Geometry & Recognition

$$I = \int_{0}^{3} \frac{  \sqrt[3]{ x (3-x)^2 }dx }{1+x} = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \left( 6-  4\times 2 ^{1/3} \right) \approx 0.554439 \times \pi $$

복소함수

$$ f(z) = \frac{\sqrt[3]{ z (3-z)^2}}{1+z}$$의 적분을 고려하자. Branch point가 $z=0,1$이므로 cutline을 $0 \le x  \le 3$으로 선택하자. 그러면 위상은 

$$ 0 \le \arg(z),~\arg(z-3) \le 2\pi$$

로 선택할 수 있다. 적분경로는 cutline을 감싸는 dog bone 모양과 반지름 $R > 3$인 원 $C_R$로 잡는다.

$z=-1$은 $f(z)$의 simple pole이고 residue는 

$$ \text{Res} f(-1) = \left( e^{i\pi} (4 e^{i\pi})^2 \right)^{1/3} = - 4^{2/3}$$

이다. 또, 무한대에서 residue를 갖으므로 $C_R$에서 적분은

$$ f(z) = \frac{(1-3/z)^{2/3}}{1+1/z} = 1- \frac{3}{z}+\cdots \quad \\ \to~~  \int_{C_R} f(z)dz =-2\pi i \times \text{Res}f(\infty) = -6\pi i$$로 계산된다.

$C_1$에서 $z= x e^{i0}$, $z-3= (3-x)  e^{i\pi }, ~(x:-1\to 1)$이므로 

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

$C_2$에서 $z= x e^{i 2\pi}$, $z-3=(3-x) e^{i\pi}, ~(x:1\to-1)$이므로

$$ \int_{C_2} f(z) dz = \int_{1}^{-1} \frac{ \sqrt[3]{x(3-x)^2} e^{i 4\pi/3} dx}{1+x}= - e^{i 4\pi/3} I$$

따라서 residue 정리에 의해서

$$ \int_{C_1+C_2+C_\epsilon+C'_\epsilon} f(z)dz + \int_{C_R} f(z) dz = 2\pi i \times \text{Res}f(-1) \\ \to~~( e^{i 2\pi/3} - e^{i 4\pi/3}) I - 6\pi i  = 2\pi i \left(- 4^{2/3} \right) \\ I = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \left( 6 - 4\times 2^{1/3} \right)$$

$$ I = \int_{-1}^{1} \left( \frac{1-x}{1+x}\right)^{1/\alpha} dx = \frac{2\pi}{\alpha \sin (\pi/\alpha)}~~~(|\alpha| >1)$$

복소평면에서 정의된 함수

$$ f(z) = \left( \frac{z-1}{z+1}\right)^{1/\alpha}$$

의 contour 적분을 고려하자.

Branch point가 $z=\pm1$이므로 그림과 같이 branch cut을 선택한다.

그러면

$$ 0 \le \text{arg}(z-1) \le 2\pi, \quad  0 \le \text{arg}(z+1) \le 2\pi$$

이다. contour는 그림과 같이 cut line을 감싸는 이중 열쇠고리 모양의 곡선($C_1 +C_2 +C_{\epsilon_1} + C_{\epsilon_2}$)과 $R \gg 1$를 시계 방향으로 도는 $C_R$을 고려하면 둘 사이 공간에 $f(z)$가 singularity를 가지지 않으므로 두 경로에서 적분이 같아야 한다. 

$$ \int_\text{double key holes} f(z) = \int_{C_R} f(z)$$

그리고

$$ f(z) = \left( \frac{1-1/z}{1+ 1/z}\right)^{1/\alpha} = 1 - \frac{2}{\alpha} \frac{1}{z}+\cdots$$

의 전개를 가지므로 무한대에서 residue가 존재하고 그 값은

$$ \text{Res}(z\to \infty) = \frac{2}{\alpha}$$

이므로 

$$ \int_{C_R} f(z) dz =    2\pi i \times \text{Res}(z\to \infty) =  i \frac{4\pi }{\alpha}$$ 

이다.  이중 열쇠구멍의 $C_1$에서 적분은  $z-1= (1-x)e^{i\pi}$, $z+1=(1+x) e^{i 0 }~(x:-1\to1)$이므로 

$$ \int_{C_1} f(z) dz = \int_{-1}^1 \left( \frac{1-x}{1+x}\right)^{1/\alpha } e^{i \pi/ \alpha} = e^{i \pi/\alpha} I$$

$C_2$에서 적분은 $z-1= (1-x) ^{i\pi}$, $z+1=(1+x) e^{i 2\pi }~(x: 1\to -1)$이므로 

$$ \int_{C_2} f(z) dz = \int_{1}^{-1} \left( \frac{1-x}{1+x}\right)^{1/\alpha} e^{-i \pi/\alpha} dx= - e^{-i\pi / \alpha}I$$

그리고 $C_{\epsilon_1}$과 $C_{\epsilon_2}$에서 적분은 $0$이다. 따라서 

$$  (e^{i\pi/\alpha} - e^{-i \pi /\alpha} ) I =2 i \sin \left(\frac{\pi}{\alpha} \right)  I = i \frac{4\pi}{\alpha} \quad \to \quad I = \frac{2\pi}{\alpha \sin(\pi/\alpha)}$$ 

$$ I = \int_0^\infty \frac{\log x  dx}{(1+x^2)^2}=-\frac{\pi}{4}$$

$\log$ 함수때문에 brach cut을 $-x$ 축으로 선택을 하고 ($-\pi < \text{arg}(z) \le \pi$) 함수 $f(z)$

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

을 그림과 같은 열쇠 구멍 모양의 폐경로를 따라 적분하자.

폐경로가 double pole $z=\pm i$를 포함하므로

\begin{align} \left( \int_{C_1} + \int_{C_2} + \int_{C_{\epsilon}} + \int _{C_{\infty}} \right) f(z) dz &= -2\pi i \left[ \text{Res}f(z=i) + \text{Res}f(z=-i) \right]    \\ &=  -2\pi i \left( -\frac{\pi}{4} + i \frac{\pi^2}{16} -\frac{\pi}{4} - i \frac{\pi^2 }{16}\right) \\ &= i \pi^2 \end{align}

 여기서 

$$ \int_{C_\infty} f(z)dz \to 0,\quad \int_{C_\epsilon} f(z) dz \to 0$$

이고,  $C_1$ 경로는 $z= xe^{i\pi}, ~x:0\to\infty$이고, $C_2$ 경로는 $z=x e^{-i\pi}, ~x:\infty\to 0$이므로 

\begin{align} \int_{C_1} f(z) dz &=    \int_0^\infty \frac{(\log x +i \pi )^2  (-dx)}{(1+x^2)^2 } \\   &= -\int_0^\infty \frac{(\log x)^2 +2\pi i \log x -\pi^2 }{(1+x^2)^2}dx\end{align}

\begin{align} \int_{C_2} f(z)dz &= \int_\infty^0 \frac{(\log x -i \pi)^2 (-dx)}{(1+x^2)^2 } \\ &= \int_0^\infty \frac{(\log x)^2 - 2\pi i \log x -\pi^2}{(1+x^2)^2}dx\end{align}

이므로

$$  \left( \int_{C_1} + \int_{C_2} \right)f(z)dz = -4\pi i  \int_0^\infty \frac{\log x dx}{(1+x^2)^2 } $$

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