경로: 재료를 하나씩 바꿉니다.
$$\begin{aligned}\cos^2\theta&=\frac{(z^2+1)^2}{4z^2}\\5-4\cos\theta&=5-2\Big(z+\frac1z\Big)\\&=-\frac{(2z-1)(z-2)}{z}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}&\frac{\cos^2\theta\,d\theta}{5-4\cos\theta}\\&=\frac{(z^2+1)^2}{4z^2}\cdot\frac{-z}{(2z-1)(z-2)}\cdot\frac{dz}{iz}\\&=-\frac{(z^2+1)^2}{4i\,z^2(2z-1)(z-2)}\,dz\end{aligned}$$
$d\ge2$이면 0으로 갑니다. $d=1$이면 $\pi C$가 남아 0이 안 됩니다. 실제로 $\int_{C_R}\frac{dz}{z}=\int_0^\pi\frac{iRe^{i\theta}}{Re^{i\theta}}d\theta=i\pi$로 $R$과 상관없이 남습니다. 그래서 조건이 "차수 차 2 이상"입니다.
유수: $(z-i)^2f=(z+i)^{-2}$을 한 번 미분합니다.
$$\begin{aligned}&\frac{d}{dz}(z+i)^{-2}=-2(z+i)^{-3}\\&\mathrm{Res}_i=\frac{-2}{(2i)^3}=\frac{-2}{-8i}=\frac{1}{4i}\end{aligned}$$
$\sin\theta$는 $\theta=\frac\pi2$에 대해 대칭이라 $[0,\frac\pi2]$의 두 배로 씁니다. 이 구간에서 $\sin\theta\ge\frac{2\theta}{\pi}$입니다. 위로 볼록한 사인 곡선이 두 끝점 $(0,0)$, $(\frac\pi2,1)$을 잇는 현보다 위에 있기 때문입니다.
그래서 $\big|\int_{C_R}\big|\le\frac\pi k\,M_R$이고, $M_R\to0$이기만 하면 됩니다. 반원의 대부분에서 $e^{ikz}$가 지수적으로 작아 길이 $\pi R$을 상쇄하는 것이 요점입니다. ML 부등식만 쓰면 $\pi R\cdot M_R$이라, $M_R\sim\frac1R$일 때 0이 안 됩니다(예제 3-2).
큰 반원: $f=\frac{z}{z^2+1}\approx\frac1z$라 차수 차가 1뿐입니다. 길이×최댓값으로는 $\pi R\cdot\frac1R=\pi$라 0이 안 됩니다. 조르당 보조정리로는 $\frac{\pi}{1}\cdot\max|f|\approx\frac\pi R\to0$입니다.
주값: 실축 위의 점 $c$에서 발산하는 적분은 대칭으로 잘라 냅니다.
$$\mathrm{P}\!\int_{-\infty}^\infty f\,dx=\lim_{\epsilon\to0}\Big[\int_{-\infty}^{c-\epsilon}+\int_{c+\epsilon}^{\infty}\Big]f\,dx$$
경로: 실축을 따라가다 $c$ 앞에서 반지름 $\epsilon$인 작은 반원 $C_\epsilon$으로 위로 넘어갑니다(시계 방향). 그다음 큰 반원으로 닫습니다(그림 C).
극: 상반평면의 극은 안, 실축 위의 극 $c$는 경로 밖으로 빠집니다. 실축 위 극은 단순극이어야 합니다.
유수: 상반평면 극의 유수, 그리고 실축 위 극의 유수를 모두 구합니다.
원호 기여: $C_\epsilon$은 시계 방향 반원이라 $-\pi i\,\mathrm{Res}(f,c)$. $C_R$은 2·3절과 같이 처리합니다.
