Geometry & Recognition

$$I = \int_1^\infty \frac{\log (x) dx }{(x-1)^{3/2}}= 2\pi$$

복소함수 $$f(z) = \frac{\log(z)}{(z-1)^{3/2}}$$ 을 그림의 경로에서 적분을 하자. 위상은 $$-\pi \le \arg(z) \le \pi, \quad 0 \le \arg(z-1) \le 2\pi$$ 로 잡는다.

$C_1$에서 $$z= x e^{i 0},~~\log(z) = \log(x) ~~(x: 1\to \infty) \\ z-1=(x-1)e^{i0}$$ 이므로

$$\int_{C_1} = \int_1^\infty \frac{ \log(x) dx}{ (x-1)^{3/2}} = I$$

$C_2$에서 $$z=x e^{i  0},~~\log(z) = \log(x)~~(x:\infty\to 1) \\ z-12=(x-1) e^{i2\pi}$$

$$\int_{C_2} = \int_\infty^1 \frac{\log(x)dx}{(x-1)^{3/2} e^{i3\pi} } = I$$

$C_3$에서 $$z=xe^{i\pi},~~\log(z) = \log(x) +i \pi ~~(x:\infty\to0)\\ z-1 = (1+x) e^{i\pi}$$ 이므로

$$\int_{C_3} = \int_\infty ^0 \frac{(\log(x)+i\pi)(e^{i\pi} dx) }{ (1+x)^{3/2} e^{i 3\pi/2}} = e^{-i3\pi/2} \int_0^\infty \frac{(\log(x)+i\pi )dx}{(1+x)^{3/2}}$$

$C_4$에서 $$z= xe^{-i\pi},~~\log(z) = \log(x)- i\pi~~(x:0\to \infty)\\z-1= (1+x) e^{i \pi}$$ 이므로  $$\int_{C_4} = \int_0^\infty \frac{ (\log(x)-i \pi)(e^{-i \pi}dx)}{ (1+x)^{3/2} e^{i 3\pi/2}} =- e^{-i 3\pi/2} \int_0^\infty \frac {(\log(x)-i\pi)dx  }{ (1+x)^{3/2}}$$

따라서 $$\int_{C_3+C_4} = 2\pi i \times  e^{ -i 3\pi/2} \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x)^{3/2}} \\= -2\pi \times \left. \frac{-2}{(1+x)^{1/2}}\right|_0^\infty =-4\pi$$

Residue 정리에 의해서 

$$2I - 4\pi = 0~~\to ~~ I = 2\pi$$

$$f(t) = {\cal F}^{-1} \left[ \frac{- i\exp( -\sqrt{1  + \omega^2} )} {\omega \sqrt{1- i \omega }}  \right]$$ 주파수 domain에서 주어진 함수 $$F(\omega ) = \frac{-i e^{-\sqrt{1+ \omega^2} }  }{\omega \sqrt{1-i \omega}}$$ 의 역 Fourier transform을 복소평면에서의 경로적분으로 변환을 하자. $t>0$일 때는 $e^{i\omega t}$가 발산하기 않도록 만들기 위해 upper half plane에 놓인 폐경로 $\Gamma(\text{ccw})$을 고려해야 한다. 반대로 $t<0$일 때는 lower half plane의 폐곡선 $\Gamma'(\text{cw})$에서 경로적분을 고려하면 된다. 그리고 $\omega = 0$에서의 singularity는 복소평면에서 $\omega = i\epsilon$만큼 옮긴 후 계산을 하자.(lower half plane으로 옮기면 다른 결과를 얻는다. 어떻게 singularity를 옮기는가는 문제에 주어진 추가적인 조건을 예를 들면 causality 조건등을 만족시키는 방향으로 선택되어야 한다). Branch cut은 그림과 같이 선택한다. 그러면 위상은 

$$-\frac{3\pi}{2} \le \arg(z-i) \le \frac{\pi}{2}, \quad -\frac{\pi}{2} \le\arg(z+i) \le \frac{3\pi}{2}$$ 이다.

