Geometry & Recognition

$$ I = \int_{-1}^{1} \left( \frac{1-x}{1+x}\right)^{1/\alpha} dx = \frac{2\pi}{\alpha \sin (\pi/\alpha)}~~~(|\alpha| >1)$$

복소평면에서 정의된 함수

$$ f(z) = \left( \frac{z-1}{z+1}\right)^{1/\alpha}$$

의 contour 적분을 고려하자.

Branch point가 $z=\pm1$이므로 그림과 같이 branch cut을 선택한다.

그러면

$$ 0 \le \text{arg}(z-1) \le 2\pi, \quad  0 \le \text{arg}(z+1) \le 2\pi$$

이다. contour는 그림과 같이 cut line을 감싸는 이중 열쇠고리 모양의 곡선($C_1 +C_2 +C_{\epsilon_1} + C_{\epsilon_2}$)과 $R \gg 1$를 시계 방향으로 도는 $C_R$을 고려하면 둘 사이 공간에 $f(z)$가 singularity를 가지지 않으므로 두 경로에서 적분이 같아야 한다. 

$$ \int_\text{double key holes} f(z) = \int_{C_R} f(z)$$

그리고

$$ f(z) = \left( \frac{1-1/z}{1+ 1/z}\right)^{1/\alpha} = 1 - \frac{2}{\alpha} \frac{1}{z}+\cdots$$

의 전개를 가지므로 무한대에서 residue가 존재하고 그 값은

$$ \text{Res}(z\to \infty) = \frac{2}{\alpha}$$

이므로 

$$ \int_{C_R} f(z) dz =    2\pi i \times \text{Res}(z\to \infty) =  i \frac{4\pi }{\alpha}$$ 

이다.  이중 열쇠구멍의 $C_1$에서 적분은  $z-1= (1-x)e^{i\pi}$, $z+1=(1+x) e^{i 0 }~(x:-1\to1)$이므로 

$$ \int_{C_1} f(z) dz = \int_{-1}^1 \left( \frac{1-x}{1+x}\right)^{1/\alpha } e^{i \pi/ \alpha} = e^{i \pi/\alpha} I$$

$C_2$에서 적분은 $z-1= (1-x) ^{i\pi}$, $z+1=(1+x) e^{i 2\pi }~(x: 1\to -1)$이므로 

$$ \int_{C_2} f(z) dz = \int_{1}^{-1} \left( \frac{1-x}{1+x}\right)^{1/\alpha} e^{-i \pi/\alpha} dx= - e^{-i\pi / \alpha}I$$

그리고 $C_{\epsilon_1}$과 $C_{\epsilon_2}$에서 적분은 $0$이다. 따라서 

$$  (e^{i\pi/\alpha} - e^{-i \pi /\alpha} ) I =2 i \sin \left(\frac{\pi}{\alpha} \right)  I = i \frac{4\pi}{\alpha} \quad \to \quad I = \frac{2\pi}{\alpha \sin(\pi/\alpha)}$$ 

$$ I = \int_0^\infty \frac{\log x \log(x^2 + 1)dx}{x^2 } = \pi  \\J = \int_0^\infty \frac{\log(x^2+1)}{x^2} = \pi $$

복소함수

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

의 contour 적분을 고려하자. $\log(x)$와 $\log(x^2+1)$의 branch point가 각각 $z=0$, $z=\pm i$이므로 그림과 같이 branch cut과 경로를 선택하자.

그러면

$$\oint f(z) dz = 0$$

먼저 $ \int_{C_\infty} f(z)dz \to 0$이고, $C_\delta $에서는 $\log(z^2+1)\to 0$이므로 $\int_{C_\delta } f(z)dz \to 0$이다. 또 $C_\epsilon$에서는  적분인자가 $\log(2i \epsilon e^{i \theta}) \epsilon \to 0$이므로 $\int_{C_\epsilon} f(z) dz \to 0$이다. 그리고 $$\log(z^2+1) = \log|z^2+1| + i \text{arg}(z-i) +  i \text{arg}(z+i)$$이므로 두 반직선 $\gamma_0$와 $\gamma_1$에서의 적분은 

\begin{align}\left( \int_{\gamma_0} + \int_{\gamma_1}\right) f(z)dz &= -  \int_{\gamma_1 } \frac{\log z (\log |z^2+1| + i (\frac{\pi}{2} + 2\pi + \text{arg}(z+i)))  }{z^2}dz \\ &+ \int_{\gamma_1} \frac{\log z ( \log|z^2+1| + i(\frac{\pi}{2} +\text{arg}(z+i)))}{z^2}dz \\ &= -2\pi i \int_{\gamma_1} \frac{\log z dz }{z^2}= -2\pi i \int_{i}^{i\infty} \frac{\log z dz}{z^2}  \\&= -2\pi \int_1^\infty \frac{\log x + i \frac{\pi}{2} }{x^2}dx = -2\pi - i \pi^2\end{align}여기서 $\int_1^\infty \frac{\log x dx}{ x^2}$은 부분적분을 이용하면 1임을 쉽게 알 수 있다. 