결과: $\mathrm{P}\!\displaystyle\int f\,dx-\pi i\,\mathrm{Res}_c=2\pi i\sum_{\text{상반}}\mathrm{Res}$, 곧
$$\begin{aligned}\mathrm{P}\!\int_{-\infty}^\infty f\,dx&=2\pi i\sum_{\text{상반}}\mathrm{Res}\\&\quad+\pi i\sum_{\text{실축}}\mathrm{Res}\end{aligned}$$
(아래로 우회하면 $c$가 안에 들어가 $+\pi i$와 $2\pi i$가 섞이지만 결과는 같습니다.)
왜 되나? (증명 스케치)
$c$가 단순극이면 그 근처에서 $f(z)=\dfrac{\rho}{z-c}+g(z)$로 씁니다. $\rho=\mathrm{Res}(f,c)$이고 $g$는 $c$에서 해석적입니다. 원호 $z=c+\epsilon e^{i\theta}$에서 $dz=i\epsilon e^{i\theta}d\theta$입니다.
$\epsilon$이 지워져서 반지름과 상관이 없습니다. $g$ 부분은 크기가 유계이고 원호 길이가 $\epsilon\times$각이라 0으로 갑니다. 위쪽 반원을 시계 방향($\theta:\pi\to0$)으로 돌면 각이 $-\pi$라 $-\pi i\,\rho$, 반쪽 유수입니다.
2차 극이면 $\frac{1}{(z-c)^2}$ 항이 $\frac{i}{\epsilon}\int e^{-i\theta}d\theta$가 되어 반원에서 크기가 $\frac{2}{\epsilon}$입니다. $\epsilon\to0$이면 발산하므로 실축 위 극은 단순극이어야 합니다. 주값을 "대칭으로 잘라" 정의하는 이유도 같습니다. $\frac{1}{x-c}$는 $c$ 양쪽에서 부호가 반대라 양쪽 발산이 지워집니다.
예제 4-1 $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx=\pi$ 와 $\mathrm{P}\!\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ix}}{x}\,dx=i\pi$
경로: $\frac{\sin x}{x}$ 자체는 $x=0$에서 문제가 없지만, 복소화한 $\frac{e^{iz}}{z}$는 $z=0$에 단순극이 있습니다. 그래서 그림 C의 경로(우회점 $c=0$)를 씁니다.
원호: $C_R$은 차수 차 3이라 0. $C_\epsilon$은 $-\pi i\cdot\frac12$.
결과
$$\begin{aligned}\mathrm{P}\!\int&=2\pi i\Big(-\frac{1-i}{4}\Big)+\pi i\cdot\frac12\\&=\frac{-\pi i-\pi}{2}+\frac{\pi i}{2}=-\frac\pi2\end{aligned}$$
피적분함수가 실함수이므로 답도 실수여야 합니다. 허수부가 지워졌는지가 좋은 검산입니다.
5. 유형 5 — 분지절단 (열쇠구멍 경로, 로그)
레시피 (열쇠구멍, $\int_0^\infty x^{a-1}R(x)\,dx$)
분지: $z^{a-1}=r^{a-1}e^{i(a-1)\theta}$, $0\le\theta<2\pi$로 정합니다. 양의 실축이 절단선(branch cut)입니다.
경로(그림 D): 절단선 위쪽 변($\theta=0$)을 $0\to\infty$, 큰 원 $C_R$, 아래쪽 변($\theta=2\pi$)을 $\infty\to0$, 작은 원 $C_\epsilon$(시계 방향).
극: $R(z)$의 극을 같은 분지의 극형식으로 씁니다. 예: $-1=e^{i\pi}$ ($e^{-i\pi}$가 아님).
유수: $z^{a-1}$에도 같은 분지를 씁니다.
원 기여: $C_R$과 $C_\epsilon$이 0이 되는 $a$의 범위를 확인합니다.
두 변: 위쪽 변은 $I=\int_0^\infty x^{a-1}R\,dx$. 아래쪽 변은 $z=xe^{2\pi i}$라 $z^{a-1}=x^{a-1}e^{2\pi i(a-1)}=x^{a-1}e^{2\pi ia}$이고 방향이 반대이므로 $-e^{2\pi ia}I$.
