고주파 가열에 의한 철강의 표면 열처리 이론에 사용되는 적분공식

고주파 가열에 의한 철강의 표면 열처리 이론에 사용되는 적분공식

여기서 소개하고자 하는 문제는 Churchill과 Brown의 Complex Variables and Applications에 있는 유수정리(Residue theorem)를 이용하여 이상적분을 계산하는 문제이다.

이 문제의 이상적분식은 고주파 가열에 의한 철강의 표면 열처리 이론에 사용된다고 한다. 그래서 그 내용과 관련된 참고문헌을 찾으려고 구글검색 등의 방법을 이용했으나 제목만 알 뿐 찾지 못했다. 

관련된 참고문헌: Brown, G. H., C. N. Hoyler, and R. A. Bierwirth: "Theory and Application of Radio-Frequency Heating," D. Van Nostrand Company, Inc., New York, 1947.

 

이 문제에서 요구하는 것은 복소함수 이론을 이용하여 다음의 이상적분 공식이 성립함을 보이는 것이다. $$\int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{\{(x^{2}-a)^{2}+1\}^{2}}}=\frac{\pi}{8\sqrt{2}A^{3}}\{(2a^{2}+3)\sqrt{A+a}+a\sqrt{A-a}\}$$ 여기서 $a$는 임의의 실수이고 $A=\sqrt{a^{2}+1}$이다. 

이 문제의 피적분함수는 부정적분을 구할 수 없는 함수이기 때문에 복소함수 이론을 이용하여 이상적분을 구해야 한다. 그러기 위해서는 $x$축(실수축)과 그 위의 반원으로 둘러싸인 영역에서 해당 함수의 복소적분을 구하고 반원 위에서의 복소적분이 0으로 수렴함을 보여야 한다.

피적분함수는 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{\{(x^{2}-a)^{2}+1\}^{2}}$이고, 이 함수를 복소변수 $z$에 대한 함수로 나타내면 다음과 같다. $$f(z)=\frac{1}{\{(z^{2}-a)+1\}^{2}}$$ $q(z)=\{(z-a)^{2}+1\}$라고 하고 방정식 $q(z)=0$의 근을 구하자. 먼저 $z^{2}$에 대한 방정식으로 보고 $z^{2}$에 대한 근을 구하면 $a\pm i$이다. 즉 $z^{2}=a\pm i$. 

다음으로 $z$에 대한 방정식 $z^{2}=a\pm i$의 근을 구하자.

먼저 방정식 $z^{2}=a+i$의 근을 구하면 $$a+i=\sqrt{a^{2}+1}\left(\frac{a}{\sqrt{a^{2}+1}}+i\frac{1}{\sqrt{a^{2}+1}}\right)=Ae^{i\alpha}\,(\alpha=\text{Arg}(a+i))$$ 이므로 $A=\sqrt{a^{2}+1}$이라고 하면 방정식 $z^{2}=a+i$의 근은 $\pm\sqrt{A}e^{i\frac{\alpha}{2}}$이다. 이때 $$\cos\alpha=\frac{a}{A},\,\sin\alpha=\frac{1}{A}$$ 이므로 $$\cos^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{1+\cos\alpha}{2}=\frac{A+a}{2A},\,\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{1-\cos\alpha}{2}=\frac{A-a}{2A}$$ 이고 따라서 방정식 $z^{2}=a+i$의 근을 다음과 같이 나타낼 수 있다. $$z=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{A+a}+i\sqrt{A-a})$$

같은 방법으로 방정식 $z^{2}=a-i$의 근을 구하면 다음과 같다. $$z=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{A+a}-i\sqrt{A-a})$$ $\displaystyle z_{0}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{A+a}+i\sqrt{A-a})$라 하자. 그러면 $z_{0}$와 $-z_{0}$는 $a+i$의 제곱근이고, $\overline{z_{0}}$와 $-\overline{z_{0}}$는 $a-i$의 제곱근이고, 이때 $z_{0}$와 $-\overline{z_{0}}$는 반평면 $\text{Im}z\geq0$위에 있고, $\pm z_{0}$와 $\pm\overline{z_{0}}$는 방정식 $q(z)=0$의 근이다.

앞에서 $\displaystyle f(z)=\frac{1}{\{q(z)\}^{2}}$로 나타내었고, $f(z)$의 $z=z_{0}$, $z=-\overline{z_{0}}$에서의 유수를 구하자.  

$q(z)=(z-z_{0})g(z)$($g(z)$는 $z=z_{0}$에서 해석적이고 $g(z_{0})\neq0$)라 하자. 그러면 $f(z)$는 $z=z_{0}$에서 2차 극을 가지므로 $\displaystyle\phi(z)=\frac{1}{\{g(z)\}^{2}}$라 할 때 $\phi'(z_{0})$가 $f(z)$의 $z=z_{0}$에서의 유수이다. $$\phi'(z)=\frac{-2g'(z)g(z)}{\{g(z)\}^{4}}=-\frac{2g'(z)}{\{g(z)\}^{3}}$$ 이고 $$q'(z)=g(z)+(z-z_{0})g'(z),\,q''(z)=2g'(z)+(z-z_{0})g''(z)$$ 이므로 $q'(z_{0})=g(z_{0})$, $q''(z_{0})=2g'(z_{0})$이고 따라서 $\displaystyle\phi'(z_{0})=-\frac{q''(z_{0})}{\{q'(z_{0})\}^{3}}$이다. 

