Geometry & Recognition

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log xdx}{x^3-1}=\frac{4}{27}{\pi }^2$$

함수 $$f(z)=\frac{\log z}{z^3-1}$$을 그림과 같은 경로에 적분하자.(참고: https://kipl.tistory.com/670)

$z=0$은 branch point이므로 그림과 같이 cutline을 선택한다. 그리고 $z=1$은 removable singularity이므로 별다른 처리가 필요없고( $\frac{\log x}{x^3-1}=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}(x-1)+\frac{1}{2}(x-1{)}^2+...$). $C_{\mathrm{\infty }}$와 $z=0$을 감싸는 ${\gamma }_1$에서 적분은 0에 수렴한다. $z=e^{i2\pi /3}$은 simple pole로 경로 ${\gamma }_2$처럼 우회한다. 그러면 경로 ${\gamma }_2$에서 $z=e^{i2\pi /3}+ϵe^{i\theta }$이므로 $${\int }_{{\gamma }_2}={\int }_{2\pi /3}^{-\pi /3}\frac{\log (e^{i2\pi /3})(iϵe^{i\theta }d\theta )}{ϵe^{i\theta }(e^{i2\pi /3}-1)(e^{i2\pi /3}-e^{i4\pi /3})}=\frac{2{\pi }^2}{9}{e}^{i2\pi /3}$$ $C_1$에서는 $z=x(x:0\to \mathrm{\infty })$이므로 $${\int }_{C_1}f(z)dz=I$$ $C_2+C_3$에서는 $z=e^{i2\pi /3}x=e^{i2\pi /3}x(x:\mathrm{\infty }\to 0)$이므로 $$\begin{array}{c}{\int }_{C_2+C_3}={\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{\log (x{e}^{i2\pi /3})e^{i2\pi /3}dx}{x^3-1}=-e^{i2\pi /3}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log x+i\frac{2\pi }{3}}{x^3-1}dx\\ =-e^{i2\pi /3}(I+i\frac{2\pi }{3}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^3-1})=-e^{i2\pi /3}(I+i\frac{2\pi }{3}J)\end{array}$$ $J={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^3-1}=-\frac{\sqrt{3}}{9}\pi$ 이므로(https://kipl.tistory.com/670)  $$\begin{array}{c}\oint f(z)dz=0\to (1-e^{i2\pi /3})I-i\frac{2\pi }{3}{e}^{i2\pi /3}J+\frac{2{\pi }^2}{9}{e}^{i2\pi /3}=0\\ I=\frac{e^{i2\pi /3}}{1-e^{i2\pi /3}}(-i\frac{2\pi }{3}J-\frac{2{\pi }^2}{9})=\frac{4}{27}{\pi }^2\end{array}$$ 

$$I={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{-ia}dx}{x^2+x+1}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\frac{\sinh (\pi a/3)}{\sinh (\pi a)}$$

함수 $$f(z)=\frac{z^{-ia}}{z^2+z+1}=\frac{e^{-ia\log z}}{z^2+z+1}$$

$z=0$이 branch point이므로 $+x$ 축을 cutline으로 선택하자. 그러면 $0\le \arg (z)\le 2\pi$. 그리고 $z_1=e^{i2\pi /3}$, $z_2=e^{i4\pi /3}$은 simple pole로 residue는 각각

$$\text{Res}f(z_1)=\frac{e^{-ia\log e^{i2\pi /3}}}{e^{i2\pi /3}-e^{i4\pi /3}}=\frac{e^{2\pi a/3}}{i\sqrt{3}}$$

$$\text{Res}f(z_2)=\frac{e^{-ia\log e^{i4\pi /3}}}{e^{i4\pi /3}-e^{i2\pi /3}}=\frac{e^{4\pi a/3}}{-i\sqrt{3}}$$

$C_1$을 따라 $z=x{e}^{i0}(x:0\to \mathrm{\infty })$이므로 

$${\int }_{C_1}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{-ia\log x}dx}{x^2+x+1}=I$$

$C_2$을 따라 $z=x{e}^{i2\pi }(x:\mathrm{\infty }\to 0)$이므로 

$${\int }_{C_2}={\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{e^{-ia(\log x+i2\pi )}dx}{x^2+x+1}=-e^{2\pi a}I$$이어서

$${\int }_{C_1+C_2}=-2\sinh (\pi a)e^{\pi a}I$$

$C_{ϵ}$과 $C_{\mathrm{\infty }}$에서는 0으로 수렴하므로, residue 정리에 의해서

$$\begin{array}{c}{\int }_{C_1+C_2}f(z)dz=2\pi i\times \sum \text{Res}f(z_k)\\ \to -2\sinh (\pi a)e^{\pi a}I=-\frac{4\pi }{\sqrt{3}}{e}^{\pi a}\sinh \frac{\pi a}{3}\\ \to I=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\frac{\sinh (\pi a/3)}{\sinh (\pi a)}\end{array}$$

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{1+x^3}=\frac{2\sqrt{3}}{9}\pi$$

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log xdx}{1+x^3}=-\frac{2}{27}{\pi }^2$$

함수 $$f(z)=\frac{(\log z{)}^2}{1+z^3}$$을 그림과 같은 key hole 경로에서 적분을 하자.

$z=-1,e^{i\pi /3},e^{i5\pi /3}$은 $f(z)$의 simple pole이고, $z=0$은 branch point이므로 그림과 같이 cutline을 선택했다. 그러면 위상은 $0\le \arg (z)\le 2\pi$로 선택할 수 있다. residue는 

$$\text{Res}f(e^{i\pi })=\frac{(\log e^{i\pi }{)}^2}{(e^{i\pi }-e^{i\pi /3})(e^{i\pi }-e^{i5\pi /3})}=-\frac{{\pi }^2}{3}$$

$$\text{Res}f(e^{i\pi /3})=\frac{(\log e^{i\pi /3}{)}^2}{(e^{i\pi /3}-e^{i\pi })(e^{i\pi /3}-e^{i5\pi /3})}=\frac{{\pi }^2}{54}(1+i\sqrt{3})$$

$$\text{Res}f(e^{i5\pi /3})=\frac{(\log e^{i5\pi /3}{)}^2}{(e^{i5\pi /3}-e^{i\pi })(e^{i5\pi /3}-e^{i\pi /3})}=\frac{25{\pi }^2}{54}(1-i\sqrt{3})$$

그리고 $C_1$에서 $z=x{e}^{i0}(x:0\to \mathrm{\infty })$, $C_2$에서 $z=x{e}^{i2\pi }(x:\mathrm{\infty }\to 0)$이므로 

$$\begin{array}{c}{\int }_{C_1+C_2}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{(\log x{)}^{2}dx}{1+x^3}+{\int }_{\mathrm{\infty }}^0\frac{(\log x+i2\pi {)}^{2}dx}{1+x^3}\\ =4{\pi }^2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{1+x^3}-4\pi i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log xdx}{1+x^3}\end{array}$$

그리고 $C_{ϵ}$에서는 $ϵ\log ϵ\to 0$, $C_{\mathrm{\infty }}$에서는 $\log R/R^2\to 0$이므로 0으로 수렴한다. 따라서 Residue 정리를 쓰면 다음을 얻을 수 있다.

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{1+x^3}=\frac{2\sqrt{3}}{9}\pi$$

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\log xdx}{1+x^3}=-\frac{2}{27}{\pi }^2$$