Geometry & Recognition

update: 2024.10.28;

$$ I = \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} dx$$

복소함수를 $f(z)= \sqrt{z^2-1}$으로 선택하면, $z=\pm i$가 branch point이므로 cut line을 $z=-i$와 $z=+i$을 잇는 선분으로 잡는다. 위상은 $$-\frac{\pi}{2} \le \arg(z-i),~\arg(z+i)  \le \frac{3\pi}{2} $$로 선택하면 된다. $z=\infty$에서 residue가 있으므로 그림과 같은 contour에서 적분을 고려하자. 

$C_\epsilon(z=i)$, $C_{\epsilon'}(z=-i)$: $$ \int f(z) dz = O(\sqrt{\epsilon} \epsilon) \rightarrow  0.$$ $C_1$: $$z- i = (1-x)e^{-i \pi/2}  \\z+i = (1+x)e^{i\pi/2}~(x:-1\to 1)$$이므로 $$\int_{C_1}   = \int_{-1}^{1}\sqrt{1-x^2}  d( i  x) = i I$$ $C_2$: $$z-i = (1-x)e^{i 3\pi/2} \\ z+i=(1+x)e^{i\pi/2}~(x:1\to-1)$$이므로 $$\int_{C_2}  = \int_{1}^{-1} \sqrt{1-x^2} e^{i\pi}   d ( i x) = i I$$ 무한대에서 residue를 결정하기 위해서 $$ \sqrt{z^2-1} = z \sqrt{1-1/z^2 } = z - \frac{1}{2z}+ \cdots \qquad \to~~ \text{Res}f(\infty) = \frac{1}{2}  \\ \int_{C_\infty} f(z) dz =  2\pi i \times  \text{Res} f(\infty) =  i \pi $$ $\Gamma = C_\infty - \sum C_k$ 내부에서 $f(z)$가 analytic 하므로 $$\int _{C_\infty} f(z)dz = \sum \int_{C_i} f(z) dz $$이다. 따라서 $$ I = \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} dx  =\frac{\pi}{2}$$ 이 결과는 $x=\sin \theta$의 치환적분을 이용하면 더 쉽게 구할 수 있다.

$$I = \int_{-\infty}^\infty \frac{p e^{ipr} dp}{\sqrt{p^2 + m^2 }  } \quad   (r>0,~m>0)$$

복소함수 $$f(z) =\frac{z e^{izr} }{\sqrt{z^2 + m^2}}$$의 contour 적분을 이용한다. $z=\pm im$가 $f(z)$의 branch point이므로 그림과 같이 cut line을 잡는다(적분은 upper half plane에서 한다). 위상은 $$-\frac{3\pi}{2} \le \arg(z-im)\le \frac{\pi}{2},\quad -\frac{\pi}{2}\le \arg(z+im) \le \frac{3\pi}{2}$$로 선택한다.

그림의 contour에서 $f(z)$가 analytic하므로 $$\int_\Gamma f(z) dz = 0$$이고, $C_1$: $z-im = (s-m) e^{i \pi/2} ~~(s: \infty\rightarrow m)$, $z+im = (s+m) e^{i\pi/2}$, $z=is$이므로 $$\int_{C_1} f(z) dz = \int_{\infty}^m \frac{  (is) e^{-sr} (ids)}{ \sqrt{s^2 - m^2 } e^{i\pi/2}} = -i \int_m^\infty \frac{s e^{-sr} ds }{ \sqrt{ s^2 - m^2}} .$$

$C_2$: $z-im= (s-m) e^{-i 3\pi/2} ~~(s: m\rightarrow \infty)$, $z+im = (s+m) e^{i \pi/2}$, $z=is$이므로

$$\int_{C_2} f(z) dz = \int_m^\infty \frac{ (is) e^{-sr} (ids) }{ \sqrt{s^2 - m^2 }} e^{-i \pi /2} = -i \int_m^\infty \frac{s e^{-sr}ds }{\sqrt{s^2 - m^2} }.$$

그리고 $C_\epsilon:~ z=\epsilon e^{i \theta}$에서는 $$ \int_{C_\epsilon} f(z) dz  = O(  \sqrt{\epsilon})\rightarrow 0.$$

$C_\infty$에서 $z=R e^{i\theta} ~(\theta:0\rightarrow \pi)$로 놓으면 $|e^{izr}|  \le  e^{- R \sin \theta r} \rightarrow 0$이므로 

$$\int_{C_\infty} f(z) dz \rightarrow 0.$$

따라서 $x$-축을 따라 적분한 값 $I$는

$$I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{p e^{i p r}dp}{ \sqrt{p^2 + m^2 }} = 2i \int_m^\infty \frac{se^{-sr} ds} {\sqrt{s^2 - m^2}} =i\times \text{positive number}.$$ 우변의 적분은 Modified Bessel function of the second kind $$I=2i \times m K_1(mr)$$로 표현이 된다.

