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.