Geometry & Recognition

$$I = \int_{-1}^{1} \frac{(1-x)^{-\alpha}(1+x)^{-1+\alpha} dx} {5+x^2}=\frac{\pi }{\sqrt{30}} \frac{ \sin [ \pi \alpha + (1-2\alpha ) \tan^{-1}(\sqrt{5})]}{\sin (\pi \alpha) } \qquad (0< \alpha <1)$$

$$f(z) = \frac{(1-z)^{-\alpha}(1+z)^{-1+\alpha}}{5+z^2}$$ 위상은 $$0 \le \arg(1-z) \le 2\pi, \quad -\pi \le \arg(1+z) \le \pi$$ 로 선택할 수 있다. 그리고 $z_\pm=\pm i \sqrt{5}$는 $f(z)$의 simple pole이다.

$C_1$에서 $z-1=(1-x) e^{i \pi}\to 1-z= (1-x) e^{i 2\pi}$, $1+z = (1+x)^{i0},~(x:1\to -1)$이므로

$$\int_{C_1} f(z) dz = \int_1^{-1} \frac{(1-x)^{-\alpha} e^{-i2\pi\alpha} (1+x)^{-1+\alpha} dx } {5+x^2} = - e^{-i2\pi\alpha } I$$

$C_2$에서는 $z-1= (1-x) e^{i\pi} \to 1-z= (1-x)^{i0}$, $1+z=(1+x)^{i0},~(x:-1\to 1)$이어서

$$\int_{C_2} f(z) dz = \int_{-1}^{1} \frac{(1-x)^{-\alpha} (1+x)^{-1+\alpha} dx}{5+x^2 } = I$$

따라서 

$$\int_{C_1+C_2} f(z) dz = (-e^{-i2\pi\alpha}+1) I = 2i \sin (\pi \alpha ) e^{-i\pi\alpha}I$$ 그리고 $C_\infty$에서는 적분은 0에 수렴한다. $z_+= i\sqrt{5}$에서 residue을 구하기 위해서 $\tan \varphi = \sqrt{5}$로 놓으면

$$\arg(z_+ -1) = \pi -\varphi ~\to  ~\arg(1-z_+) = 2\pi - \varphi   \\ ~\arg(1+z_+) = \varphi \\\to~~ -\alpha \arg(1-z_+) -(1-\alpha)\arg(1+z_+) =  -[2\pi \alpha + (1-2\alpha)\varphi]$$

이므로 $$\text{Res}f(i\sqrt{5} ) = \frac{(\sqrt{6})^{-1} e^{-i[2\pi \alpha + (1-2\alpha)\varphi] }}{ i 2\sqrt{5} } = \frac{1}{i2\sqrt{30}} e^{-i[2\pi \alpha + (1-2\alpha)\varphi]}$$

$z_- = -i \sqrt{5}$에서 residue는 

$$\arg(z_-  - 1) = \pi +\varphi  ~\to ~\arg(1-z_-) =\varphi  \\  ~\arg(1+z_-) =-\varphi \\ \to~~ -\alpha \arg(1-z_-)-(1-\alpha)\arg(1+z_-) = (1-2\alpha)\varphi$$ 이어서 $$\text{Res}f(-i\sqrt{5}) = \frac{(\sqrt{6})^{-1} e^{i (1-2\alpha )\varphi}  }{-i 2\sqrt{5}}=\frac{1}{-i2 \sqrt{30}} e^{i(1-2\alpha)\varphi}$$

두 residue의 합은

$$\sum \text{Res}f (z_i) = \frac{-i}{2\sqrt{30}}e^{-i\pi \alpha } \left( e^{-i [\pi\alpha +(1-2\alpha )]\varphi} - e^{i[\pi\alpha+(1-2\alpha)\varphi]} \right)\\ =-\frac{1}{\sqrt{30}} e^{-i\pi\alpha } \sin [\pi \alpha + (1-2\alpha)\varphi]$$

따라서 residue 정리에 의해서 

$$2i  e^{-i\pi \alpha}  \sin (\pi \alpha) I = - 2\pi i \times \left(-\frac{1}{\sqrt{30}} e^{-i\pi \alpha }\sin [ \pi \alpha + (1-2\alpha) \varphi]  \right)  \\\to ~~ I = \frac{\pi }{\sqrt{30}} \frac{ \sin [ \pi \alpha + (1-2\alpha ) \tan^{-1}(\sqrt{5})]}{\sin (\pi \alpha) }$$

$$I = \int_{0}^{3} \frac{  \sqrt[3]{ x (3-x)^2 }dx }{1+x} = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \left( 6-  4\times 2 ^{1/3} \right) \approx 0.554439 \times \pi$$

복소함수

$$f(z) = \frac{\sqrt[3]{ z (3-z)^2}}{1+z}$$ 의 적분을 고려하자. Branch point가 $z=0,1$이므로 cutline을 $0 \le x  \le 3$으로 선택하자. 그러면 위상은 

$$0 \le \arg(z),~\arg(z-3) \le 2\pi$$

로 선택할 수 있다. 적분경로는 cutline을 감싸는 dog bone 모양과 반지름 $R > 3$인 원 $C_R$로 잡는다.