$$I=\text{Pr} \int_{0}^{\infty} \frac{x^a}{x+b} dx , \quad - 1 < a <0,\quad b<0$$

복소함수 $f(z)= \frac{z^a}{z+b}$를 그림과 같은 contour $\Gamma=C_\epsilon +C_1 + C_2 +C_3 +C_\infty + C_4 +C_5 +C_6$에 대해서 적분할 것이다. $z=0,\infty$이 branch point이므로 branch cut을 $+x$축으로 선택하고, $z=-b>0$가 simple pole이므로 Cauchy principal value을 구하는 문제이다. 주어진 contour에서 analytic 하므로 $\int_{\Gamma} f(z) dz = 0$.

1. $C_\epsilon$: $z=\epsilon e^{i \theta}~(\epsilon\to 0) $

$$\int_{C_\epsilon} f(z) dz = O( \epsilon^{1+a})\longrightarrow 0.$$

2. $C_1 + C_3$: $z=x e^{i0} ~(x: 0\rightarrow \infty)$,

$$\int_{C_1+C_3} f(z) dz = \text{Pr} \int_0^\infty \frac{(x e^{i0})^a }{x+b} dx = I.$$

3. $C_4 + C_6$: $z= xe^{2\pi i} ~(x:  \infty \rightarrow 0)$,

$$\int_{C_4 +C_6} f(z)dz = \text{Pr}\int_\infty ^ {0} \frac{ (x e^{2\pi i})^a }{x + b} dx =- e^{2\pi ai} I .$$

4. $C_2$: $z= (-b) e^{0i}, ~z+b= \epsilon e^{\theta i}~(\theta:\pi \rightarrow 0)$

$$\int_{C_2} f(z)dz = \int_{\pi}^{0} \frac{ (-be^{0i})^a   }{\epsilon e^{\theta i} } i\epsilon e^{\theta i} d \theta = -i \pi (-b )^a .$$

5. $C_5$: $z=(-b) e^{2\pi i} ,~ z+b = \epsilon e^{\theta i}, ~(\theta: 2\pi \rightarrow \pi)$,

$$\int_{C_5} f(z) dz =\int_{2\pi}^{\pi} \frac{ (-be^{2pi i})^a }{ \epsilon e^{\theta i}} i \epsilon e^{\theta i} d \theta = -i \pi (-b)^a e^{2\pi a i}.$$

6.$C_\infty $:  $z= R e^{i \theta }~~(R\to \infty)$

$$\int_{C_\infty} f(z) dz= O(R^a) \longrightarrow 0.$$

따라서,$$\int_{\Gamma} f(z)dz = I (1 - e^{2\pi ai }) - i\pi (-b)^a (1 + e^{2\pi a i}) = 0$$

$$\therefore~ I= \text{Pr}\int_0^\infty \frac{x^a }{x +b} dx = - (-b)^a\pi \cot (\pi a).$$

$$ I = \int_0^\infty \frac{dx} { x [ (\log x)^2+\pi^2]}=1$$

복소함수 

$$f(z) = \frac{1}{z \log z}$$

을 그림과 같은 contour에 대한 적분을 고려하자.

Branch point가 $= 0, \infty$이므로 $-x$축을 cut line으로 선택하자. 그러면 $-\pi \le \text{arg}(z)\le \pi$로 선택할 수 있다. 그리고 

$$\oint f(z) dz = \int_{C_1 + C_2 + C_\epsilon + C_{\epsilon'}+ C_\infty} f(z) dz = 0$$ 

경로 $C_1$에서는 $z= x e^{i \pi},~(x:\infty\to 0)$이므로

$$ \int_{C_1}  f(z) dz = \int_\infty ^0 \frac{-dx}{(-x) (\log x + i\pi) }= - \int_0^\infty \frac{dx}{ x(\log x +  i \pi)}$$

경로 $C_2$에서는 $z= x e^{- i\pi}, ~(x: 0\to \infty)$이므로

$$ \int_{C_2} f(z)dz = \int_0^\infty \frac{-dx}{(-x)(\log x - i\pi) } = \int_0^\infty \frac{dx}{ x(\log x - i\pi)}$$

