12. 경로적분의 예제와 크기에 대한 상계

12. 경로적분의 예제와 크기에 대한 상계

여기서는 경로적분을 이용해 적분을 구하는 방법과 적분의 크기에 대한 상계에 대해 다루도록 하겠다.

1. 경로 $C$가 원 $|z|=3$이고 $\displaystyle f(z)=\frac{1}{z}\,(z\neq0)$일 때, 경로 $C$에 대한 함수 $f(z)$의 적분은 $z=3e^{i\theta}\,(0\leq\theta\leq2\pi)$라고 했을 때 $\displaystyle\frac{dz}{d\theta}=3ie^{i\theta}$이므로 다음과 같다. $$\int_{C}{f(z)dz}=\int_{C}{\frac{1}{z}dz}=\int_{0}^{2\pi}{\frac{1}{3e^{i\theta}}3ie^{i\theta}d\theta}=i\int_{0}^{2\pi}{d\theta}=2\pi i$$ 이때 $z\overline{z}=|z|^{2}=9$이므로 $\displaystyle\overline{z}=\frac{9}{z}$이고 $$\int_{C}{\overline{z}dz}=9\int_{C}{\frac{1}{z}dz}=2\cdot9\pi=18\pi i$$ 이다.

2. 경로 $C_{1}$을 원점에서 점 $A(0,\,1)=i$를 거쳐 점 $B(1,\,1)=1+i$로 가는 직선, 경로 $C_{2}$를 원점에서 점 $B(1,\,1)=1+i$으로 가는 직선이라고 하자.(아래그림 참고)

$f(z)=y-x-i3x^{2}\,(z=x+iy)$일 때, $$\int_{OA}{f(z)dz}=\int_{0}^{1}{yidy}=i\int_{0}^{1}{ydy}=\frac{i}{2}\,\left(z=iy,\,\frac{dz}{dy}=\frac{d}{dy}(iy)=i\right)\\ \int_{AB}{f(z)dz}=\int_{0}^{1}{(1-x-3ix^{2})dx}=\int_{0}^{1}{(1-x)dx}-i\int_{0}^{1}{3x^{2}dx}=\frac{1}{2}-i\,\left(z=x,\,\frac{dz}{dx}=\frac{d}{dx}(x)=1\right)\\ \int_{OB}{f(z)dz}=-i\int_{0}^{1}{3(1+i)x^{2}dx}=(1-i)\int_{0}^{1}{3x^{2}dx}=1-i\,\left(z=x+ix(\because x=y),\,\frac{dz}{dx}=\frac{d}{dx}(x+ix)=1+i\right)$$ 이므로 $$\int_{C_{1}}{f(z)dz}=\int_{OA}{f(z)dz}+\int_{AB}{f(z)dz}=\frac{i}{2}+\left(\frac{1}{2}-i\right)=\frac{1-i}{2}\\ \int_{C_{2}}{f(z)dz}=\int_{OB}{f(z)dz}=1-i$$ 이다. 이 결과를 잘 살펴보면 경로에 따라 $f(z)$에 대한 적분값이 다르게 나왔고 폐경로($C_{1}-C_{2}$)에 대해서 $f(z)$를 적분하면 $0$이 나오지 않는다.

3. 반원 $C:\,z(\theta)=3e^{i\theta}\,(0\leq\theta\leq\pi)$에서의 다음의 함수 $f(z)$ $$f(z)=z^{\frac{1}{2}}=e^{\frac{1}{2}\log z}\,(|z|>0,\,0<\text{arg}z<2\pi)$$ 에 대한 적분을 구하자. 이 함수 $f(z)$는 $z=3$에서 정의되지 않는다.(아래그림 참고)

 

