Geometry & Recognition

$$I= \int_{-1}^{1} \frac{\log(1+x)}{x}dx = \frac{\pi^2}{4}$$

그림과 같은 경로에서 $$f(z)  = \frac{\log(1+z)}{z}$$의 적분을 수행하자. $z=1$은 $f(z)$의 simple pole임과 동시에 $\log(1+z)$의 branch point이다. $-\pi \le \arg(1+z) \le \pi$

폐경로 내부에서 analytic하므로 $$ \int_{-1+r_\epsilon}^{1} f(x)dx + \int_\Gamma + \int_{\gamma_\epsilon} =0$$

반원 $\Gamma$에서 $z= e^{i \theta }~(\theta: 0\to \pi-\epsilon)$이므로

\begin{align} \int_\Gamma f(z) dz &= \int_0^{\pi-\epsilon} \frac{\log(1+ e^{i \theta}) ie^{i\theta} d \theta}{ e^{ i \theta}}\\ &= i \int_0^{\pi-\epsilon} \left[ \log\left(2 \cos \frac{\theta}{2}\right) + i \frac{\theta}{2} \right] d \theta  \qquad \left( \leftarrow ~1+ e^{i \theta} = 2 \cos \frac{\theta}{2} e^{ i \theta/2}\right) \\&= i \int_0^{\pi-\epsilon} \log \left( 2\cos \frac{\theta}{2} \right) d \theta - \frac{ (\pi - \epsilon)^2 }{4}\\ &\to -\frac{\pi^2}{4} \quad \text{as} ~~\epsilon\to 0\end{align}

여기서 $$ \int_0^{\pi} \log \left( 2\cos \frac{\theta}{2} \right) d \theta=0 $$임을 사용했는데, $$\int_0^{\pi/2} \log(\sin t) dt = \int_0^{\pi/2} \log(\cos t) dt \left(= -\frac{\pi}{2} \log(2) \right)$$를 이용하면 쉽게 보일 수 있다. $z=-1$ 둘레의 미소원은 반지름이 $r_\epsilon=2\sin (\epsilon/2)=\epsilon$이므로 $z+1 = r_\epsilon e^{i \theta} ~(\theta: 0\to \frac{\pi-\epsilon}{2})$로 매개화시키면 

\begin{gather}  \int_ {\gamma_\epsilon} f(z) dz = \int_0^{ \frac{\pi-\epsilon}{2}} \frac{\log(r_\epsilon e^{i \theta} )}{-1+ r_\epsilon e^{i \theta} }i e^{i \theta} d \theta \\= i r_\epsilon \log r_\epsilon \int_0^{\frac{\pi-\epsilon}{2}} \frac{e^{i \theta} d \theta}{-1+ r_\epsilon e^{i \theta}} - r_\epsilon \int_0 ^{\frac{\pi-r_\epsilon}{2}} \frac{ \theta e^{i \theta} d \theta }{ -1 + r_\epsilon e^{i\theta} } ~~ \to~~ 0 \end{gather}

따라서 $\epsilon\to0$일 때 $$I = \frac{\pi^2}{4}$$

Action angle variable 이론에서 action 적분을 구해야 하는 경우가 있다. Kepler 궤도 문제일 때 action integral

$$ I = \int_a^b \frac{\sqrt{(r-a)(b-r)}}{r} dr ~~~~(0 < a < b)$$을 contour 적분을 이용해서 구하자. 이를 위해서

$$f(z) = \frac{ \sqrt{(a-z)(b-z)}}{z}$$을 그림과 같은 경로에서 적분을 하자.

$z=a,b$는 branch point이다. Cut line을 그림과 같이 선택하는 경우 위상은 $$ -\pi \le \arg(z-a) \le \pi, \quad 0\le \arg(b-z) \le 2\pi$$로 잡는다. $z=0$이 simple pole이고, 무한대에서도 residue를 가진다. $z=0$일 때, $z=ae^{i\pi}$, $z-b = b e^{i\pi}\to b-z = e^{i2\pi}$이므로

$$\text{Res}f(0) = \sqrt{ab}e ^{i3\pi/2} = - i \sqrt{ab}$$이고(즉 $a,b$의 기하평균),

$$ \frac{\sqrt{(z-a)(b-z)}}{z} = i \sqrt{ 1- \frac{a}{z}} \sqrt{1-\frac{b}{z}}= i\left( 1 - \frac{a+b}{2z}+\cdots\right)$$이므로$$ \text{Res}f(\infty) = i \frac{ a+b}{2}$$ ($a,b$의 산술평균). 