$f(z)$의 $z=z_{0}$에서의 유수를 $B_{1}$이라고 하면 다음과 같다. $$\begin{align*}B_{1}&=-\frac{12z_{0}^{2}-4a}{\{4z_{0}(z_{0}^{2}-a)\}^{3}}=-\frac{3z_{0}^{2}-a}{16z_{0}^{3}(z_{0}^{2})^{3}}=-\frac{3(a+i)-a}{16(a+i)z_{0}i^{3}}\\&=-\frac{(2a+3i)(a-i)}{16z_{0}(a+i)(a-i)i^{3}}=-\frac{(2a^{2}+3)+ai}{16z_{0}(a^{2}+1)(-i)}\\&=\frac{a-(2a^{2}+3)i}{16A^{2}z_{0}}\end{align*}$$ 같은 방법으로 $f(z)$의 $z=-\overline{z_{0}}$에서의 유수를 $B_{2}$라고 하면 다음과 같다. $$\begin{align*}B_{2}&=-\frac{12\overline{z_{0}}^{2}-4a}{\{-4\overline{z_{0}}(\overline{z_{0}}^{2}-a)\}^{3}}=\frac{3\overline{z_{0}}^{2}-a}{16\overline{z_{0}}^{3}(\overline{z_{0}}^{2}-a)^{3}}=\frac{3(a-i)-a}{16(a-i)\overline{z_{0}}(-i)^{3}}\\&=\frac{(2a-3i)(a+i)}{16\overline{z_{0}}(a-i)(a+i)i}=\frac{(2a^{2}+3)-ai}{16\overline{z_{0}}(a^{2}+1)i}\\&=\frac{-a-(2a^{2}+3)i}{16A^{2}\overline{z_{0}}}\end{align*}$$ 이때 $B_{2}=-\overline{B_{1}}$이고 따라서 다음이 성립한다. $$B_{1}+B_{2}=2\text{Im}B_{1}=\frac{1}{8A^{2}i}\text{Im}\left(\frac{-a+i(2a^{2}+3)}{z_{0}}\right)$$ 이때 $$\frac{1}{z_{0}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{A+a}+i\sqrt{A-a}}=\frac{\sqrt{A+a}-i\sqrt{A-a}}{\sqrt{2}A}$$ 이므로 $$\begin{align*}\frac{-a+(2a^{2}+3)i}{z_{0}}&=\frac{\{(-a+i(2a^{2}+3))\}(\sqrt{A+a}-i\sqrt{A-a})}{\sqrt{2}A}\\&=\frac{\{(2a^{2}+3)\sqrt{A-a}-a\sqrt{A+a}\}+\{(2a^{2}+3)\sqrt{A+a}+a\sqrt{A-a}\}i}{\sqrt{2}A}\end{align*}$$ 이고 따라서 $$B_{1}+B_{2}=\frac{1}{8\sqrt{2}A^{3}i}\{(2a^{2}+3)\sqrt{A+a}+a\sqrt{A-a}\}$$ 이다. 

유수를 구했으니 $x$축(실수축)과 그 위의 반원으로 둘러싸인 영역에서의 선적분을 구하자. 양의 실수 $R(>|z_{0}|)$에 대하여 실수축 $[-R,\,R]$과 반평면 $\text{Im}z\geq0$ 위에서의 반원 $C_{R}$로 둘러싸인 영역에서의 복소적분은 유수정리에 의해 $$\int_{-R}^{R}{\frac{1}{\{(x^{2}-a)^{2}+1\}^{2}}dx}+\int_{C_{R}}{f(z)dz}=2\pi i(B_{1}+B_{2}$$ 이고, $|z|=R$일 때 삼각부등식에 의해 $$|z\pm z_{0}|\geq||z|-|z_{0}||=R-|z_{0}|$$ 이고 $$|q(z)|=|(z-z_{0})(z+z_{0})(z-\overline{z_{0}})(z+\overline{z_{0}})|\geq(R-|z_{0}|)^{4}$$ 이므로 $$|f(z)|=\frac{1}{\{q(z)\}^{2}}\leq\frac{1}{(R-|z_{0}|)^{8}}$$ 이고 $$\left|\int_{C_{R}}{f(z)dz}\right|\leq\int_{C_{R}}{|f(z)|dz}\leq\frac{2\pi R}{(R-|z_{0}|)^{8}}$$ 이며 $\displaystyle\lim_{R\,\rightarrow\,\infty}{\frac{2\pi R}{(R-|z_{0}|)^{8}}}=0$이므로 $\displaystyle\lim_{R\,\rightarrow\,\infty}{\int_{C_{R}}{f(z)dz}}=0$이다. 

따라서 다음의 등식을 얻고 $$\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{\{(x^{2}-a)^{2}+1\}^{2}}dx}=2\pi i(B_{1}+B_{2})=\frac{\pi}{4\sqrt{2}A^{2}}\{(2a^{2}+3)\sqrt{A+a}+a\sqrt{A-a}\}$$ 이때 $\displaystyle\frac{1}{\{(x^{2}-a)^{2}+1\}^{2}}$는 우함수이므로 다음과 같이 원하는 결과를 얻었다. $$\int_{0}^{\infty}{\frac{1}{\{(x^{2}-a)^{2}+1\}^{2}}dx}=\frac{\pi}{8\sqrt{2}A^{3}}\{(2a^{2}+3)\sqrt{A+a}+a\sqrt{A-a}\}$$ 이상으로 철강의 열처리에 사용되는 적분공식의 유도를 마쳤다.