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1. 개요
exponential integral function / 指數積分函數특수함수의 하나로, [math(\mathrm{Ei}(x))]로 표기하며 정의는 다음과 같다.
[math({\rm Ei}(x) := \begin{cases}
\displaystyle -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \quad & (x<0) \\
\displaystyle -\lim_{c\rightarrow0+} \left( \int_{-x}^{-c} \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t +\lim_{k\rightarrow\infty} \int_c^k \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \right) \quad & (x>0)
\end{cases} )]
이 함수의 그래프는 아래와 같다.
위 그래프에서 볼 수 있듯, [math(x)]절편이 하나 있는데, 그 값은 [math(\ln\mu)]이며 약 [math(0.372507)] 정도 되는 값이다. 여기서 [math(\mu)]는 로그 적분 함수의 [math(x)]절편이고, 라마누잔-졸트너 상수라는 이름이 붙어 있다.
지수 적분 함수는 간단하게
[math(\displaystyle \operatorname{Ei}(x) = \int_{\ln \mu}^x \frac{e^t}t \,{\rm d}t)]
로도 쓸 수 있다.
감마 함수, 오일러-마스케로니 상수와 연관성이 있다. 정의역에 자연로그를 취하면 로그 적분 함수가 된다.
값이 충분히 클 경우 피적분 함수를 근삿값으로 써도 된다. 실제로
[math(\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{{\rm Ei}(x)}{e^x/x}=1)]
이다.
2. 극한값 및 미적분
- [math(\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{Ei}(ax)=\frac{e^{ax}}x )] (단, [math(a)]는 상수)
정적분으로 정의된 함수 [math(\displaystyle \int_{g(x)}^bf(t)\,\mathrm{d}t)]를 미분하면 다음과 같다. (단, [math(b)]는 상수)
[math(\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{g(x)}^bf(t)\,\mathrm{d}t=-f(g(x))\cdot g'(x) )]
이 등식을 활용하면 지수 적분 함수의 미분을 쉽게 구할 수 있다.
[math(\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{Ei}(ax)=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{-ax}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,\mathrm{d}t=-\left(-\frac{e^{ax}}{-ax}\cdot(-a)\right)=\frac{e^{ax}}x )]
}}} ||
- [math(\displaystyle \lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^n(x)=0 )] (단, [math(n)]은 자연수)
수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
(i) 우선 [math(n=1)]일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(\overset\mathbf{*}=)]로 표시했다.
[math(\displaystyle \lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}(x)=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{Ei}(x)}{\cfrac1x}\overset\mathbf{*}=\lim_{x\to0}\frac{\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}}=-\lim_{x\to0}xe^x=-0\cdot1=0 )]
(ii) 이제 자연수 [math(k)]에 대하여 [math(n=k)]일 때 [math(\displaystyle \lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^k(x)=0)]이 성립한다고 가정하자. 그러면 [math(n=k+1)]일 때에 대한 증명은 아래와 같다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^{k+1}(x)&=\lim_{x\to0}\frac{\mathrm{Ei}^{k+1}(x)}{\cfrac1x}\overset\mathbf{*}=\lim_{x\to0}\frac{(k+1)\mathrm{Ei}^k(x)\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} \\
&=-(k+1)\lim_{x\to0}(e^x\cdot x\,\mathrm{Ei}^k(x))=-(k+1)\cdot1\cdot0 \\
&=0
\end{aligned} )]
따라서 [math(n=k+1)]일 때도 주어진 등식이 성립한다.
(i)과 (ii)에 의해서 모든 자연수 [math(n)]에 대해 주어진 등식이 성립한다.
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- [math(\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^n(x)=0 )] (단, [math(n)]은 자연수)
수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
(i) 우선 [math(n=1)]일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(\overset\mathbf{*}=)]로 표시했다.
[math(\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}(x)=\lim_{x\to-\infty}\frac{\mathrm{Ei}(x)}{\cfrac1x}\overset\mathbf{*}=\lim_{x\to-\infty}\frac{\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}}=\lim_{x\to-\infty}\frac{-x}{e^{-x}}\overset\mathbf{*}=\lim_{x\to-\infty}\frac{-1}{-e^{-x}}=0 )]
(ii) 이제 자연수 [math(k)]에 대하여 [math(n=k)]일 때 [math(\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^k(x)=0)]이 성립한다고 가정하자. 그러면 [math(n=k+1)]일 때에 대한 증명은 아래와 같다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^{k+1}(x)&=\lim_{x\to-\infty}\frac{\mathrm{Ei}^{k+1}(x)}{\cfrac1x}\overset\mathbf{*}=\lim_{x\to-\infty}\frac{(k+1)\mathrm{Ei}^k(x)\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} \\
&=-(k+1)\lim_{x\to-\infty}(e^x\cdot x\,\mathrm{Ei}^k(x))=-(k+1)\cdot0\cdot0 \\
&=0
\end{aligned} )]
따라서 [math(n=k+1)]일 때도 주어진 등식이 성립한다.