$C_1$에서 $z-a = (r- a)e^{i0}$, $z-b= (b-r) e^{i\pi} \to b-z=(b-r) e^{i2\pi}$이므로 $$ \int_{C_1}  =      \int_a^b \frac{   \sqrt{(r-a)(b-r)} e^{i\pi} }{r} dr = -I $$ $C_2$에서 $z-a= (r-a)e^{i0}$, $z-b= (b-r)e^{i\pi}\to b-z = (b-r)e^{i0}$이므로 $$ \int_{C_2}  = \int_b^a \frac{\sqrt{(r-a)(b-r)} }{r}dr = -I$$

따라서, 

$$ -2I = 2 \pi i \times \left( i\frac{a+b}{2} - i \sqrt{ab}\right)  \\ I = \pi \left( \frac{a+b}{2} -\sqrt{ab}\right)\ge  0$$

$$F(s) = \frac{\sqrt{ s+\alpha} }{s+\beta}~~~~(\alpha > \beta >0)$$

일 때 inverse Laplace transform은 Bromwich integral을 써서 표현하면 $$f(t) = \frac{1}{2\pi i} \int_{c - i \infty}^{c+ i \infty} \frac{\sqrt{s+\alpha }}{ s+\beta} e^{st} ds$$

$F(s)$가 $s=-\beta$에서 simple pole을 가지며 $s = -\alpha$은 branch point에 해당한다. 이 적분을 수행하기 위해서 그림과 같은 경로를 잡자.

Branch cut은 $s= -\alpha$에서 시작하여 $-x$축 방향으로 선택한다. 그러면 $$ \frac{1}{2\pi i} \oint F(s) e^{st}ds= \frac{1}{2\pi  i} \times 2 \pi i\times \text{Res} (s= -\beta)$$이다. $s= -\beta$에서 residue는 

$$ \text{Res}( s=-\beta) = \sqrt{\alpha - \beta} e^{-beta}$$이다. Branch cut을 감싸는 경로 $C_1, C_2$에서 적분을 수행하기 위해서 $z= s+\alpha$, $\gamma \equiv  \alpha - \beta$로 놓으면

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{C_1+C_2} = \frac{1}{2\pi i}\int_{C_1} \frac{\sqrt{z}}{z-\gamma } e^{(z-\alpha) t} dz + \frac{1}{2\pi i}\int_{C_2} \frac{\sqrt{z}}{z-\gamma} e^{(z-\alpha) t} dz$$

$C_1$에서 $z= ue^{i\pi}~(u: \infty \to 0)$, $C_2$에서는 $z= u e^{-i \pi}~(u:0\to \infty)$이므로 

\begin{gather} \frac{1}{2\pi i} \int_{C_1+C_2} = \frac{1}{2\pi i}  \left[ \int_\infty^0   \frac{ \sqrt{u} e^{i\pi/2} e^{-ut} (-du)}{-u-\gamma} + \int_0^\infty \frac{\sqrt{u} e^{-i\pi/2} e^{-ut}  (-du)}{-u-\gamma}\right] \\= -\frac{e^{-\gamma t}}{\pi}  \int_0^\infty \frac{\sqrt{u} e^{-ut} du}{u+\gamma }\end{gather}

\begin{gather}\to ~ f(t) = \text{Res}( -\beta) - \frac{1}{2\pi i} \int_{C_1+C_2} \\= \sqrt{\alpha - \beta} e^{-\beta t } +\frac{1}{\pi} e^{-\alpha t} \int_0^\infty \frac{\sqrt{u}}{u+\gamma} e^{-ut} du \\= \sqrt{\alpha - \beta} e^{-\beta t} + \frac{\sqrt{\gamma}}{\pi} e^{-\alpha t} \int_0^\infty \frac{\sqrt{x}}{1+x} e^{-(\gamma t)x} dx~~(\leftarrow~u \equiv \gamma x)\end{gather}