결과: $(1-e^{2\pi ia})\,I=2\pi i\sum\mathrm{Res}$를 $I$에 대해 풉니다. 한 번에 쓰면 다음 일반 공식입니다.
$$\int_0^\infty x^{a-1}R(x)\,dx=-\frac{\pi e^{-i\pi a}}{\sin\pi a}\sum\mathrm{Res}\big[z^{a-1}R(z)\big]$$
조건: $R$이 $[0,\infty)$ 위에 극이 없고, $R(0)$이 유한하며 큰 $x$에서 $R\sim x^{-m}$일 때 $0<a<m$.
왜 되나? (증명 스케치)
위아래 변의 위상. 아래쪽 변은 양의 실축을 한 바퀴 돌아 다시 만난 곳이라 $z=xe^{2\pi i}$입니다. 그래서 $z^{a-1}=x^{a-1}e^{2\pi i(a-1)}=x^{a-1}e^{2\pi ia}$이고, 방향이 $\infty\to0$이라 $-e^{2\pi ia}I$가 됩니다. $a$가 정수이면 위상이 1이라 두 변이 지워지고 이 방법은 쓸 수 없습니다.
원 기여. 반지름 $\rho$인 큰 원 위에서 $|f|\approx\rho^{a-1-m}$, 둘레 $2\pi\rho$이므로 $\lesssim2\pi\rho^{a-m}\to0$ ($a<m$). 작은 원에서는 $\lesssim2\pi\epsilon\cdot\epsilon^{a-1}=2\pi\epsilon^{a}\to0$ ($a>0$). 실적분이 양 끝에서 수렴하는 조건과 같습니다.
일반 공식. $1-e^{2\pi ia}=-e^{i\pi a}\big(e^{i\pi a}-e^{-i\pi a}\big)=-2i\,e^{i\pi a}\sin\pi a$이므로
원 기여: $C_R$ 위에서 $|f|\approx\frac{R^{a-1}}{R}$, 길이 $2\pi R$이므로 크기 $\sim2\pi R^{a-1}\to0$ ($a<1$). $C_\epsilon$ 위에서 $|f|\approx\epsilon^{a-1}$, 길이 $2\pi\epsilon$이므로 $\sim2\pi\epsilon^{a}\to0$ ($a>0$).
원호: $C_R$ 위에서 $|f|\lesssim\frac{\ln R+2\pi}{R^2}$, 길이 $\pi R$이라 $\sim\frac{\ln R}{R}\to0$. $C_\epsilon$ 위에서 $|f|\lesssim|\ln\epsilon|+2\pi$, 길이 $\pi\epsilon$이라 $\sim\epsilon|\ln\epsilon|\to0$.
결과: 음의 실축 부분은 $\int_0^\infty\frac{\ln x+i\pi}{1+x^2}dx$입니다.
$$\begin{aligned}&2\int_0^\infty\frac{\ln x}{1+x^2}dx+i\pi\int_0^\infty\frac{dx}{1+x^2}\\&=2\pi i\cdot\frac\pi4=\frac{i\pi^2}{2}\end{aligned}$$
실수부: $2I=0$, 곧 $I=0$. 허수부: $\pi\cdot\frac\pi2=\frac{\pi^2}{2}$로 맞습니다(검산).
빠른 확인: $x\to\frac1x$로 치환하면 $I=-I$가 되므로 $I=0$입니다.
레시피 (로그 열쇠구멍, $\int_0^\infty R(x)\,dx$에서 $R$이 짝함수가 아닐 때)
$R$이 짝함수가 아니면 2절처럼 $(-\infty,\infty)$로 늘릴 수 없습니다. 대신 $f(z)=R(z)\ln z$를 만들고, 분지 $0\le\arg z<2\pi$와 그림 D의 열쇠구멍을 씁니다.
