Geometry & Recognition

$$I=\text{Pr} \int_{-1}^{1} \left( \frac{ 1+x}{1-x}\right)^{1/2} \frac{dx}{(2-x)x}$$

contour 적분을 이용해서 이를 구하기 위해 다음의 복소함수를 고려한다.

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

$f(z)$는 $z=\pm 1$이 branch point 이고 $z=0, 2$에서 simple pole을 가진다. Branch cut을 그림처럼 두 지점을 연결하는 선분으로 잡으면 $z+1$과 $1-z$의 위상을 $$-\pi \le \theta \le \pi, \quad 0 \le \arg(1-z) \le 2\pi$$로 선택할 수 있다.

Branch cut과 pole을 감싸는 그림과 같은 경로에 대해서 선적분은 다음과 같이 나누어진다.

$$  \sum_{k} \int_{C_k} f(z) dz + \int_{C_\infty} f(z) dz =- 2\pi i \times \text{Res}(z=2)$$

$C_\infty$에서 $$\int_{C_\infty} f(z)dz = O(1/R) \rightarrow 0$$

$C_1$에 대해서 $z+1=\epsilon e^{i \theta} ~(\theta: -\pi \rightarrow \pi)$, $z-1= 2 e^{i \pi}$이므로

$$ \int_{C_1} f(z) dz   \sim O(\sqrt{\epsilon} \epsilon ) \rightarrow 0 $$

$C_5$에 대해서, $z-1=\epsilon e^{i \theta}~(\theta:0 \to 2\pi)$, $z+1= 2e^{0i},~(\theta: 0 \to 2\pi)$이므로

$$ \int_{C_5} f(z) dz   \sim O(\sqrt{\epsilon}) \rightarrow 0 $$

$C_7$에서는 $z=\epsilon e^{i \theta}~(\theta:0\to\pi)$, $z+1=e^{i0}$, $z-1=e^{i \pi}\to 1-z=e^{i 2\pi} $이고, $C_3$에서는 $z=\epsilon e^{i \theta}~(\theta: \pi \to 2\pi) $, $z+1= e^{i 0}$, $z-1=e^{i \pi}\to 1-z=(1-x) e^{i0}$이므로

$$\int_{C_3} f(z)dz = \frac{1}{2}\int_{\pi}^{2\pi}\frac{ i \epsilon e^{i \theta} d\theta}{\epsilon e^{i \theta}}=\frac{i \pi }{2} \\ \int_{C_7} f(z)dz = -\frac{1}{2}\int_0^{\pi} \frac{i \epsilon e^{i\theta} d\theta}{\epsilon e^{i\theta}}=-\frac{i \pi  }{2} \\ \to \int_{C_3+C_7} f(z)dz= 0$$

$C_2$와 $C_4$에서는 $$z+1=(1+x)e^{i 0} ~~(x: -1 \to 1)\\ z-1= (1-x) e^{i \pi} \to 1-z=(1-x) e^{ i 0} \\ \to ~\sqrt{\frac{1+z}{1-z}} = \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$$

$$\int_{C_2 + C_4}  = \int_{-1}^{1} \sqrt{ \frac{1+x}{1-x}} \frac{dx}{(2-x)x}= I$$

$C_6$와 $C_8$에서는 $$z+1=(1+x)e^{0i}~~(x:1\to -1) \\ z-1= (1-x) e^{i\pi} \to 1-z= (1-x) e^{i 2\pi} \\ \to ~\sqrt{\frac{1+z }{1-z}} = \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\frac{1}{e^{i\pi}} = -\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$$이므로 $$\int_{C_6+C_8}  = -\int_{1}^{-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \frac{dx}{(2-x)x} = I$$ $z=2$에서 residue을 계산하면 $$ \text{Res} (z=2) = -\frac{\sqrt{3}}{i} \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2i}$$ 따라서 $$ 2I = 2\pi  i\times \frac{\sqrt{3}}{2i} \longrightarrow I= \frac{\pi \sqrt{3} }{2}$$

$$I=\int_0^\infty \frac{dx}{1+x^4}$$

이 적분을 구하기 위해 $z=0$에 branch point를 가지는 복소함수

$$f(z)=\frac{\log  z }{1+z^4}$$

을 고려하자. Branch point가 $z=0, \infty$이므로 branch cut을 $+x$으로 선택하고 그림과 같은 contour에 대해서 $f(z)$를 적분을 한다.