마지막으로 $C_1$과 $C_2$에서 적분은

\begin{align}\left(\int_{C_1}+ \int_{C_2} \right) f(z) df &= \int_0^\infty \frac{\log x \log(x^2+1)dx}{x^2} + \int_{-\infty}^0 \frac{\log x \log(x^2+1)dx}{x^2} \\ &= I + \int_{\infty}^0 \frac{\log(-x) \log(x^2+1)(-dx)  }{x^2}  \\ &= I + \int_0^\infty \frac{\log x \log(x^2+1) + i \pi \log(x^2+1)}{x^2}dx \\&= 2I + i\pi J\end{align}

따라서

$$ \int_0^\infty \frac{\log x \log(x^2+1) dx}{x^2} = \pi \\ \int_0^\infty \frac{\log(x^2+1)dx}{x^2}=\pi$$

$$ I = \int_{-\infty}^\infty \frac{\log(1+x^2) dx}{1+x^2} = \pi\log 4$$

복소평면에서 

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

의 contour 적분을 이용해서 구하자.

$\log( 1+z^2)$의 branch point와 $f(z)$의 simple pole이 겹치기 때문에 이 적분은 $ f_1(z) = \frac{\log(z+i)}{1+z^2}$과 $f_2(z) = \frac{\log(z-i)}{ 1+z^2}$으로 나누어서 하는 것이 더 쉽지만 여기서는 분리하지 않고 하도록 하자. 우선 $\log(1+z^2)$의 branch cut과 적분경로를 그림처럼 선택하자. 그러면 

$$ \left( \int_{C_\infty} + \int_{C_\epsilon} + \int_{\gamma_0} +\int_{ \gamma_1}\right) f(z) dz + I = 0$$ 이고 

$$ \int_{C_\infty} f(z) dz \to 0$$

임도 쉽게 확인할 수 있다.

  $$ \log (z^2+1) =  \log |z^2 + 1| + i\text{arg}(z-i) + i \text{arg}(z+i)$$ 

이고 cutline을 시계방향으로 건널 때 $+2\pi$만큼 위상이 변하므로 

\begin{align} \left( \int_{\gamma_0} + \int_{\gamma_1} \right) f(z)dz &= - \int_{\gamma_1} \frac{\log |z^2 +1| + i(\frac{\pi}{2} + 2\pi + \text{arg}(z+i))}{z^2+1} dz  \\ &+ \int_{\gamma_1} \frac{ \log|z^2+1| + i (\frac{\pi}{2} + \text{arg}(z+i))}{z^2 + 1}dz  \\ = -2\pi i \int_{\gamma_1} \frac{dz}{1+z^2} \end{align}

여기서 반직선 $\gamma_1$을 따른 선적분은(발산하므로 발산항을 따로 분리한다)

\begin{align}  -2\pi i \int_{\gamma_1} \frac{dz}{1+z^2}  &=  -2\pi i \int_{i(1+\epsilon)}^{i \infty} \frac{dz}{1+z^2}  = 2\pi \int_{1+\epsilon} ^ \infty \frac{dx}{1-x^2} \\ &=  \pi  \left.  \log \frac{x+1}{x-1} \right|_{1+\epsilon}^\infty = -\pi (\log 2 - \log\epsilon) \end{align}

$\log \epsilon$ 항은 $C_\epsilon$에서의 적분결과로 상쇄시킬 수 있다. $C_\epsilon$은 $z=i + \epsilon e^{i \theta}, (\theta: \frac{\pi}{2}\to \frac{-3\pi}{2})$로 매개화를 할 수 있으므로

\begin{align} \int_{C_\epsilon} f(z) dz &=  \int _{\pi /2}^{-3\pi /2}  \frac{ \log (2i) + \log \epsilon + i \theta }{\epsilon e^{i \theta}\times 2i }  i \epsilon e^{i \theta} d \theta   \\ &= -\pi \log (2i) - \pi \log \epsilon + \left. \frac{i}{4} \theta ^2 \right|_{\pi/2}^{-3\pi/2} \\ &= -\pi\log  2 - \pi\log \epsilon  \end{align}

따라서 반직선 적분에서 나온 $\log \epsilon$이 상쇄됨을 알 수 있다.

$$ I = \pi \log 4$$