실수축의 특이점을 포함했을 때 조르당 보조정리를 통한 이상적분

실수축의 특이점을 포함했을 때 조르당 보조정리를 통한 이상적분

Improper Integration by jordan lemma when real singular points are included

빌드업

전체적인 흐름은 조르당 보조정리를 통한 이상적분과 비슷하다. 두 다항함수 $p(z) , q(z)$ 에 대해 $\displaystyle f(z) = {{q(z)} \over {p(z)}}$ 이라고 하자.

$q(z) = 0$ 을 만족하는 실수해 $a$ 가 존재한다면 $f$ 는 실수 특이점 $a$ 을 갖는 것이다. 이제까지 이러한 경우를 다루지 않았던 이유는 유수 정리를 쓰기 위함이었다. 물론 실수축에 특이점이 추가되었다는 이유만으로 딱히 유수정리를 포기하지는 않고, 적분 경로를 비트는 트릭을 사용한다.

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위와 같은 단순폐경로 $\mathscr{C}$ 를 생각해보면, 특이점을 $\gamma$ 와 같은 작은 반원으로 우회할 수 있다. 반원은 꼭 $0$ 를 중심으로 할 필요는 없고 실수축 상에서 유한하게 복수로 존재해도 상관이 없다. 여기서 $r \to 0$ 를 취해 작은 반원을 조이고 $R \to \infty$ 를 취하면 원래 쓰던 것처럼 유수정리를 쓸 수 있게 되는 것이다. 이러한 방법을 쓰기 위해서는 아래와 같은 보조정리를 먼저 증명하는 준비작업이 필요하다. 말은 복잡하지만 결국은 유수정리와 비슷하게 생겼다는 것을 쉽게 알 수 있다.

보조정리 1

$f$ 가 특이점 $a$ 의 근방 $0 < |z - a | < r_{0}$ 에서 해석적이라고 하자. $a$ 에 대한 $f$ 의 로랑 전개의 principle part 에 지수가 짝수인 항이 없으며 $\gamma$ 가 $r_{0}$ 보다 작은 양수 $r$ 을 반지름으로 갖고 중심이 $a$ 인 반원 $z( \theta) - a = r e^{i \theta}, 0 \le \theta \le \pi$ 이면 $$ \lim_{r \to 0} \int_{\gamma} f(z) dz = - i \pi \text{Res}_{a} f(z) $$

증명

가정에 따라 $$ f(z) = \sum_{m=0}^{\infty} {{b_{2m+1}} \over {(z-a)^{2m+1} }} + \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} (z-a)^{n} $$ $(z-a) = r e^{i \theta}$ 이므로 $n \ne -1$ 일 때 $$ \int_{\gamma} (z-a)^{n} dz = -i r^{n+1} \int_{0}^{\pi} e^{(n+1) i \theta} d \theta = {{r^{n+1}} \over {n+1}} (1 + \cos {n \pi}) $$ 그러므로 $n \ge 0$ 이거나 $n<-1$ 이되 $n$ 이 홀수면 $$ \lim_{r \to 0} \int_{\gamma} (z - a)^{n} dz = 0 $$ 한편 $n = -1$ 인 경우를 살펴보면 $$ \lim_{r \to 0} \int_{\gamma} (z-a)^{-1} dz = \lim_{r \to 0} \int_{0}^{\pi} - i d \theta = - i \pi $$ 따라서 $\displaystyle \lim_{r \to 0} \int_{\gamma} f(z) dz = - i \pi b_{1} = - i \pi \text{Res}_{\alpha} f(z)$

예제

예제로써 싱크함수의 이상적분 $\displaystyle \int_{0}^{\infty} {{\sin x} \over {x} } dx$ 을 구해보도록 하자.