$f(z)$는 $z=e^{i(2k+1) \pi/4}, ~(k=0,1,2,3)$에 simple pole을 가진다.

$$\oint_{C} f(z) dz = \left( \int_{C_1} + \int_{C_2} + \int_{C_R} + \int_{C_\epsilon} \right) f(z)dz.$$

$C_R$에 대한 적분은 $z=Re^{i\theta}$로 쓰면,

$$ \left| \int_{C_R} f(z) \right| =\left| \int_0^{2\pi} \frac{\log R + i \theta }{ 1 +R^4 e^{i4 \theta} } iR e^{i \theta} d \theta  \right| < (2\pi R) \frac{ \log  R + 2\pi }{R^4 -1} \rightarrow 0, \quad R \rightarrow \infty.$$ 

$C_\epsilon$에 대한 적분은 $z= \epsilon e^{i \theta}$로 쓰면

$$\left|  \int_{C_\epsilon} f(z) dz \right| = \left| \int_{2\pi}^0 \frac{ \log  \epsilon+ i \theta }{ 1+ \epsilon^4 e^{i 4\theta} } i \epsilon e^{i \theta } d \theta \right|  < (2\pi\epsilon) \frac{|\log \epsilon | + 2\pi }{1-\epsilon^4 } \rightarrow 0, \quad \epsilon \rightarrow 0  $$

$C_1$에서 $z=x e^{i0}, x: 0\rightarrow \infty$이고, $C_2$에서 $z= x e^{i 2\pi}, ~x: \infty \rightarrow 0$

$$ \int_{C_1 + C_2} f(z) dz = \int_0^\infty \frac{ \log x }{ 1+ x^4} dx + \int_\infty^0 \frac{\log x + i 2 \pi }{1+ x^4} dx = -i 2\pi \times I$$

Residue 정리에 의해서 

$$ \oint_{C} f(z)dz = 2\pi i \times  \sum_{k=0}^{3}\text{Res}(z=e^{i (2k+1) \pi/4}) = -i 2\pi \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$$

이므로 

$$  I = \int_0^\infty \frac{dx}{1+x^4} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$$

임을 확인할 수 있다.

아래는 Mathematica를 이용하여 얻은 결과다.

update:2024.10.28

$$ I =  \text{Pr}\int_{-1}^1 \sqrt{ \frac{1+x}{1-x}} \frac{1}{(2-x)x} dx$$

복소함수 

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

의 contour $\Gamma$에 대한 적분을 고려한다. $z=\pm1$이 branch point이고, $z=0,2$은 simple pole이다. cut line은 그림처럼 잡고, 위상은 $$0 \le  \arg(z+1) \le 2\pi,\quad  -\pi \le \arg(1-z)\le \pi $$로 선택한다.

residue 정리에 의해서 

$$ \int_\Gamma f(z) dz = \left(\oint_{C_\infty} - \sum \int _{C_i}   \right)f(z) dz = 2\pi i \times \text{Res}(z=2) = \sqrt{3} \pi  \\ \to ~~ \sum  \int_{C_i} f(z) dz =- \sqrt{3}\pi $$

$C_1$: $z+1=\epsilon e^{i \theta}$ $$\int_{C_1} f(z)dz = O(\sqrt{\epsilon}\epsilon)\rightarrow 0$$  

$C_5$: $z-1=\epsilon e^{i \theta}$ $$\int_{C_5} f(z)dz = O(\sqrt{\epsilon})\rightarrow 0$$  

$C_3$: $$z=\epsilon e^{i \theta}~(\theta: \pi \rightarrow 2\pi)\\z+1= e^{i2\pi}\\z-1= e^{-i\pi}\to 1-z= e^{i0}$$이므로

$$\sqrt{\frac{1+z}{1-z}} =\sqrt{\frac{e^{i2\pi }}{e^{i0}}} = e^{i \pi}  \\ \to \quad \int_{C_3} f(z) dz = e^{i \pi}   \int_{\pi}^{2\pi}  \frac{i \epsilon e^{i\theta}}{2\epsilon e^{i \theta}} d\theta =- i \frac{\pi}{2}.$$ 

$C_7$:  $$z=\epsilon e^{i\theta}~(\theta:0 \rightarrow \pi)\\z+1=e^{i0}\\ z-1= e^{i\pi} \to 1-z = e^{i0}$$이므로

$$\sqrt{\frac{1+z}{1-z}} =\sqrt{\frac{e^{i0}}{e^{i0}}} = 1 \\ \to \quad \int_{C_7} f(z) dz =  \int_0^\pi  \frac{i\epsilon e^{i \theta}}{2\epsilon e^{i \theta}} d\theta =i \frac{\pi}{2} $$

$C_2 + C_4$: $$z+1= (x+1) e^{2i \pi }~(x: -1 \rightarrow  1) \\z-1=(1-x)e^{-i\pi} \to 1-z=(1-x) e^{i0}$$이므로

$$\int_{C_2 + C_4} =  e^{i \pi}  \int_{-1}^{1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\frac{dx}{(2-x)x}=-I.$$

$C_6 + C_8$: $$z+1= (x+1) e^{i 0}~(x:  1 \rightarrow -1)\\z-1=(1-x)e^{i\pi} \to 1-z=(1-x)e^{i 0}$$이므로

$$\int_{C_6 + C_8}  = \int_{1}^{-1} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}\frac{dx}{(2-x)x}= - I$$

$C_\infty$: $z= R e^{i \theta}$ $$ \int_{C_\infty} f(z)dz = O( 1/R) \rightarrow0.$$

이 결과를 모두 정리하면,

$$ I =\text{Pr} \int_{-1}^1 \sqrt{\frac{1+x }{1-x}} \frac{dx}{(2-x)x}=\frac{\sqrt{3}}{2}\pi.$$