Geometry & Recognition

$$I={\int }_{-1}^1\frac{\log (a+x)dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\pi \arcsin \left(\frac{1}{a}\right)a>1$$

$x=\cos \theta$로 치환을 하면

$$I={\int }_0^{\pi }\frac{\log (a+\cos \theta )d\theta }{\cos \theta }=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\frac{\log (a+\cos \theta )}{\cos \theta }$$를 얻고, $z=e^{i\theta }$로 다시 치환을 하면

$$I=\frac{1}{i}{\oint }_{\text{unit circle}}\frac{\log (z^2+2az+1)-\log (2z)}{1+z^2}$$

따라서 $I$를 구하는 문제는  $$f(z)=\frac{\log (z^2+2az+1)-\log (2z)}{1+z^2}$$의 단위원 위에서 경로적분으로 환원이 된다. $\log$함수 때문에 $z=-a\pm \sqrt{a^1-1},0$이 branch point에 해당하므로 그림의 cutline을 선택한다.

그리고 $z=\pm i$는 $f(z)$의 simple poles에 해당하고, residue는 각각

$$\text{Res}f(\pm i)=\frac{\log (a)+i\pi /2}{\pm 2i}\to \text{Res}f(i)+\text{Res}f(-i)=0$$

임을 확인할 수 있다.  따라서

$${\int }_{C_1+C_2}=\pi i\times (\text{Res}f(i)+\text{Res}f(-i))=0$$

또 $z=0$, $z=-a+\sqrt{a^2-1}$을 감싸는 미소원에서 적분은 0에 수렴함도 확인 할 수 있다.

$${\int }_{C_6+C_4+C_8}=0$$

$C_3$과 $C_9$에서는 분모의 두 $\log$함수의 위상이 상쇄되므로 0에 수렴함도 알 수 있다. 마지막으로 $C_5$와 $C_7$는 $\log (2z)$의 cutline에 해당하지 않으므로 적분기여가 없어서,

$${\int }_{C_5+C_7}=-2\pi i{\int }_0^{a-\sqrt{a^2-1}}\frac{dx}{x^2+1}$$

$$=-2\pi i\times \arctan (a-\sqrt{a^2-1})$$

$$=-\pi i\times \arcsin \left(\frac{1}{a}\right)$$

따라서

$${\int }_{-1}^1\frac{\log (a+x)dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\pi \arcsin \left(\frac{1}{a}\right)$$

$$I={\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{1+{\sin }^2\theta }=\sqrt{2}\pi$$

이 적분을 복소함수 적분을 이용하여 구하기 위해서 먼저

$$\begin{gathered} \sin \theta =\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2i} \\ \frac{1}{1+{\sin }^2\theta }=\frac{1}{1+{\left(\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2i}\right)}^2}=\frac{-4e^{2i\theta }}{e^{4i\theta }-6e^{2i\theta }+1} \end{gathered}$$임을 이용하자. 이제 $z=e^{2i\theta }$로 치환하면 $\theta$에 대한 적분은 복소평면에서 단위원에서 선적분으로 바뀌는데 $\theta :0\to 2\pi$이므로 $z$는 단위원을 따라  두번 감게된다.  따라서 적분은 단위원에서 선적분의 두배가 되어야 한다.

그리고

$$\begin{gathered} dz=2i{e}^{2i\theta }d\theta \\ I=2\times {\oint }_{\text{unit circle}}\frac{2idz}{z^2-6z+1} \end{gathered}$$

$z=3\pm 2\sqrt{2}$가 simple poles인데, 이 중 $z_1=3-2\sqrt{2}$가 단위원에 포함이 된다. $z_1$에서 residue는 $$\text{Res}f(z_1)=\frac{2i}{z_1-z_2}=\frac{2i}{-4\sqrt{2}}$$ 이므로 residue 정리에 의해서 $$I=2\times (2\pi i\times \frac{2i}{-4\sqrt{2}})=\sqrt{2}\pi$$ 동일한 방법으로 다음 결과를 얻을 수 있다.

$${\int }_0^{2\pi }\frac{d\theta }{1+{\cos }^2\theta }=\sqrt{2}\pi$$

$$\begin{array}{c}{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{\theta \sin \theta d\theta }{a+\sin \theta }=\frac{\pi a}{\sqrt{a^2-1}}(\pi -{\tan }^{-1}\sqrt{a^2-1})\\ {\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{\theta \cos \theta d\theta }{a+\sin \theta }=2\pi \log (2a^2-2a\sqrt{a^2-1})\end{array}$$

함수 $$f(z)=\frac{2z\log z}{z^2+2iaz-1},a>1$$의 경로적분을 고려하자. Brach point가 $z=0$이므로 음의 $x$ 축을 cutline으로 선택한다. 그러면 $-\pi \le \arg (z)\le \pi$. 적분경로는 그림과 같이 반지름 1인 원으로 선택하자.

그러면 simple pole $z_1=-i(a-\sqrt{a^2-1})$은 경로 내부에 포함이 된다. 그리고 residue는 

$$\text{Res}f(z_1)=-\frac{(a-\sqrt{a^2-1})[\log (a-\sqrt{a^2-1})-i\pi /2]}{\sqrt{a^2-1}}$$

경로 $C_1$에서 $z=x{e}^{-i\pi }(x:0\to 1)$이므로 

$${\int }_{C_1}=2{\int }_0^1\frac{x(\log x-i\pi )dx}{x^2-2iax-1}$$

경로 $C_3$에서 $z=x{e}^{i\pi }(x:1\to 0)$이므로, 

$${\int }_{C_3}=-2{\int }_0^1\frac{x(\log x+i\pi )dx}{x^2-2iax-1}$$이어서

$$\begin{array}{c}{\int }_{C_1+C_3}=-4\pi i{\int }_0^1\frac{xdx}{x^2-2iax-1}\\ =-4\pi i{\int }_0^1\frac{(x^2-1+2iax)xdx}{(x^2-1{)}^2+4a^2{x}^2}\\ =-2\pi i{\int }_{-1}^0\frac{udu}{u^2+4a^{2}u+4a^2}+8\pi a{\int }_0^1\frac{x^{2}dx}{(x^2-1{)}^2+4a^2{x}^2}\\ =-2\pi i(\log (2a)+\frac{a\log (a-\sqrt{a^2-1})}{\sqrt{a^2-1}})\\ +\frac{2\pi }{\sqrt{a^2-1}}(\frac{\pi }{2}\sqrt{a^2-1}-a{\tan }^{-1}\sqrt{a^2-1})\end{array}$$

그리고 $C_2$에서는 $z=e^{i\theta }(\theta :-\pi \to \pi )$이므로

$$\begin{array}{c}{\int }_{C_2}=2{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{(i\theta e^{i\theta })(i\theta e^{i\theta }d\theta )}{e^{2i\theta }+2ia{e}^{i\theta }-1}\\ =2{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{i^2\theta e^{i\theta }d\theta }{e^{i\theta }+2ia-e^{-i\theta }}\\ ={\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{(-\theta \sin \theta +i\theta \cos \theta )d\theta }{a+\sin \theta }\end{array}$$

그리고 $C_{ϵ}$에서 적분은 0에 수렴한다. 정리하면 

$$\begin{array}{c}{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{\theta \sin \theta d\theta }{a+\sin \theta }=\frac{\pi a}{\sqrt{a^2-1}}(\pi -{\tan }^{-1}\sqrt{a^2-1})\\ {\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{\theta \cos \theta d\theta }{a+\sin \theta }=2\pi \log (2a^2-2a\sqrt{a^2-1})\end{array}$$