Geometry & Recognition

$$ I = \int_0^\infty \frac{ \log (1+x^3) dx}{1+x^2 } = \frac{\pi}{4} \log2 +\frac{2\pi}{3} \log( 2+\sqrt{3}) -\frac{G}{3}\approx 2.9973$$

복소함수 $$f(z) = \frac{\log (1 + z^3) \log(z) }{1+z^2}$$의 contour integral을 고려하자. $z=e^{i\pi}$, $e^{i \pi/3}$, $e^{i 5\pi/3}$이 $\log (1+z^3)  $의 branch point이고, $z=0$이 $\log(z)$의 branch point이므로 그림과 같은 경로를 선택한다. $z = \pm i $는 $f(z)$의 simple pole이다. 

$$ -\pi \le \arg (z+1) \le \pi \\ -\frac{5\pi }{3} \arg(z- e^{i \pi/3}) \le \frac{\pi}{3}  $$

$$ - \frac{\pi}{3} \le \arg(z- e^{i 5\pi/3}) \le \frac{5\pi}{3} \\ 0 \le \arg(z) \le 2\pi $$

$\log$ 함수의 Branch cut  전후를 반시계방향으로 순회하는 경우 $+2\pi $ 위상차만 기여하므로 위 경로에서 적분은 아래와 같이 쓸 수 있다. \begin{gather} - 2\pi  i \times \int_0^ \infty \frac{\log (1+x^3) dx }{1+x^2 } \\ - 2\pi i \times \int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} \frac{ \log(z) dz }{1+ z^2} - 2\pi i \times  \int _{e^{i \pi/3} }^{\infty e^{i \pi/3}} \frac{ \log(z) dz}{1+z^2} -2\pi i \times \int_{ e^{i 5\pi/3}}^{\infty e^{ i 5\pi/3}} \frac{ \log(z) dz }{1+z^2}  \\ = 2 \pi i \times \sum_{z=\pm i} \text{Res}f(z)\end{gather}

먼저 $z=i$에서 residue을 계산하면, 

\begin{gather} \arg(z+1) = \frac{\pi}{4}, \quad \arg(z- e^{ i\pi/3}) = -\frac{9\pi}{8}, \quad \arg(z - e^{ i 5\pi /3}) = \frac{5\pi}{8} \\ \to~ \sum \arg(z-z_k) = -\frac{\pi}{4}\quad\text{and}\quad \log(1+z^3) = \log \sqrt{2}  -i \frac{\pi}{4} \\ \to ~\text{Res} f(i) = \frac{ (\log \sqrt{2} - i\frac{\pi}{4})(i \frac{\pi}{2}) }{2i} = \frac{\pi}{4} \left( \log \sqrt{2} - i \frac{\pi}{4}\right) \end{gather}

다음으로 $z=-i$에서 residue을 계산하면,

\begin{gather} \arg(z+1) = -\frac{\pi}{4}, \quad \arg(z- e^{i\pi/3}) = -\frac{5\pi}{8},\quad \arg(z- e^{i 5\pi/3}) = \frac{9\pi}{8} \\ \to~ \sum \arg(z-z_k) = \frac{\pi}{4} \quad\text{and}\quad \log(1+z^3) = \log \sqrt{2} + i \frac{\pi}{4} \\ \to~ \text{Res}f(-i) = \frac{(\log \sqrt{2}+i\frac{\pi}{4}) (i \frac{3\pi}{2}) }{-2i } = -\frac{3\pi}{4} \left( \log \sqrt{2} + i\frac{\pi}{4} \right) \end{gather} 이제 $ \log(1+z^3)$의 각 branch cut 주변에서 선적분을 구하면, 먼저 $z=-1$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

$$ A=\int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} \frac{ \log(z) dz}{1+z^2} = e^{i \pi} \int_1^\infty \frac{ \log (t) + i \pi }{1+ t^2}$$인데

$$ \int_1^\infty \frac{\log (t) dt}{1+t^2 } = -\int_0^1  \frac { \log (u)du }{1+u^2} = G \\ \int_1^\infty \frac{dt}{1+ t^2} = \frac{\pi}{4} $$이므로 $\left(G=\text{Catalan's constant} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}\right)$ $$A =  - G -i \frac{\pi^ 2}{4} $$