$t > 0$일 때  upper half plane에서 정의된 폐경로 $\Gamma$에 대한 경로적분을 고려하자. $\Gamma$가 simple pole $z=i\epsilon$을 포함하므로 residue 정리에 의해서 

$$\oint_\Gamma \frac{- i e^{ i z t -\sqrt{1+ z^2} } dz}{z\sqrt{1 - iz}} = 2 \pi i \times \lim_{\epsilon\to 0}\text{Res}(z=i\epsilon) = \frac{2\pi}{e}$$

따라서

$$f(t) =\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty} ^\infty  F(\omega)  e^{i \omega t} d\omega = -\frac{1}{2\pi}\left(  \int_{1} + \int_{2} + \int_{3}\right) F(z) dz+ \frac{2\pi}{e}$$

경로 $1$에서 $z= ye^{i \pi/2}$, $z-i  = (y - 1) e^{i \pi/2}$, $z+i = (y+1)e^{i \pi/2}, ~(y: \infty \to 1)$이므로 

$$\sqrt{z^2+1} = i \sqrt{y^2-1}\\   \sqrt{1-iz} = \sqrt{ \text{Rot}_{-\pi/2} ( z+i)} =\sqrt{ y+1} \\ \to \quad \int_{1}  =-i \int_\infty^1 \frac{e^{-yt} e^{- i \sqrt{y^2 -1}} dy } {y \sqrt{ y+1}}  =i \int_1^\infty \frac{ e^{-yt} e^{-i \sqrt{y^2-1}}  }{y\sqrt{y+1}}$$

경로 $3$에서 $z=y e^{i\pi/2}$, $z-i=(y-1) e^{-i3\pi/2}$, $z+i= (y+1) e^{i \pi/2}, ~(y: \infty\to 1)$이므로

$$\sqrt{z^2+1}= -i \sqrt{y^2 -1} \\ \sqrt{1-iz} =  \sqrt{y+1}\\ \to \quad \int_{3} =  -i \int_{1}^\infty \frac{ e^{-ut} e^{i \sqrt{ y^2 -1}} dy}{ y   \sqrt{ y+1} }$$ 그리고 경로 $2$는 $z=\epsilon e^{i \theta}$이므로 적분값이 0이 됨을 보일 수 있다. 따라서 $t>0$일 때는

$$t>0: ~f(t) =\frac{1}{e} -\frac{1}{ {\pi}} \int_1^\infty \frac{ e^{-yt}} {y\sqrt{y+1}} \sin \left(\sqrt{y^2 -1} \right) dy$$

$t<0$일 때는 적분경로를 lower half plane의 폐곡선 $\Gamma'$으로 잡자. 그러면 $\Gamma'$ 내에서 $F(z)e^{i zt}$가 analytic하므로 $\oint _{\Gamma'} F(z) e^{i zt} dz=0$ 따라서, $$f(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i \omega t} d\omega=-\frac{1}{2\pi} \left( \int_{1'} + \int_{2'} +\int_{3'}\right) F(z) dz$$

경로 $1'$에서 $z=y e^{-i\pi/2}$, $z-i = (y+1) e^{-i \pi/2}$, $z+i= ( y-1) e^{-i\pi/2},~(y:\infty\to1)$이므로

$$\sqrt{ z^2+1} = -i \sqrt{ y^2 - 1} \\ \sqrt{1-iz} =\sqrt{\text{Rot}_{-\pi/2} (z+i)} = \sqrt{y-1} e^{-i\pi/2} = -i \sqrt{y-1} \\ \to \quad \int_{1'} = \int_\infty^1  \frac{e^{yt} e^{i \sqrt{y^2-1}}dy }{y\sqrt{y-1}} = - \int_1^\infty \frac{e ^{yt} e^{i\sqrt{y^2-1}} dy}{y\sqrt{y -1}}$$