풀이

$e^{i z} = \cos z + i \sin z$ 이므로 $\displaystyle \int_{\mathscr{C}} {{e^{iz} } \over {z}} dz$ 를 먼저 생각해보면 될테고, $\mathscr{C}$ 은 위에서 주어진 그림과 같다고 하자. 그러면 $$ \int_{\mathscr{C}} {{e^{iz} } \over {z}} dz = \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{-R}^{-r} {{e^{ix} } \over {x}} dx + \color{blue} { \int_{ \gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{r}^{R} {{e^{ix} } \over {x}} dx $$

유수 정리: 해석적인 함수 $f: A \subset \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ 가 Simple closed contour $\mathscr{C}$ 내부의 유한한 특이점 $z_{1} , z_{2} , \cdots , z_{m}$ 들을 가진다고 하자. 그러면 $\displaystyle \int_{\mathscr{C}} f(z) dz = 2 \pi i \sum_{k=1}^{m} \text{Res}_{z_{k}} f(z) $

함수 $\displaystyle f(z) := {{e^{iz} } \over {z}}$ 의 특이점은 $z = 0$ 뿐이고 $\mathscr{C}$ 의 내부에는 특이점이 존재하지 않으므로 유수정리에 의해 $$ \int_{\mathscr{C}} {{e^{iz} } \over {z}} dz = 0 $$ 즉, $$ \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{-R}^{-r} {{e^{ix} } \over {x}} dx + \color{blue} { \int_{ \gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{r}^{R} {{e^{ix} } \over {x}} dx = 0 $$

단순극에서의 유수: 함수 $f$ 를 $\displaystyle f(z) = {{g(z)} \over {h(z)}}$ 으로 나타낼 수 있다고 하자. 여기서 $g$ 와 $h$ 는 $\alpha$ 에서 해석적이고, $g(\alpha) \ne 0 , h(\alpha) = 0, h’(\alpha) \ne 0$ 라고 하면 $\alpha$ 는 $f$ 의 단순 극이고 $$` \text{Res}_{\alpha} f(z) = {{g(\alpha)} \over {h’(\alpha)}}$$

$\displaystyle \text{Res}_{0} {{e^{iz} } \over {z}} = {{e^{i \cdot 0} } \over {1}} = 1$ 이므로 $$ \lim_{r \to 0} \color{blue} { \int_{\gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } = - i \pi \text{Res}_{0} {{e^{iz} } \over {z}} = - i \pi $$ $r \to 0$ 일 때 $$ \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{-R}^{0} {{e^{ix} } \over {x}} dx \color{blue} { - i \pi } + \int_{0}^{R} {{e^{ix} } \over {x}} dx = 0 $$ 정리하면 $$ \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } + \int_{-R}^{R} {{e^{ix} } \over {x}} dx = i \pi $$

조르당 보조정리: 반원 $\Gamma$ 를 $z(\theta) = R e^{i \theta} , 0 \le \theta \le \pi$ 와 같이 나타냈을 때, 함수 $f$ 가 $\Gamma$ 에서 연속이고 $\displaystyle \lim_{z \to \infty} f(z) = 0$ 이면 양수 $m \in \mathbb{R}^{+}$ 에 대해 $$\lim_{R \to \infty} \int_{\Gamma} e^{m i z } f(z) dz = 0$$

조르당 보조정리에 의해 $\displaystyle \lim_{R \to \infty} \color{red} { \int_{ \Gamma} {{e^{iz} } \over {z}} dz } = 0$ 이므로 $$ \int_{- \infty }^{ \infty } {{e^{ix} } \over {x}} dx = i \pi $$ 을 얻는다. 다시 한 번, $e^{i z} = \cos z + i \sin z$ 이므로 $$ \int_{- \infty }^{ \infty } {{ \cos x } \over {x}} dx + i \int_{- \infty }^{ \infty } {{ \sin x } \over {x}} dx = i \pi $$ 여기서 허수부만을 취하면 $$ \int_{- \infty}^{\infty} {{\sin x} \over {x} } dx = \pi $$ 고 싱크함수는 우함수이므로 $$ \int_{0}^{\infty} {{\sin x} \over {x} } dx = {{\pi} \over {2} } $$

따름정리

변수 치환을 통해 $a\in \mathbb{R}$ 에 대해서 아래의 식이 성립함도 쉽게 알 수 있다. $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x}dx=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin (ax)}{x}dx=\frac{\pi}{2} $$ 언뜻보면 풀이가 길고 어려운 것 같지만 풀이를 잘 살펴보면 사실 계산이라고 할만한 건 별로 없다. 복소해석을 쓰지 않고 푸는 방법을 생각하면 생각할수록 이 방법이 간단하고 편안하게 느껴질 것이다.


  1. Osborne (1999). Complex variables and their applications: p170. ↩︎

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