📂복소해석

복소평면 상에서의 삼각함수 치환을 통한 정적분

정리

$$ \int_{0}^{2 \pi} f( \cos \theta , \sin \theta ) d \theta = \int_{\mathscr{C}} f(z) dz = 2 \pi i \sum \text{Res} f(z) $$

설명

정적분을 구하기 힘든 실함수는 복소해석으로의 우회를 통해 비교적 쉽게 풀어낼 수 있다. 그 중에서도 삼각함수들로 이루어진 피적분함수에 대한 적분 테크닉을 알아보자. 기본적인 전략은 적분 범위를 $z(\theta) = e^{ i \theta} , 0 < \theta < 2 \pi$ 로 바꿔 필요한 부분을 취하는 것이다. 물론 필요하다면 약간의 조작을 취해서 $-\pi < \theta < \pi$ 꼴이 되어도 전혀 상관 없다.

$f$ 를 $\cos \theta$ 와 $\sin \theta$ 의 함수로 보면, 삼각함수를 각각 $\displaystyle \sin z = {{1} \over {2i}} \left( z - {{1} \over {z}} \right) $ 과 $\displaystyle \cos z = {{1} \over {2}} \left( z + {{1} \over {z}} \right) $ 으로 치환할 수 있다. 오일러 공식 $z = e ^ { i \theta } = \cos \theta + i \sin \theta$ 을 거꾸로 사용해서 피적분함수를 삼각함수에서 다항함수로 바꾸는 것이다. 피적분함수가 유리함수의 모양이 되면 유수를 구하기 쉬우므로 유수정리를 통해 값을 구한 후 실수부나 허수부를 취하면 된다.

예제 ¹

예제로써 $I := \displaystyle \int_{0}^{\pi} {{\cos 2 \theta} \over {1 - 2 a \cos \theta + a^2 }} d \theta , |a| <1$ 이라고 할 때, $I$ 의 값을 구해보자.

풀이

$\displaystyle {{\cos 2 \theta} \over {1 - 2 a \cos \theta + a^2 }}$ 는 우함수이므로 $$ \int_{0}^{\pi} {{\cos 2 \theta} \over {1 - 2 a \cos \theta + a^2 }} d \theta = {{1} \over {2}} \displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} {{\cos 2 \theta} \over {1 - 2 a \cos \theta + a^2 }} d \theta $$ 치환하면 $\displaystyle dz = i e ^{i \theta} d \theta \iff d \theta = {{1} \over {i z}} dz $ 이므로 $$ \begin{align*} I =& {{1} \over {2}} \displaystyle \int_{ \mathscr{C} } {{ \cos 2 \theta } \over {1 - 2 a {{1} \over {2}} \left( z + {{1} \over {z}} \right) + a^2 }} {{1} \over {i z}} dz \\ =& {{1} \over {2i}} \int_{ \mathscr{C} } {{ \cos 2 \theta } \over {z - a \left( z^2 + 1 \right) + a^2 z }} dz \end{align*} $$ 따라서, $I$ 는 복소적분 $\displaystyle {{1} \over {2}} \int_{ \mathscr{C} } {{ -i z^2 } \over {z - a \left( z^2 + 1 \right) + a^2 z }} dz $ 의 실수부가 된다. 계산하기 쉽도록 분모를 소인수분해하면 $$ I = \operatorname{Re} {{1} \over {2a}} \int_{ \mathscr{C} } {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} dz $$ 유수 정리에 의해 $$ {{1} \over {2a}} \int_{ \mathscr{C} } {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} dz = {{2 \pi i} \over {2a}} \sum \text{Res} {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} $$ $|a| < 1$ 이므로 $a$ 는 단위원 $\mathscr{C}$ 의 안쪽의 특이점이지만 $\displaystyle {{1} \over {a}}$ 는 $\mathscr{C}$ 의 바깥쪽에 있어서 고려할 필요가 없다. 단순극 $a$ 에 대해 유수를 구하면 $$ \text{Res} {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} = {{ i a^2 } \over { a - {{1} \over {a}} }} = {{ i a^3 } \over { a^2 - 1 }} $$ 따라서 $$ {{1} \over {2a}} \int_{ \mathscr{C} } {{ i z^2 } \over { ( z - {{1} \over {a}} ) (z - a) }} dz = {{ \pi i} \over {a}} {{ i a^3 } \over { a^2 - 1 } } = {{ \pi a^2 } \over { 1 - a^2 } } $$ $I$ 는 $\displaystyle {{ \pi a^2 } \over { 1 - a^2 } }$ 의 실수부였으므로, $\displaystyle I = {{ \pi a^2 } \over { 1 - a^2 } }$

해설

이 풀이도 너무 길고 어려운 게 아닌가 하는 생각이 들 수 있다. 하지만 복소해석을 쓰지 않고 계산에 도전해보면 이 방법이 얼마나 쉽고 편한 방법인지 알게될 것이다.

한편 예제의 분모가 상당히 독특한 모양새를 하고 있으니 한번 살펴보자면,두 벡터 $\mathbb{p}$와 $\mathbb{q}$ 가 있다고 할때, $|\mathbb{p}-\mathbb{q}|$ 는 두 벡터의 차의 길이가 될 것이다.

$$ \begin{align*} | \mathbb{p} - \mathbb{q} | ^2 =& (\mathbb{p} - \mathbb{q}) \cdot (\mathbb{p} - \mathbb{q}) \\ =& |\mathbb{p}|^2 - 2 |\mathbb{p}| |\mathbb{q}| \cos \theta + |\mathbb{q}|^2 \\ =& |\mathbb{p}|^2 \left( 1 - 2 {{|\mathbb{q}|} \over {|\mathbb{p}| }} \cos \theta + {{|\mathbb{q}|^2} \over {|\mathbb{p}|^2 }} \right) \end{align*} $$ $\displaystyle a := {{|\mathbb{q}|} \over {|\mathbb{p}| }}$ 로 잡으면 우리가 본 모양이 된다. 이러한 모양은 물리학에서 굉장히 빈번하게 볼 수 있는 모양으로, ‘이러한 꼴의 적분이 가능한가’라는 질문은 두말할 것도 없이 중요하다고 할 수 있을 것이다.