경로 $C'_{\epsilon}$에서는 $z-1= \epsilon e^{i \theta}$로 놓으면 ($\log(1+\epsilon)\to \epsilon$)

$$ \int_{C'_{\epsilon }} f(z) dz = \int_{\pi}^{-\pi}  \frac{i\epsilon e^{i \theta} d \theta}{(1+ \epsilon e^{i \theta} ) [\log (1+\epsilon  e^{i \theta})]} = \int_\pi^{-\pi} \frac{i\epsilon e^{i \theta} d \theta }{\epsilon e^{i \theta}} = -2\pi i$$

그리고 $C_\epsilon(z=\epsilon e^{i \theta}),  ~C_\infty(z=Re^{i \theta})$에서는 $$\int _{C_\epsilon} f(z) dz \sim \frac{1}{\log \epsilon} \to 0 \\ \int_{C_\infty} f(z) dz \sim \frac{1}{\log R} \to 0 $$이므로

$$ \int_0^\infty \left( \frac{1}{\log x -i \pi} - \frac{1}{\log x + i\pi}\right) dx = 2\pi i ~~~\to ~~~ I = 1$$

$$I= \int_0^1 (x^2 - x^3 ) ^{1/3} dx = \frac{2 \pi }{9\sqrt{3}}$$

복소함수

$$f(z) = (z^2 - z^3 ) ^{1/3}$$

을 그림과 같은 경로에 대해서 적분을 한다. $f(z)$는 $z=0, 1$이 branch point이므로 그림과 같이 branch cut을 선택한다. 그러면 위상은 $-\pi \le \text{arg}(z) \le \pi$ , $0 \le \text{arg}(1-z) \le 2\pi$로 선택할 수 있다. $$\begin{array}{c|c|c|c}  & \text{arg}(1-z) & \text{arg}(z) & [\text{arg}(1-z)+\text{arg}(z)]/2 \\\hline \\ -\infty\to 0 \downarrow   & 2\pi & \pi  & 3\pi/2 \\ -\infty \to 0 \uparrow & 0 & -\pi  & -\pi/2=3\pi/2~(\text{mod} ~2\pi)  \\  0\to 1\downarrow & 2\pi & 0&\pi \\ 0\to 1\uparrow  & 0 & 0 & 0 \\1\to \infty \downarrow &\pi &0 &\pi/2\\ 1\to \infty \uparrow &\pi &0 &\pi/2\end{array}$$ 그러면 $$\oint f(z)dz = \left(\int_{C_1} + \int_{C_2} +\int _{C_3} + \int _{C_4} +\int_{C_\infty} \right) f(z) dz = 0$$

$C_1$ 경로에 대해서 $z= x e^{i 0} $, $z-1=(1-x)e^{i \pi} \to 1-z=(1-x) e^{i 2\pi}$ $(x:0\to 1)$이므로

$$\int_{C_1} f(z) dz = e^{i 2\pi/3} \int_0^1 (x^2 - x^3)^{1/3}dx = e^{i 2\pi/3} I$$

$C_3$ 경로에 대해서 $z=x e^{i 0}$, $z-1=(1-x) e^{i\pi} \to 1-z=(1-x)e^{i0} $ $(x:1\to0)$이므로

$$ \int_{C_3} f(z) dz = e^{i 2\pi} \int_1^0 (x^2 - x^3)^{1/3} dx = -I$$

무한대에서 residue 값이 있는데, 

$$ z= 1/t$$

로 치환을 하면 

$$ (z^2 - z^3) ^{1/3} = \frac{e^{i\pi/3}}{t} (1-t)^{1/3} = \frac{e^{i \pi/3} }{t} \left(  1- \frac{1}{3} t- \frac{1}{9} t^2 +\cdots\right) $$이므로

\begin{align}\int_{C_\infty} f(z) dz &= e^{i\pi/3} \int_{C_\epsilon} \frac{1}{t} \left( 1 - \frac{1}{3} t- \frac{1}{9} t^2+\cdots\right) \frac{dt}{-t^2} \\ &= e^{i\pi/3} \int_{C_\epsilon} \frac{1}{9} \frac{dt}{t} \\&= -2\pi i e^{i\pi/3} \frac{1}{9}~~~~(t = \epsilon e^{-i \theta}, ~\theta: 0\to 2\pi)\end{align}

또, $C_2~(z=\epsilon e^{i \theta})$, $C_4~(1-z= \epsilon e^{i \theta})$에 대해서 

$$ \int f(z) dz = O(\epsilon^{1/3}\epsilon) \rightarrow 0.$$

따라서

$$ ( e^{i 2\pi/3} - 1) I = 2\pi i \frac{1}{9} e^{i \pi/3} ~~~~\to~~ I= \frac{2\pi}{9\sqrt{3}}$$