Geometry & Recognition

$$I = \int_{0}^\infty \frac{ \tan ^{-1} (x) \log(1+x^2) dx}{x (a^2 + x^2) } = \frac{\pi\log (1+a)}{2a^2}\qquad 0<a<1$$

함수 $$f(z)=  \frac{\tan^{-1}(z) \log(1+z^2) }{z (a^2+z^2)} \\= \frac{\frac{i}{2}\log \frac{1-iz}{1+iz} \times \log(1+z^2)}{z(a^2 +z^2)}=\frac{\frac{1}{2i} ( \log^2 (1+iz) - \log^2(1-iz))}{  z(a^2 + z^2)} $$의 contour integral을 고려하자.

$z=\pm i $가 $\log$ 함수의 branch point이고, $z=\pm ia$는 simple pole이다. $z=0$은 removable singularity이므로 고려할 필요가 없다. cut line을 그림과 같이 선택하면 $ -\frac{3\pi }{2} \le \arg(z-i) \le \frac{\pi}{2}$이다.

$$ \oint f(z) dz = 2\pi i \times \text{Res}f(ia)\\ \text{or}\quad \int_{C_1+C_3}+ \int_{C_4} + \int_{C_2} + \int _{C_\infty} = 2\pi i \times \text{Res} f(ia)$$인데, $C_2$, $C_\infty$에서 기여가 없음은 쉽게 확인할 수 있다. $C_1+C_3$ 경로에서 적분은 $\log ^2(1-iz)$ 항은 기여가 없고, $\log ^2 (1+iz)$ 항은 branch cut을 시계방향으로 건널 때 $2\pi$의 위상이 더해진다.  그리고 $C_3$에서 $$z-i = (y-1) e^{-i 3\pi/2} \\ \to \quad 1+iz = i(z-i) = (y-1) e^{-i \pi}~~(\leftarrow \text{Rot}_{\pi/2})$$이므로 이 두 경로에서 적분은 $$ \int_{C_1+C_3} = -\int_1^\infty  \frac{\frac{1}{2i} ( \log(y-1)-i\pi + 2\pi i )^2 (idy)}{i y (a^2 -y^2) } \\ + \int_1^\infty \frac{\frac{1}{2i} ( \log (y-1) -i \pi    )^2 (idy)}{iy(a^2 - y^2)} \\ =-  2\pi \int_1^\infty \frac{ \log(y-1) dy }{ y (a^2 - y^2)} \\= -2\pi \frac{\log^2 (1+a) + \log ^2 (1-a) }{ 4 a^2 } \\ = -\pi \frac{ \log^2(1+a)+ \log^2 (1-a)}{2a^2 }$$ 그리고 $z=ia$에서 residue는 $$ \text{Res} f(ia) = \frac{ \log^2 ( 1+a) - \log^2 (1-a)}{4ia ^2 }$$이므로

$$ \int_{C_4} f(z)dz = \int_{-\infty}^\infty \frac{\tan^{-1} (x) \log( 1+x^2)  dx }{x(a^2  +x^2) } = \frac{\pi \log^2 (1+a)}{a^2 }$$

Appendix:

$$ \int_1^\infty \frac{ \log(y-1)dy}{y(a^2 - y^2 )} =\frac{\log^2 (1+a) + \log^2 (1-a)}{4a^2}  \qquad 0<a<1$$은 $$h(z) = \frac{\log^2 (z-1)}{z(a^2-z^2)}$$을 $z=1$을 감싸는 key hole 경로에 대해서 적분을 해서 얻을 수 있다.

이 경우

$$ \left(\int_1^\infty + \int^{e^{i 2\pi}}_{\infty e^{i 2\pi}} \right) h(z) dz\\ = - 4\pi i I + 4\pi^2 \int_1^\infty \frac{dx}{x(a^2 - x^2)}= 2 \pi \times \big(\text{Res}h(0) + \text{Res}h(a) + \text{Res}h(-a) \big) $$ 여기서 simple pole $z=0, \pm a$에서 residue는 각각

$$\text{Res} h(0) = -\frac{\pi^2}{a^2} \\ \text{Res}h(a) = -\frac{ ( \log(1-a) + i \pi)^2}{2a^2} \\ \text{Res}h(-a) = -\frac{ (\log(1+a) + i \pi)^2}{2a^2} \\ \sum \text{Res} h(z_k)  = -\frac{\log^2(1+a)+ \log^2(1-a)}{2a^2} - i \frac{\pi \log (1-a^2) }{a^2}$$이다.