Geometry & Recognition

함수 $f(x)$의 Fourier transform:

$$ \tilde{f} (k) = \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{( i (x- i\epsilon))^\alpha} e^{i k x} dx= |k|^{\alpha-1} {\Gamma(1-\alpha)} \sin(\pi\alpha) (1+ \text{sgn}(k)) $$여기서 $\epsilon \to 0^+$은 미소양수이고, $0<\alpha< 1$는 실수이다. 함수 $$ f(z) = \frac{1}{ (i (z-i\epsilon))^\alpha}$$는 $z=i\epsilon$가 branch point이므로 그림과 같이 cutline을 잡는다: $-\frac{3\pi}{2} \le \arg(z)\le \frac{\pi}{2}$.

$k<0$일 때는 lower half plane을 도는 적분경로를 잡으면 $\tilde{f} =0$임을 보일 수 있고($k<0$에서 0이 아닌 결과를 얻기 위해서는 $x-i\epsilon$를 $x+i \epsilon$으로 치환한다), $k>0$인 경우는 그림과 같이 upper half plane에서 cutline을 감싸는 반원경로에서 적분을 고려하자.

이 경로 내에서 analytic 하므로 $f(z)$의 Fourier transform은 cutline을 감싸는 두 경로 $C_1$과 $C_2$에서 적분으로 표현할 수 있다. Branch point를 감싸는 미소원호에서 적분은 0으로 수렴한다.

경로 $C_1$에서 \begin{gather} z= y e^{ i \pi/2} ~(y: \infty\to \epsilon), ~dz= i dy, \\ \int_{C_1} = \int_\infty^\epsilon  e^{- i\pi\alpha/2} e^{-\alpha \log y - i \pi \alpha/2} e^{-ky} (idy)=  -i e^{-i \pi \alpha} \int_0^\infty \frac{e^{-ky}}{y^\alpha} dy\end{gather} 경로 $C_2$에서는 \begin{gather}z= y e^{- i 3\pi/2}~(y: \epsilon \to \infty), ~dz=idy \\ \int_{C_2}= \int_\epsilon^\infty e^{-i \pi \alpha /2} e^{- \alpha \log y + i 3\pi\alpha/2} e^{-ky} (idy)= i e^{i \pi\alpha} \int_0^\infty \frac{ e^{-ky}}{ y^\alpha }dy\end{gather} 이 두 경로에서의 적분합은 \begin{gather} \int_{C_1+C_2} = i (e^{i \pi\alpha}- e^{-i \pi\alpha}) \int_0^ \infty \frac{e^{-ky}}{y^\alpha} dy \\ = - 2\sin(\pi \alpha) \int_0^\infty \frac{e^{-ky}}{y^\alpha} dy = -  2 k^{\alpha-1}{\Gamma(1-\alpha) } \sin (\pi \alpha) \qquad (k>0)\end{gather} 따라서 그림의 경로에서 $f(z)e^{i kz}$가 analytic 하므로 

$$ \oint f(z) e^{ikz} dz = 0 \quad $$$$\to \quad \int_{-\infty}^\infty f(x) e^{ikx} dx = -\int_{C_1+C_2} f(z) e^{i kz}dz $$ $k<0$일 때 0임을 고려하면, $$ \int_{-\infty }^\infty \frac{1}{(i (x-i\epsilon ))^\alpha } e^{ikx} dx = |k|^{\alpha-1}{\Gamma(1-\alpha)} \sin (\pi \alpha) (1+ \text{sgn}(k))$$ $f(x)= (-i (x + i \epsilon))^\alpha$인 경우에는 lower half plane($k<0$)에서 적분경로를 선택하면 된다.  $$ \int_{-\infty }^\infty \frac{1}{(-i (x+i\epsilon ))^\alpha } e^{ikx} dx = |k|^{\alpha-1}{\Gamma(1-\alpha)} \sin (\pi \alpha) (1+ \text{sgn}(-k))$$$\Gamma(\alpha) \Gamma(1-\alpha)= \frac{\pi}{\sin(\pi \alpha)}$임을 이용하면 

$$ \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{( \pm i (x \mp i \epsilon ))^\alpha }e^{i k x} dx=   \frac{2\pi |k|^{\alpha-1} }{\Gamma(\alpha) } \theta(\pm k)$$

$$ I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos (a \theta) \cos ^b (\theta) d \theta \qquad \qquad (a>b>-1)$$