경로 $3'$에서는 $z=y e^{-i\pi/2}$ , $z-i = (y+1) e^{-i \pi/2}$, $z+i= ( y-1) e^{i3\pi/2},~(y:\infty\to1)$이므로

$$\sqrt{ z^2+1} =  i \sqrt{ y^2 - 1} \\ \sqrt{1-iz} =\sqrt{\text{Rot}_{-\pi/2} (z+i)} = \sqrt{y-1} e^{i\pi/2} = i \sqrt{y-1} \\  \to\quad \int_{3'} = -\int_\infty^1  \frac{e^{yt} e^{-i\sqrt{y^2-1}}dy }{y\sqrt{y-1}}$$ 이다. 그리고 경로 $2'$에서는 적분이 0으로 수렴한다. 따라서

$$t < 0:~f(t ) =   \frac{1}{\pi} \int_1^\infty \frac{ e^{yt} }{y\sqrt{y -1}} \cos \left( \sqrt{y^2-1}\right)dy$$

$t=0$일 때 $x=0$인 경계에 온도 $u_0=1$인 열원에 접촉을 시킬 때 $t>0, x>0$에서 온도분포는 (열전도계수=1)는 (1차원) 열방정식에 의해서 결정된다.(1차원 확산방정식도 동일한 형태이다)

$$\frac{\partial^2 u(x,t) }{\partial x^2} = \frac{ \partial u(x,t)} {\partial t}, ~~ u(x=0, t)=  \theta(t)$$

이 방정식을 Laplace변환을 이용해서 풀어보자. 양변에 Laplace 변환을 취하면 $\bar u(x,s) \equiv {\cal L} [u](x,s)$

$$\frac{\partial ^2   \bar u(x,s)}{ \partial x^2 } = s \bar u(x,s) - u (x, 0) = s \bar u(x,s)$$  

$\bar u(x, s=0) = 1 /s$이므로 위 방정식의 해는

$$\bar u(x, s) = e^{  - x \sqrt{s}} \bar u(x, 0)= \frac{ e^{-x\sqrt{s}} }{s}$$

시간에 대한 해를 구하기 위해 역 Laplace변환을 취하면 

$$u(x,t) =\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma-i\infty}^{\gamma + i\infty}  \frac{e^{- x\sqrt{s}} }{s}  e^{st} ds$$ $z=0$이 $\sqrt{z}$의 branch point이므로 이 적분을 구하기 위해서 $-x$축을 branch cut으로 하는 그림과 같은 경로에서 적분을 고려하자.

이 경로 내부에서 피적분함수가 analytic 하므로 $$\oint e^{zt }e^{- x\sqrt{z}} \frac{dz}{z}=0$$ 이다. 따라서

$$u(x, t) =\frac{1}{2\pi i}  \int_C e^{zt } e^{- x \sqrt{z}} \frac{dz}{z}$$

로 쓸 수 있다. 경로 $C_1, C_2$ 그리고 $z=0$을 감싸는 경로에서 적분만 기여한다. 우선 경로 $C_1$에서 $z= \rho  e^{i\pi}~(\rho:0\to \infty)$이므로 

$$\int_{C_1}   =\int_0^\infty  e^{- \rho t } e^{-i x \sqrt{\rho} } \frac{d\rho}{\rho}$$

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

$$\int_{C_2} = \int_\infty^0 e^{-\rho t} e^{i x \sqrt{\rho} } \frac{d \rho}{\rho}$$

그리고 $z=0$ 둘레에서 $z=\epsilon e^{i \theta}$이므로

$$\int_{C_\epsilon} = 2\pi i$$

이므로

$$u(x,t ) = 1 - \frac{1}{\pi} \int _0^\infty e^{-\rho t} \sin (x\sqrt{ \rho}) \frac{d \rho}{\rho}$$

 $\xi = \sqrt{\rho}$로 치환하면

$$u(x,t) = 1 -\frac{2}{\pi} \int_0^\infty e^{-\xi^2 t} \sin ( x\xi) \frac{d\xi}{\xi} \\=1- \text{Erf}\left( \frac{x}{2\sqrt{t}} \right)$$

처럼 error 함수로 표현할 수 있다.