$z=e^{i \pi/3}$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

\begin{gather}\int_{e^{i\pi/3}}^{\infty e^{i \pi/3}} \frac{ \log(z) dz }{1+z^2}= \int_1^\infty \frac{\log ( t e^{ i \pi/3} ) e^{i \pi /3} dt }{1+ e^{i 2\pi/3} t^2 } ~~~~(z= e^{i\pi/3} t)\\ =e^{i \pi/3} \int_1^\infty \frac{\log (t) dt}{ 1+ e^{i 2\pi /3} t^2 } + i \frac{\pi}{3} e^{i \pi/3} \int_1^\infty \frac{dt }{1+ e^{i 2\pi/3} t^2 }= B_1 + B_2\end{gather}그런데

$$ B_1 = -e^{ i \pi/3} \int_0^1 \frac{\log(u) du}{ e^{i 2\pi /3} + u^2 } = \frac{2}{3} G -i \frac{\pi^2}{12}$$

$$B_2= i\frac{\pi}{3e^{i \pi/3}} \int_1^\infty \frac{dt}{e^{-i 2\pi/3}  + t^2} = \frac{\pi}{6}  \log \frac{t-i e^{-i \pi/3}}{t+i e^{-i\pi/3}}\bigg| _1^\infty \\ = \frac{\pi}{6} \log ( 2 + \sqrt{3}) + i \frac{\pi^2}{12} $$

$$B = \frac{2}{3}G + \frac{\pi}{6} \log ( 2+ \sqrt{3})$$ 

$z=e^{i 5\pi/3}$에서 시작하는 cutline을 감싸는 경로에서 적분은 

$$ C_1 = -e^{ i 5\pi/3} \int_0^1 \frac{\log(u) du}{ e^{i 4\pi /3} + u^2 } = \frac{2}{3} G + i \frac{\pi^2}{12}$$

$$ C_2= i\frac{5\pi}{3e^{i \pi }} \int_1^\infty \frac{dt}{e^{-i 4\pi/3}  + t^2} =- \frac{\pi}{6}  \log \frac{t-i e^{-i 2\pi/3}}{t+i e^{-i2\pi/3}}\bigg| _1^\infty \\ = -\frac{5\pi}{6} \log ( 2 + \sqrt{3}) + i \frac{5\pi^2}{12} $$

$$C = \frac{2}{3}G - \frac{5\pi}{6} \log ( 2+ \sqrt{3}) + i \frac{\pi^2}{2}$$ 

따라서 정리하면,

\begin{gather} I = -A-B-C-\sum \text{Res} f(z) \\ I = \int_0^\infty \frac{ \log (1+x^3) dx}{1+x^2 } = \frac{\pi}{4} \log2 +\frac{2\pi}{3} \log( 2+\sqrt{3}) -\frac{G}{3}\end{gather}

$$ I = \int_0^1 \frac{ \log(1-x) dx}{x}$$ $$f(z) = \frac{\log(1-z)}{z}$$을 그림과 같은 경로를 따라 적분하자.

$z=1$이 branch point이므로 cut line을 그림처럼 선택하자. 그림의 폐경로 내에서 $f(z)$가 analytic하고  $I$가 실수값을 가지므로 $$ \left(\int_{C_1} - \sum' \int_{C_k} \right)f(z) dz = 0~~\to ~~ I =\text{Re}\int_{C_2+ C_3 + C_{\epsilon_0} + C_{\epsilon_1}}  f(z) dz$$ 경로 $C_2$에서 $z = i y ~(y: 0 \to 1)$이므로

\begin{gather} \text{Re} \int_{C_2} = \text{Re} \int_0^1  \frac{\log(1-i y) (idy)}{iy } =\text{Re}\int_0^1 \frac{\log(1- i y)dy}{y}\\ = \int_0^1 \frac{\log \sqrt{1+ y^2} dy}{y} = \frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\log(1+u)du }{u} ~~(\leftarrow u=y^2)\\= \frac{1}{4}\int_0^1 \left( \frac{\log(1-u^2) }{u } - \frac{\log(1-u)}{u}\right) du \\ = \frac{1}{8} \int_0^1 \frac{\log(1-t) dt}{t} - \frac{1}{4}I  = -\frac{1}{8} I   \end{gather}