먼저 $\cos \theta = (e^{i \theta}+ e^{-i \theta})/2$임을 고려하면 

$$ I = \text{Re} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{i a \theta} \left( \frac{e^{i \theta}+ e^{-i \theta}}{2} \right)^2 d\theta$$로 쓸 수 있다. 이는 복소평면에서 $-\pi/2 \le \theta \le \pi/2$인 반원($C_0: |z|=1, -\pi/2\le \arg(z)\le \pi/2$)에서 적분으로 생각할 수 있다. $z= e^{i \theta}$놓으면 $d\theta = dz/iz$이므로

$$ I = \text{Re} \int_\text{right half circle} z^a \left( \frac{z^2 +1}{2z} \right)^b \frac{dz}{iz}= \frac{1}{2^b} \text{Im} \int_\text{right half circle} z^{a-b-1} (z^2+1)^b dz$$ 따라서 $$f(z) = z^\alpha (1+z^2)^\beta \qquad \qquad(\alpha>-1, ~\beta>-1)$$를 그림과 같은 폐경로를 반시계방향으로 순환하는 선적분을 고려하자.

$z=0, \pm i$가 $f(z)$의 branch point이므로 그림에 표시된 cutline을 선택한다. 그러면 $$-\pi \le \arg(z)\le \pi,~-\frac{\pi}{2} \le \arg(z+i),~\arg(z-i) \le\frac{3\pi}{2} $$로 잡을 수 있다. $z=0~(z=\epsilon e^{i \theta})$과 $z=\pm i~(z=\pm i + \epsilon e^{i \theta})$을 감싸는 원호에서 적분의 기여는 없음을 쉽게 알 수 있다. $C_1$에서 적분은

$$ z= y e^{i \pi/2}~~(y: 1\to 0) $$

$$ z+i = (1+y) e^{i \pi/2},~z-i = (1-y) e^{- i \pi/2}$$이므로 

$$ \int_{C_1} =  \int_1^0 y^{\alpha } e^{i \pi \alpha /2} (1- y^2) ^ \beta (e^{i \pi/2} dy) = -e^{i \pi(\alpha+1)/2} \int_0^1 y^{\alpha} (1-y^2)^ \beta dy  $$

$C_2$에서는 $$z=y e^{-i \pi/2}~(y:0\to 1)\\ z+i = (1+y) e^{i\pi/2},~z-i = (1-y) e^{-i\pi/2} $$이므로

$$ \int_{C_2} = \int_0^1 y^{\alpha } e^{-i \pi \alpha/2} (1-y^2)^\beta  (e^{-i\pi/2} dy) = e^{-i \pi(\alpha+1)/2} \int_0^1 y^{\alpha } (1-y^2)^\beta  dy$$

그림의 경로에서 $f(z)$가 analytic하므로 

$$ \oint f(z) = 0 \\  $$

$$\to~~  \int_{C_0} f(z) dz = - \int_{C_1+ C_2} f(z)dz = 2i \sin \frac{\pi(\alpha +1)}{2} \int_0^1 y^{\alpha}(1-y^2)^{ \beta} dy$$이고 $\alpha = a-b-1$, $\beta=b$이므로

$$ I = \frac{1}{2^b} \text{Im} \int_{C_0} f(z) dz =   \frac{1}{2^b} \sin \frac{\pi(a-b)}{2} \int_0^1 y^{a-b-1} (1-y^2)^b dy$$