왜냐하면 $z=3$은 분지점이기 때문이다. 그러가 $C$상에서 $f(z)$의 적분 $$\int_{C}{f(z)dz}$$ 는 존재한다. $$f(z(\theta))z'(\theta)=\sqrt{3}e^{i\frac{\theta}{2}}3ie^{i\theta}=3\sqrt{3}ie^{i\frac{3}{2}\theta}$$ 의 $\theta=0$에서의 실수부와 허수부분의 우극한이 존재하기 때문이다. 그러면 $\theta=0$일 때 $f(z(\theta))z'(\theta)$의 값을 $i3\sqrt{3}$으로 정의하면 $f(z(\theta))z'(\theta)$는 $0\leq\theta\leq\pi$에서 연속이 되고 따라서 $$\int_{C}{f(z)dz}=3\sqrt{3}\int_{0}^{\pi}{e^{i\frac{3}{2}\theta}d\theta}=\left[2\sqrt{3}e^{i\frac{3}{2}\theta}\right]_{0}^{\pi}=-2\sqrt{3}(1+i)$$ 이다.

4. 반지름의 길이가 $R$인 원 $C:\,z(\theta)=Re^{i\theta}\,(-\pi\leq\theta\leq\pi)$에서의 다음의 함수 $f(z)$ $$f(z)=z^{a-1}=e^{(a-1)\text{Log}z}\,(|z|>0,\,-\pi<\text{Arg}z<\pi)$$ 에 대한 적분을 구하자. 여기서 $a$는 $0$이 아닌 실수이다. $$f(z(\theta))z'(\theta)=iR^{a}e^{ia\theta}$$ 이고 이 함수는 $-\pi<\theta<\pi$에서 조각연속이므로 $$\int_{C}{f(z)dz}=\int_{C}{z^{a-1}dz}=iR^{a}\int_{-\pi}^{\pi}{e^{ia\theta}d\theta}=iR^{a}\left[\frac{e^{ia\theta}}{ia}\right]_{-\pi}^{\pi}=i\frac{2R^{a}}{a}\frac{e^{ia\pi}-e^{-ia\pi}}{2i}=i\frac{2R^{a}}{a}\sin a\pi$$ 이다. 여기서 $a$가 $0$이 아닌 정수이면 $\sin a\pi=0$이므로 $$\int_{C}{z^{a-1}dz}=0$$ 이고, $a=0$이면 $$\int_{C}{\frac{dz}{z}}=\int_{-\pi}^{\pi}{\frac{1}{Re^{i\theta}}iRe^{i\theta}d\theta}=i\int_{-\pi}^{\pi}{d\theta}=2\pi i$$ 이다.

실수변수 복소함수 $w(t)$가 구간 $a\leq t\leq b$에서 조각연속일 때, 다음의 부등식이 성립한다. $$\left|\int_{a}^{b}{w(t)dt}\right|\leq\int_{a}^{b}{|w(t)|dt}$$ 이 부등식은 좌변의 적분값이 $0$이면 자명하기 때문에 $$\int_{a}^{b}{w(t)dt}=r_{0}e^{i\theta_{0}}\,(r_{0}>0)$$ 로 나타낼 수 있다. $$r_{0}=\int_{a}^{b}{e^{-i\theta_{0}}w(t)dt}$$ 이고 이 등식의 좌변이 실수이므로 우변도 실수이어야 한다. 그러면 $$r_{0}=\text{Re}\int_{a}^{b}{e^{-i\theta_{0}}w(t)dt}=\int_{a}^{b}{\text{Re}\left(e^{-i\theta_{0}}w(t)\right)dt}$$ 이고 $$\text{Re}\left(e^{-i\theta_{0}}w(t)\right)\leq|e^{-i\theta_{0}}w(t)|=|e^{-i\theta_{0}}||w(t)|=|w(t)|$$ 이므로 $$r_{0}\leq\int_{a}^{b}{|w(t)|dt}$$ 인데 $$r_{0}=\left|\int_{a}^{b}{w(t)dt}\right|$$ 이므로 증명하고자 하는 부등식이 증명되었다.