그런데 $ \frac{\sqrt{x}}{1+x} = \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}$임을 이용하면$$A \equiv \int_0^\infty \frac{\sqrt{x}}{1+x} e^{-(\gamma t) x} dx \\= \int_0^\infty \frac{e^{-\gamma t x}  dx}{\sqrt{x}} -\int_0^\infty \frac{ e^{-\gamma tx } dx}{\sqrt{x} (1+x)}  = \sqrt{\frac{\pi}{\gamma t}}-B$$ $$B\equiv \int_0^\infty \frac{e^{-\gamma tx}dx}{\sqrt{x}(x+1)} = e^{\gamma t} \int_0^\infty \frac{e^{-(1+x)\gamma t}dx} {\sqrt{x}(1+x)} \\ =   e^{\gamma t} \times  \pi \times \text{erfc}(\sqrt{\gamma t}) $$ $$\to ~A = \sqrt{\frac{\pi}{\gamma t}} \left[  1 -\sqrt{\pi \gamma t} e^{\gamma t} \text{erfc}(\sqrt{\gamma t}) \right]$$따라서 $F(s)$의 inverse Laplace transform은

\begin{align} f(t) &= \frac{1}{2\pi i} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{\sqrt{s+ \alpha}}{s+\beta} e^{st} ds \\ &= \sqrt{\alpha - \beta} e^{-\beta t} + \frac{e^{-\alpha t} }{\sqrt{\pi t} } \left[  1 - \sqrt{\pi (\alpha-\beta) t} e^{(\alpha - \beta)t} \text{erfc}\left(\sqrt{(\alpha - \beta )t}\right) \right]\end{align}

$$ I = \int_0^\infty \frac{\log (1+x^2)dx}{x^{1+a} } = \frac{\pi \csc(\pi a/2)}{a}\qquad(0<a<2)$$

그림과 같은 경로에서 $$f(z)= \frac{\log(1+z^2)}{z^{1+a}}$$의 적분을 고려하자.

$z=\pm i$, $z=0$이 branch point이므로 cutline은 그림과 같이 선택한다.

각 branch point을 감싸는 미소원호에서 적분과 $C_\infty$에서의 적분은 0으로 수렴함은 쉽게 보일 수 있다. 그리고 $C_1$, $C_2$에서 각각 $z= xe^{i0}~(x:0\to \infty)$, $z= x e^{i2\pi}~(x:\infty\to 0)$이므로  

$$ \int_{C_1} = \int_0^\infty \frac{\log(1+x^2) dx }{x^{1+a} } = I \\ \int_{C_2} = \int_\infty^0 \frac{\log(1+x^2 ) dx}{ e^{i2\pi (1+a) } x^{1+a}} = - e^{- i 2\pi a } I$$

그리고 $$\arg(z-i) |_{C_3} = \arg(z-i) |_{C_4} + 2\pi \\ \arg(z+i) |_{C_5} = \arg (z+i) |_{C_6} + 2\pi $$

$$ \int_{C_3 + C_4} = -2\pi i \int_{C_4} \frac{dz}{z^{1+a}}\underset{z=e^{i\pi/2}y}{\longrightarrow} -2\pi i \int_1^\infty \frac{idy}{ e^{i \pi(1+a)/2}y^{1+a}} = -i \frac{2\pi}{a} e^{-i\pi a/2}$$

$$ \int_{C_5+C_6} = -2\pi i \int_{C_6} \frac{dz}{z^{1+a}} \underset{z= e^{i3\pi/2}y}{\longrightarrow} -2\pi i \int_1^\infty \frac{-idy }{e^{3\pi(1+a)/2} y^{1+a} } =  -i \frac{2\pi }{a} e^{- i 3\pi a/2}$$

Residue 정리에서 $\oint f(z)dz=0$이므로 

$$ -i\frac{2\pi}{a} \left( e^{-i \pi a/2} + e^{- 3\pi a/2} \right) + 2i e^{i \pi a} \sin (\pi a) I =0 \\ \to I = \frac{\pi \csc(\pi a/2)}{a}$$ 

$$ I = \int_0^\infty \frac{\sqrt{x} \arctan(x)}{x^2 + a^2 }= \frac{\pi}{\sqrt{2a} } \left( \log \frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a+1}} + \arctan\sqrt{a}\right) ~~a>1$$

$$f(z) = \frac{\sqrt{z} \arctan(z)}{z^2 + a^2 }$$

을 그림과 같은 경로에서 적분을 하자.