경로 $C_3$에서 $z= e^{i \theta} ~( \theta: \frac{\pi}{2}\to 0) $

\begin{gather} \text{Re} \int_{C_3} = \text{Re} \int_{\pi/2}^ 0 \frac{\log (1- e^{i \theta} ) (i e^{i\theta}d \theta )}{ e^{i \theta}}= \text{Im} \int_0^{\pi/2} \log( 1-e^{ i \theta}) d \theta  \\= \int_0^{\pi/2} \left( \frac{\theta}{2} - \frac{\pi}{2} \right)d \theta = - \frac{3\pi^2 }{16}\end{gather}

경로 $C_{\epsilon_0 }$에서 $z= \epsilon e^{i \theta}$

\begin{gather}\text{Re} \int_0^{\pi/2} \frac{\log ( 1+ \epsilon e^{i \theta} )(i e^{i \theta} d \theta)}{e^{i \theta}} = -\int_0^{\pi/2} \tan^{-1} \left( \frac{\epsilon \sin \theta }{1-\epsilon \cos \theta} \right) d \theta \to 0\end{gather}

이므로 기여가 없고 마찬가지로 경로 $C_{\epsilon_1}$에서 기여가 없다. 따라서

$$ I = -\frac{1}{8}I -\frac{3\pi^2}{16}~~\to~~ \int_0^1 \frac{\log(1-x) dx }{x} = -\frac{\pi^2}{6}$$

$$I = \int_1^\infty \frac{\text{arccosh}(x) }{1+x^2} dx=\frac{ \pi}{2} \log ( 1 + \sqrt{2})$$

$\text{arccosh}(x) = \log\left (x+ \sqrt{x^2-1}\right)$이므로 다음 함수의 contour 적분을 고려하자.

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

$\sqrt{z^2-1}$의 branch point가 $z= \pm1$이고, $\log (z)$의 branch point가 $z=0$이므로 $\log \left(z+ \sqrt{z^2 -1}\right)$의 branch point 는 $z=1$이다. 그리고 $\log(z)$의 principal branch을 고려하면 $f(z)$의 cut line은 $ \text{z} \le 1$인 실수축을 잡으면 된다. 이 경우 위상은$$ -\pi \le \arg(z), ~\arg(z+i), ~\arg(z-i) \le \pi$$ 로 선택하자. 

 $z= \pm i$이 $f(z)$의 simple pole이고 

\begin{gather} \text{Res} (i) = \frac{ \left( \log \left( 1+ \sqrt{2}\right) + i\frac{\pi}{2} \right)^2  }{2i} \\ \text{Res}(-i) = \frac{ \left( \log \left( 1+ \sqrt{2}\right) - i\frac{\pi}{2} \right)^2  }{-2i} \\ \to ~~\sum \text{Res}(z_k)   = \pi \log \left ( 1+ \sqrt{2} \right) \end{gather}

경로 $C_1$에서

\begin{gather} z= x e^{i \pi}~~(x:\infty \to 1) \\ z+1 = (x-1)^{i \pi},~z-1= (x+1) e^{ i\pi}  \\ \log\left (z+ \sqrt{z^2-1}\right)=  \log \left( x+ \sqrt{x^2 -1} \right) + i \pi \\  \int_{C_1} = \int_\infty^1 \left ( \log \left (x+ \sqrt{x^2-1} \right) + i \pi \right )^2 (-dx) \\= \int_1^\infty \left( \log \left(x + \sqrt{x^2-1}  \right) + i \pi \right)^2 dx \end{gather}