두 변: 위쪽 변은 $\ln z=\ln x$, 아래쪽 변은 $\ln z=\ln x+2\pi i$이고 방향이 반대입니다. 더하면 $\ln x$ 부분이 지워지고 $-2\pi i\int_0^\infty R\,dx$만 남습니다.
원 기여: $\deg Q\ge\deg P+2$이고 $R(0)$이 유한하면 큰 원은 $\frac{\ln\rho}{\rho}$ 꼴, 작은 원은 $\epsilon|\ln\epsilon|$ 꼴이라 둘 다 0입니다.
$\ln x$가 지워지는 것이 요점입니다. 이것이 $2\pi i\sum\mathrm{Res}$와 같으므로 $\int_0^\infty R\,dx=-\sum\mathrm{Res}[R\ln z]$입니다.
$\ln^2z$를 쓰면 같은 방식으로 $\ln^2x$가 지워지고 $-4\pi i\int R\ln x\,dx+4\pi^2\int R\,dx=2\pi i\sum\mathrm{Res}$가 남습니다. $-4\pi i$로 나눠 실수부와 허수부를 읽은 것이 레시피 5입니다. "구하려는 것보다 로그를 하나 더 곱한다"고 기억하면 됩니다.
$z^{a-1}$의 열쇠구멍에서는 위아래가 $e^{2\pi ia}$배 달랐고, 여기서는 $2\pi i$만큼 다릅니다. 차이는 그것뿐입니다.
세로 변: $\mathrm{Re}\,z=R$에서 $\Big|\dfrac{e^{az}}{1+e^z}\Big|\le\dfrac{e^{aR}}{e^R-1}\approx e^{-(1-a)R}\to0$ ($a<1$). $\mathrm{Re}\,z=-R$에서 $\le\dfrac{e^{-aR}}{1-e^{-R}}\to0$ ($a>0$). 길이는 $2\pi$로 고정이므로 둘 다 0.
결과: $(1-e^{2\pi ia})\,I=2\pi i\,(-e^{i\pi a})$. 예제 5-1과 똑같은 식이라 $I=\dfrac{\pi}{\sin\pi a}$. ($x=\ln t$로 치환하면 실제로 예제 5-1의 적분이 됩니다.)
7. 자주 하는 실수
$\cos kx$를 $\cos kz$로 그대로 복소화하기. 큰 반원에서 $\cosh$처럼 커집니다. $e^{ikz}$를 쓰세요.
$k<0$인데 상반평면으로 닫기. 그리고 하반평면으로 닫았는데 $-2\pi i$로 바꾸지 않기.
$d\theta=\frac{dz}{iz}$에서 $i$나 $z$를 빠뜨리기. 유형 1에서 가장 흔한 실수입니다.
단위원 밖의 근까지 더하기. 두 근의 곱이 1이면 절댓값이 작은 쪽만 안입니다.
차수 차가 1인 유리함수에 "큰 반원이 0"이라고 쓰기. $e^{ikx}$가 붙어 있을 때만 조르당으로 0이 됩니다.
답$\dfrac{4\pi}{3\sqrt3}$ — 단위원 안에 2차 극이 생깁니다. 또는 예제 1-1의 식을 $a$로 미분: $\int\frac{d\theta}{(a+b\cos\theta)^2}=\frac{2\pi a}{(a^2-b^2)^{3/2}}$ (L03의 매개변수 미분).
D2. $\mathrm{P}\!\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ix}}{x-1}\,dx$를 구하고, 이를 써서 $\mathrm{P}\!\int\frac{\cos x}{x-1}dx$와 $\mathrm{P}\!\int\frac{\sin x}{x-1}dx$를 구하세요.
답$i\pi e^{i}$, 따라서 $-\pi\sin1$과 $\pi\cos1$ — 상반평면 극이 없고 실축 극 $1$의 유수가 $e^i$. $i\pi(\cos1+i\sin1)$의 실수부와 허수부.