그러면 residue 정리에 의해서

$$  \left( \int_{C_1+C_2} + \int_{C_3 + C_4+C_5 + C_6} \right)  f(z)dz = 2\pi i \times\left( \text{Res}f(ia) + \text{Res} f(-ia) \right)$$

여기서 branch point 둘레와 $ C_\infty$에서 적분은 기여가 없다.

$$ \int_{C_1+ C_2 } f(z) = \int_{0}^\infty \frac{\sqrt{x}\arctan(x)dx}{x^2 + a^2}   + \int_\infty ^0 \frac{ \sqrt{x}e^{i\pi} \arctan(x) dx }{x^2 + a^2} = 2I $$

$\arctan(z) = \frac{1}{2i} \log \frac{i-z}{i+z}$이므로 $C_3(C_5)$에서$C_4(C_6)$으로 branch cut을 넘어 건널 때 위상이 $2\pi$ 더해지므로 $C_3+ C_4$에서 적분은 $\log$의 위상을 제외한 부분은 상쇄되므로 

\begin{gather} \left.\log\frac{i-z}{i+z}\right|_{C_4 || C_6} = \left.\log \frac{i-z}{i+z}\right|_{C_3||C_5}+2\pi i\\  \int_{C_3+C_4}  f(z) dz =  \int_{C_4}\frac{\sqrt{z} \frac{1}{2i} \times  2\pi i   }{z^2 + a^2 }dz   =\pi \int_0^1 \frac{ \sqrt{y} e^{i \pi/4} }{  a^2 - y^2 } (idy)  \end{gather} \begin{gather}\int_{C_5 + C_6} f(z) dz =  \int _{C_5} \frac{\sqrt{z} \frac{1}{2i} \times 2\pi i} {z^2 + a^2} dz   = \pi \int_1^0 \frac{\sqrt{y} e^{i3\pi/4} }{a^2 -y^2}(-idy) \end{gather}  따라서

\begin{gather} \int_{C_3+C_4+C_5+C_6} = -\sqrt{2}\pi \int_0^1 \frac{\sqrt{y} dy}{a^2 - y^2}=-\sqrt{2}\pi \int_0^1 \frac{ 2t^2 dt}{a^2 - t^4}\\ = -\sqrt{2}\pi \int_0^1 \frac{dx}{a-x^2} +\sqrt{2}\pi \int_0^1 \frac{dx}{a+x^2} \\=-\frac{\pi}{\sqrt{2a}} \log \frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}-1} + \frac{\sqrt{2}\pi}{\sqrt{a}} \arctan \frac{1}{\sqrt{a}} \end{gather}

그리고 $z=ia$에서 $z-i = (a-1) e^{i\pi/2}\to i-z = (a-1) e^{i3\pi/2}$, $z+i= (a+1) e^{i\pi/2}$이므로

$$ \log \frac{i-z}{i+z} = \log\frac{a+1}{a-1} + i\pi$$이고, $z= -ia$에 대해서는 $z-i = (a+1) e^{-i \pi/2}\to i-z= (a+1) e^{i\pi/2}$, $z+i = (a-1) e^{-i\pi/2}$이므로 

$$ \log \frac{i-z}{i+z} = \log \frac{a+1}{a-1} +i\pi$$이므로 $z= \pm ia$에서 residue는 

\begin{gather} 2\pi i \times \sum \text{Res}= 2\pi i \left(\frac{1}{2i} \frac{ \sqrt{a} e^{i\pi/4} ( \log \frac{a-1}{a+1} + i \pi) }{2ia } + \frac{1}{2i} \frac{\sqrt{a} e^{i3\pi/4} (\log \frac{a+1}{a-1} + i\pi)}{-2ia }\right) \\= \frac{\pi}{\sqrt{2a}} \left( \log \frac{a-1}{a+1} + \pi\right) \end{gather}

따라서 정리하면 ( $ \frac{\pi}{2} = \arctan\frac{1}{\sqrt{a}} + \arctan\sqrt{a}$)

\begin{gather}  I =\frac{\pi}{2\sqrt{2a}} \log \frac{(\sqrt{a}+1)^2 }{a+1} +\frac{\pi}{\sqrt{2a}} \left( \frac{\pi}{2} - \arctan\frac{1}{\sqrt{a}}\right) \\ =  \frac{\pi}{\sqrt{2a}} \left( \log \frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a+1}} + \arctan\sqrt{a} \right)  \end{gather}