길이가 $L$인 경로 $C$와 $C$에서 조각연속인 함수 $f(z)$가 $$|f(z)|\leq M\,(M\geq0)$$ 을 만족한다고 하자. 그러면 $$\left|\int_{C}{f(z)dz}\right|\leq ML$$ 이다. 이유는 $C:\,z(t)\,(a\leq t\leq b)$라 할 때 $$\left|\int_{C}{f(z)dz}\right|=\left|\int_{a}^{b}{f(z(t))z'(t)dt}\right|\leq\int_{a}^{b}{|f(z(t))z'(t)|dt}\leq M\int_{a}^{b}{|z'(t)|dt}=ML\,\left(\because L=\int_{a}^{b}{|z'(t)|dt}\right)$$ 이기 때문이다. 

다음의 함수 $$P_{n}(x)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}{(x+i\sqrt{1-x^{2}}\cos\theta)^{n}d\theta}\,(n\in\mathbb{N}\cup\{0\})$$ 에 대하여 $0\leq\theta\leq\pi$에서 $|\cos\theta|\leq1$이므로 $$|(x+i\sqrt{1-x^{2}}\cos\theta)^{n}|=(\sqrt{x^{2}+(1-x^{2})\cos^{2}\theta})^{n}\leq(\sqrt{x^{2}+(1-x^{2})})^{n}=1^{n}=1$$ 이고 따라서 $$|P_{n}(x)|=\left|\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}{(x+i\sqrt{1-x^{2}}\cos\theta)^{n}d\theta}\right|\leq\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}{1d\theta}=\frac{1}{\pi}\pi=1$$ 이 성립한다.

$C_{R}$이 원 $|z|=R\,(R>2)$의 윗쪽 반을 나타내고 반시계방향일 때, 다음의 부등식이 성립한다. $$\left|\int_{C_{R}}{\frac{2z^{2}-1}{z^{4}+5z^{2}+4}dz}\right|\leq\frac{\pi R(2R^{2}+1)}{(R^{2}-1)(R^{2}-4)}$$ 그 이유를 밝히자. 삼각부등식에 의해 다음의 부등식들이 성립한다. $$|2z^{2}-1|\leq|2z^{2}|+|-1|=2R^{2}+1\\R^{2}-1=|z^{2}|-|1|\leq|z^{2}+1|\\R^{2}-4=|z^{2}|-4\leq|z^{2}+4|$$ 이때 $$z^{4}+5z^{2}+4=(z^{2}+1)(z^{2}+4)\\ \frac{1}{|z^{2}+1|}\leq\frac{1}{R^{2}-1},\,\frac{1}{|z^{2}+4|}\leq\frac{1}{R^{2}-4}$$ 이므로 $$\left|\frac{2z^{2}-1}{z^{4}+5z^{2}+4}\right|=\left|\frac{2z^{2}-1}{(z^{2}+1)(z^{2}+4)}\right|\leq\frac{2R^{2}+1}{(R^{2}-1)(R^{2}-4)}$$ 이고 따라서 $$\left|\int_{C_{R}}{\frac{2z^{2}-1}{z^{4}+5z^{2}+4}dz}\right|\leq\frac{2z^{2}+1}{(R^{2}-1)(R^{2}-4)}\int_{C_{R}}{dz}=\frac{\pi R(2R^{2}+1)}{(R^{2}-1)(R^{2}-4)}$$ 이다. 이때 $\displaystyle\lim_{R\,\rightarrow\,\infty}{\frac{\pi R(2R^{2}+1)}{(R^{2}-1)(R^{2}-4)}}=0$이므로 $$\lim_{R\,\rightarrow\,\infty}{\int_{C_{R}}{\frac{2z^{2}-1}{z^{4}+5z^{2}+4}dz}}=0$$ 이다. 

참고자료:

Complex Variables and Applications 8th edition, Churchill, Brown, McGraw-Hill