경로 $C_6$에서

\begin{gather} z= x e^{- i \pi}~~(x:1 \to \infty) \\ z+1 = (x-1)^{-i \pi},~z-1= (x+1) e^{ -i\pi}  \\ \log \left(z+ \sqrt{z^2-1}\right)=  \log \left( x+ \sqrt{x^2 -1} \right) - i \pi \\  \int_{C_6} = \int_1^\infty  \left ( \log \left(x+ \sqrt{x^2-1} \right) - i \pi \right )^2 (-dx) \\= -\int_1^\infty \left( \log \left(x + \sqrt{x^2-1}  \right)  - i \pi \right)^2 dx \end{gather}

따라서 $$ \int_{C_1 + C_6} = 4\pi i I$$

경로 $C_2$에서

\begin{gather} z= x e^{i \pi}~~(x:1\to 0) \\ z+1 = (1-x)^{i 0 },~z-1= (1+x) e^{ i\pi}  \\ \log (z+ \sqrt{z^2-1})=  \log (  - x+ i \sqrt{1-x^2 } )\\  \int_{C_2} = \int_1^0  \log ^2 \left (-x+  i \sqrt{1-x^2} \right )  (-dx) \\= \int_0^1 \log ^2 \left (-x + i\sqrt{1-x^2}  \right)  dx \end{gather}

경로 $C_5$에서

\begin{gather} z= x e^{i \pi}~~(x:0\to 1) \\ z+1 = (1-x)^{i 0 },~z-1= (1+x) e^{ -i\pi}  \\ \log (z+ \sqrt{z^2-1})=  \log (  - x - i \sqrt{1-x^2 } )\\  \int_{C_5} = \int_0^1  \log ^2\left (-x -  i \sqrt{1-x^2} \right )   (-dx)\\ =  - \int_0^1   \log^2 \left (-x - i\sqrt{1-x^2}    \right)  dx \end{gather}

경로 $C_3$에서

\begin{gather} z= x e^{i 0 }~~(x:0\to 1) \\ z+1 = (1-x)^{i 0 },~z-1= (1+x) e^{ i\pi}  \\ \log \left(z+ \sqrt{z^2-1}\right)=  \log \left( x+ i \sqrt{1-x^2 }\right )\\  \int_{C_3} = \int_0^1  \log^2 \left (x+  i \sqrt{1-x^2} \right )   dx \end{gather}

경로 $C_4$에서

\begin{gather} z= x e^{i 0}~~(x:1\to 0) \\ z+1 = (1-x)^{i 0 },~z-1= (1+x) e^{ -i\pi}  \\ \log \left(z+ \sqrt{z^2-1}\right)=  \log \left(  x - i \sqrt{1-x^2 } \right)\\  \int_{C_4} = -\int_0^1   \log ^2 \left (x -   i \sqrt{1-x^2} \right )   dx \end{gather}

그런데  $0 \le x \le 1$에서  \begin{gather} \left| -x + i \sqrt{1-x^2}\right|=\left | -x- i \sqrt{1-x^2} \right| \\= \left| x - i \sqrt{1-x^2}\right| = \left| x + i \sqrt{1-x^2}\right| =1\\ \arg\left( -x + i \sqrt{1-x^2}\right)=-\arg\left( -x- i \sqrt{1-x^2} \right) \\ \arg\left( x - i \sqrt{1-x^2}\right) =-\arg \left( x + i \sqrt{1-x^2}\right)\end{gather}이므로 \begin{gather} \int_{C_2+ C_5} = 0, \quad \int_{C_3+C_4} = 0 \end{gather}이다.  $C_\infty$와 branch point을 감싸는 $C_\epsilon$에서 적분은 기여가 없으므로 residue 정리에 의해서 

\begin{gather} \oint f(z) dz = 2\pi i \times \sum _k \text{Res} (z_k) \\  \to \quad  4\pi i I = 2\pi i \times \pi \log(1+\sqrt{2}) \\ I = \frac{\pi}{2} \log (1+ \sqrt{2})\end{gather}

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

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