로에 대해 다음 함수의 적분을 구하자.

$$ f(z) = \frac{(\log z)^2 (1+z^2)}{1+z^4}$$

Branch cut은 $-x$축으로 선택하면 $-\pi \le \text{arg}(z) \le \pi$로 잡을 수 있다. 그리고 이 경로는 simple pole $z= e^{i \pi/4}, ~e ^{i 3\pi/4}$을 포함하는데, residue는 각각

$$\text{Res} f( e^{i\pi/4}) = i \frac{\pi^2}{32\sqrt{2}}, \quad\text{Res}f(  e^{i3\pi/4})= i \frac{9\pi^2}{32\sqrt{2}}$$

$C_1 $에서 $z= x e^{i\pi}$, $C_2$에서 $z=x e^{i 0}$이므로

$$ \int_{C_1} f(z) dz = \int_\infty^0 \frac{  (\log x + i\pi )^2 (1+x^2) e^{i\pi} dx }{1+x^4} \\ \int_{C_2} f(z)dz = I$$

따라서 

$$ \left( \int_{C_1} + \int_{C_2} \right) f(z)dz = 2I + 2i \pi \int_0^\infty \frac{\log (x) (1+x^2) dx}{1+x^4}- \pi^2 \int_0^\infty \frac{(1+x^2)dx}{1+x^4}$$

그런데 

$$ \int_0^\infty \frac{\log(x)(1+x^2)dx}{1+x^4} = 0,\qquad \int_0^\infty \frac{(1+x^2)dx}{1+x^4} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$$이고(첫번째 적분은 $f(z)$를 열쇠구멍 경로를 선택하면 4개의 residue가 기여를 하는데 더해서 0이 되고, 두번째 적분은 cut line이 없는 위 그림경로에서 $g(z)=(1+z^2)/(1+z^4)$의 적분을 이용하면 구할 수 있다), $$\int_{C_\epsilon} f(z) dz \sim (\log \epsilon)^2 \epsilon \to 0 \\ \int_{C_\infty} f(z)dz \sim \frac{\log R}{R^2}\to 0$$이므로 $$2I - \frac{\pi^3}{\sqrt{2}}= 2\pi i \times i \frac{5\pi^3}{16 \sqrt{2}}\qquad \to \qquad I = \frac{3\pi^3}{16\sqrt{2}}$$