Geometry & Recognition

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{1+x^3}=\frac{2\sqrt{3}}{9}\pi$$

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log xdx}{1+x^3}=-\frac{2}{27}{\pi }^2$$

함수 $$f(z)=\frac{(\log z{)}^2}{1+z^3}$$을 그림과 같은 key hole 경로에서 적분을 하자.

$z=-1,e^{i\pi /3},e^{i5\pi /3}$은 $f(z)$의 simple pole이고, $z=0$은 branch point이므로 그림과 같이 cutline을 선택했다. 그러면 위상은 $0\le \arg (z)\le 2\pi$로 선택할 수 있다. residue는 

$$\text{Res}f(e^{i\pi })=\frac{(\log e^{i\pi }{)}^2}{(e^{i\pi }-e^{i\pi /3})(e^{i\pi }-e^{i5\pi /3})}=-\frac{{\pi }^2}{3}$$

$$\text{Res}f(e^{i\pi /3})=\frac{(\log e^{i\pi /3}{)}^2}{(e^{i\pi /3}-e^{i\pi })(e^{i\pi /3}-e^{i5\pi /3})}=\frac{{\pi }^2}{54}(1+i\sqrt{3})$$

$$\text{Res}f(e^{i5\pi /3})=\frac{(\log e^{i5\pi /3}{)}^2}{(e^{i5\pi /3}-e^{i\pi })(e^{i5\pi /3}-e^{i\pi /3})}=\frac{25{\pi }^2}{54}(1-i\sqrt{3})$$

그리고 $C_1$에서 $z=x{e}^{i0}(x:0\to \mathrm{\infty })$, $C_2$에서 $z=x{e}^{i2\pi }(x:\mathrm{\infty }\to 0)$이므로 

$$\begin{array}{c}{\int }_{C_1+C_2}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{(\log x{)}^{2}dx}{1+x^3}+{\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{(\log x+i2\pi {)}^{2}dx}{1+x^3}\\ =4{\pi }^2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{1+x^3}-4\pi i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log xdx}{1+x^3}\end{array}$$

그리고 $C_{ϵ}$에서는 $ϵ\log ϵ\to 0$, $C_{\mathrm{\infty }}$에서는 $\log R/R^2\to 0$이므로 0으로 수렴한다. 따라서 Residue 정리를 쓰면 다음을 얻을 수 있다.

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{1+x^3}=\frac{2\sqrt{3}}{9}\pi$$

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log xdx}{1+x^3}=-\frac{2}{27}{\pi }^2$$

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log x}{x^3-1}dx=\frac{4{\pi }^2}{27}$$

$$\text{Pr}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^3-1}=-\frac{\sqrt{3}{\pi }^2}{9}$$

$$f(z)=\frac{(\log z{)}^2}{z^3-1}$$

$z=1,e^{i2\pi /3},e^{i4\pi /3}$은 $f(z)$의 simple pole이고, $z=0$은 branch point이다. cutline은 $+x$으로 잡자. 그러면 $0\le \arg (z)\le 2\pi$로 선택할 수 있다. 그리고 $z=1$은 cut line에 위치하므로 그림처럼 우회하자($C_2$와 $C_5$) 

$${\int }_{C_1+C_3}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{(\log x{)}^2}{x^3-1}dx$$

$$\begin{array}{rl}{\int }_{C_4+C_6}& ={\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{(\log x+i2\pi {)}^2}{x^3-1}dx\\ & =-{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{(\log x{)}^2}{x^3-1}dx+4{\pi }^2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^3-1}dx-i4\pi {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log x}{x^3-1}dx\end{array}$$

$C_2$에서는 $z=1+ϵe^{i\theta }(\theta :\pi \to 0)$이므로

$$\begin{array}{c}z=\sqrt{1+{ϵ}^2+2ϵ\cos \theta }{e}^{i\phi },\tan \phi =\frac{ϵ\sin \theta }{1+ϵ\cos \theta }\\ \log (z)=\log \sqrt{1+{ϵ}^2+2ϵ\cos \theta }+i\phi \to 0\\ dz=iϵe^{i\theta }d\theta \\ z^3-1=3ϵe^{i\theta }(1+O(ϵ))\\ {\int }_{C_2}⟶0\end{array}$$

$C_5$에서는 $z=e^{i2\pi }+ϵe^{i\theta }(\theta :2\pi \to \pi )$이므로

$${\int }_{C_5}={\int }_{2\pi }^{\pi }\frac{[\log (e^{i2\pi }+ϵe^{i\theta }){]}^2}{3ϵe^{i\theta }(1+O(ϵ))}iϵe^{i\theta }d\theta =-i\frac{4{\pi }^2}{3}$$

그리고 $C_7$과 $C_8$에서 적분은 0으로 수렴함을 쉽게 알 수 있다. $z=e^{i2\pi /3},e^{i4\pi /3}$에서 residue는 각각 $$\text{Res}(e^{i2\pi /3})=\frac{[\log (e^{i2\pi /3}){]}^2}{(e^{i2\pi /3}-1)(e^{i2\pi /3}-e^{i4\pi /3})}=\frac{2{\pi }^2}{27}(1-i\sqrt{3})$$ $$\text{Res}(e^{i4\pi /3})=\frac{[\log (e^{i4\pi /3}){]}^2}{(e^{i4\pi /3}-1)(e^{i4\pi /3}-e^{i2\pi /3})}=\frac{8{\pi }^2}{27}(1+i\sqrt{3})$$

또 $x=1$에서 $$\frac{\log x}{x^3-1}=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}(x-1)+\frac{1}{2}(x-1{)}^2+...$$이므로 $x=1$이 removable singularity 이지만, $\frac{1}{x^3-1}$에 대해서는 isolated singularity이므로 principle value을 취해야 한다. 이제 residue 정리에 의해서 

$$4{\pi }^2\text{Pr}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^3-1}-i4\pi {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log (x)dx}{x^3-1}+i\frac{4{\pi }^2}{3}=i\frac{20}{27}{\pi }^3-\frac{4\sqrt{3}}{9}{\pi }^3$$이므로 $$\begin{gathered} \text{Pr}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^3-1}=-\frac{\sqrt{3}}{9}{\pi }^2 \\ {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log xdx}{x^3-1}=\frac{4}{27}{\pi }^2 \end{gathered}$$