$z=-1$은 $f(z)$의 simple pole이고 residue는 

$$\text{Res} f(-1) = \left( e^{i\pi} (4 e^{i\pi})^2 \right)^{1/3} = - 4^{2/3}$$

이다. 또, 무한대에서 residue를 갖으므로 $C_R$에서 적분은

$$f(z) = \frac{(1-3/z)^{2/3}}{1+1/z} = 1- \frac{3}{z}+\cdots \quad \\ \to~~  \int_{C_R} f(z)dz =-2\pi i \times \text{Res}f(\infty) = -6\pi i$$ 로 계산된다.

$C_1$에서 $z= x e^{i0}$, $z-3= (3-x)  e^{i\pi }, ~(x:-1\to 1)$이므로 

$$\int_{C_1} f(z)dz = \int_{-1}^{1} \frac{ \sqrt[3]{x(3-x)^2 }   e^{i 2\pi/ 3}dx} {1+x} =  e^{i 2\pi/3} I$$

$C_2$에서 $z= x e^{i 2\pi}$, $z-3=(3-x) e^{i\pi}, ~(x:1\to-1)$이므로

$$\int_{C_2} f(z) dz = \int_{1}^{-1} \frac{ \sqrt[3]{x(3-x)^2} e^{i 4\pi/3} dx}{1+x}= - e^{i 4\pi/3} I$$

따라서 residue 정리에 의해서

$$\int_{C_1+C_2+C_\epsilon+C'_\epsilon} f(z)dz + \int_{C_R} f(z) dz = 2\pi i \times \text{Res}f(-1) \\ \to~~( e^{i 2\pi/3} - e^{i 4\pi/3}) I - 6\pi i  = 2\pi i \left(- 4^{2/3} \right) \\ I = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \left( 6 - 4\times 2^{1/3} \right)$$

$$I = \int_{0}^{1} \frac{x\sqrt{x}  dx}{(1+x^2)\sqrt{1-x}} = \pi \left(1-\frac{1}{2}\sqrt{1+\sqrt{2}} \right) \approx  \pi \times  0.223113$$

복소함수 

$$f(z)  = \frac{z\sqrt{z}}{(1+z^2)\sqrt{1-z}}$$ 의 적분을 고려한다.

제곱근 함수 때문에 branch cut을 도입을 해야 하는데, branch point가 $z=0,1$이므로 이 두 점을 잇는 선분을 cut line으로 선택하자. 그러면 다음과 같이 위상을 선택할 수 있다.

$$-\pi \le \arg(z) \le \pi, \quad 0\le \arg (1-z) \le 2\pi$$ 적분경로는 cut line을 시계방향으로 감싸는 dog bone 모양과 $C_\infty$로 잡는다.

그러면 $z=\pm$가 $f(z)$의 simple pole이고 residue는 각각

$$\text{Res}f(z=i) = \frac{i e^{i\pi/4}}{2i \sqrt{2} e^{i7\pi/8}}= \frac{e^{-i5\pi/8}}{2\sqrt{2}} \\ \text{Res}f(z=-i) = \frac{-i e^{-i\pi/4}}{-2i \sqrt{2} e^{i\pi/8}}=\frac{e^{-i3\pi/8}}{2\sqrt{2}}$$

$C_1$에서 $z= xe^{i0}$, $z-1= (1-x) e^{i\pi} \to  1-z=(1-x)e^{i2\pi}, ~(x:-1\to 1)$이므로 

$$\int_{C_1} f(z) dz = \int_{-1}^{1} \frac{x\sqrt{x} dx}{(1+x^2) \sqrt{1-x} e^{ i\pi}}= -I$$

$C_2$에서 $z= xe^{i0}$, $z-1=(1-x) e^{i\pi} \to 1-z= (1-x) e^{i0},~(x:1\to -1)$이므로

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

그리고 $C_\infty$에서는 $z = R e^{i \theta }$이므로

$$\int _{C_\infty} f(z)dz= \int_0 ^{2\pi}  \frac{R\sqrt{R} (i Re^{i \theta}d \theta)}{R^2( i\sqrt{ R})} = 2\pi$$  

따라서 residue 정리에 의해서

$$\int_{C_1+C_2+C_\epsilon +C'_\epsilon+ C_\infty} f(z)dz = -I -I +2\pi   = 2\pi i \left( \text{Res}f(i) + \text{Res}f(-i)\right)\\ = \pi \sqrt{1+\sqrt{2}} \\ \quad \to \quad I = \pi \left(1 -\frac{1}{2}\sqrt{1+\sqrt{2}} \right)$$