$y^2=t$로 치환하면 

$$ I = \frac{\sin \frac{\pi(a-b)}{2}}{2^b } \int_0^1 t^{(a-b)/2-1} (1-t)^b dt $$이고 $\Gamma(z)$의 정의를 사용하면 $$I = \frac{\sin \frac{\pi(a-b)}{2}}{2^b } \frac{\Gamma(\frac{a-b}{2}) \Gamma(b+1)}{\Gamma(\frac{a+b}{2}+1)}  = \frac{\pi }{2^b }\frac{{\Gamma(b+1)}}{{\Gamma( \frac{a+b}{2}+1) \Gamma(\frac{b-a}{2}+1)}}=\frac{\pi}{2^b}\begin{pmatrix} b\\ \frac{a+b}{2} \end{pmatrix}$$여기서 중간 등호는 $\Gamma(m)\Gamma(1-m)=\frac{\pi}{\sin (m\pi/2)}$임을 사용했다. Check

$$ a=1, b=0:~~\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos \theta d \theta = 2\\ I =\pi \frac{\Gamma(1)}{\Gamma(1+\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{2}) } = \pi \frac{1}{\frac{1}{2} (\sqrt{\pi})^2} = 2$$

복소함수 $F(z)$의 inverse Z-transform은

$$ Z^{-1} [ F(z)] = \frac{1}{2\pi i} \oint F(z) z^{-n} dz~~~~ (n =0,1,2,...)$$

로 정의되는데, $$F(z) = \left( \frac{z-1}{z} \right)^\alpha ~~~~(\alpha = \text{Real})$$인 경우에 대해 구하자. $z=0$과 $z=-1$이 $F(z)$의 branch point이므로 그림과 같은 dog bone 모양의 경로(반시계 방향)를 선택한다. 

그러면 $ -\pi \le \arg(z), \arg(z+1)\le \pi$로 선택할 수 있다.  $z=0$과 $z=-1$을 감싸는 미소원에서 적분의 기여가 없고, $C_1$에서는 $z= x e^{-i \pi}$, $z+1 = (1-x) e^{i 0},~~(x: 1\to 0)$이므로 

$$ \int_{C_1}  = \int_1^ 0 \left( \frac{1-x}{x} \right)^\alpha e^{ i \pi \alpha } x^{n-1} e^{ -i \pi (n-1)}  e^{-i\pi}dx $$$$ = -e ^{- i\pi (n-\alpha) } \int_0^1  x^{n-1-\alpha} (1-x)^\alpha dx$$ 그리고 $C_2$에서는 $z= x e^{i \pi}$, $z+1=(1-x) e^{ i \pi},~~(x:0\to 1)$이므로

$$ \int_{C_2}= \int_0^1 \left( \frac{1-x}{x}\right)^\alpha e^{-i \pi \alpha} x^{n-1} e^{i \pi (n-1)} e^{i \pi }dx $$$$= e^{i \pi (n-\alpha) } \int_0^1 x^{n-\alpha-1 } (1-x)^\alpha dx $$ 따라서

$$ \frac{1}{2\pi i} \oint F(z) z^{-n} dz = \frac{\sin[ \pi (n-\alpha) ]}{\pi } \int_0^1 x^{n-\alpha-1 } (1-x)^\alpha dx $$그리고 Gamma 함수 $\Gamma(z)$를 사용하면,

$$ \frac{1}{2\pi i} \oint F(z) z^{-n} dz = \frac{\sin[ \pi (n-\alpha) ]}{\pi }\frac{\Gamma(n-\alpha) \Gamma (\alpha +1) }{\Gamma(n+1)}$$로 쓸 수 있고, 또 다음 관계

$$ \Gamma (m) \Gamma (1-m)=\frac{\pi}{\sin (\pi m)}$$를 이용하면

$$ \frac{1}{2\pi i} \oint F(z) z^{-n} dz = \frac{\Gamma(\alpha +1)}{\Gamma(n+1) \Gamma (\alpha -n+1)} = \begin{pmatrix} \alpha \\n \end{pmatrix}$$