(i)과 (ii)에 의해서 모든 자연수 [math(n)]에 대해 주어진 등식이 성립한다.
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- [math(\displaystyle \int\mathrm{Ei}(ax)\,\mathrm{d}x=x\,\mathrm{Ei}(ax)-\frac1ae^{ax}+C)] (단, [math(C)]는 적분상수)
부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \int\mathrm{Ei}(ax)\,\mathrm{d}x&=\int1\cdot\mathrm{Ei}(ax)\,\mathrm{d}x \\
&=x\cdot\mathrm{Ei}(ax)-\int x\cdot\frac{e^{ax}}x\,\mathrm{d}x \\
&=x\,\mathrm{Ei}(ax)-\frac1ae^{ax}+C
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\displaystyle \int\mathrm{Ei}^2(ax)\,\mathrm{d}x=x\,\mathrm{Ei}^2(ax)-\frac2ae^{ax}\mathrm{Ei}(ax)+\frac2a\mathrm{Ei}(2ax)+C)] (단, [math(C)]는 적분상수)
위와 마찬가지로 부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \int\mathrm{Ei}^2(ax)\,\mathrm{d}x&=\int1\cdot\mathrm{Ei}^2(ax)\,\mathrm{d}x \\
&=x\cdot\mathrm{Ei}^2(ax)-\int x\cdot2\,\mathrm{Ei}(ax)\,\frac{e^{ax}}x\,\mathrm{d}x \\
&=x\,\mathrm{Ei}^2(ax)-2\int e^{ax}\cdot\mathrm{Ei}(ax)\,\mathrm{d}x \\
&=x\,\mathrm{Ei}^2(ax)-2\left(\frac1ae^{ax}\cdot\mathrm{Ei}(ax)-\int\frac1ae^{ax}\cdot\frac{e^{ax}}x\,\mathrm{d}x\right) \\
&=x\,\mathrm{Ei}^2(ax)-\frac2ae^{ax}\mathrm{Ei}(ax)+\frac2a\int\frac{e^{2ax}}x\,\mathrm{d}x \\
&=x\,\mathrm{Ei}^2(ax)-\frac2ae^{ax}\mathrm{Ei}(ax)+\frac2a\int\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Ei}(2ax)\,\mathrm{d}x \\
&=x\,\mathrm{Ei}^2(ax)-\frac2ae^{ax}\mathrm{Ei}(ax)+\frac2a\mathrm{Ei}(2ax)+C
\end{aligned} )]
}}} ||
2.1. 지수 적분 함수의 이상적분
- [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}(x) \,\mathrm{d}x = -1)]
[math(\displaystyle \begin{aligned} \int_{-\infty}^0\mathrm{Ei}(x)\,\mathrm{d}x&=\Bigl[x\,\mathrm{Ei}(x)-e^x\Bigr]_{-\infty}^{0} \\
&=\Bigl(\lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}(x)-e^0\Bigr)-\Bigl(\lim_{x\to -\infty}x\,\mathrm{Ei}(x)-\lim_{x\to -\infty}e^x\Bigr) \\
&=(0-1)-(0-0) \\
&=-1
\end{aligned} )]
&=\Bigl(\lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}(x)-e^0\Bigr)-\Bigl(\lim_{x\to -\infty}x\,\mathrm{Ei}(x)-\lim_{x\to -\infty}e^x\Bigr) \\
&=(0-1)-(0-0) \\
&=-1
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}^2(x) \,\mathrm{d}x = 2\ln2 \approx 1.3862943611 )]
[math(\displaystyle \begin{aligned} \int_{-\infty}^0\mathrm{Ei}^2(x)\,\mathrm{d}x&=\Bigl[x\,\mathrm{Ei}^2(x)\Bigr]_{-\infty}^0-\int_{-\infty}^0x\cdot2\,\mathrm{Ei}(x)\frac{e^x}x\,\mathrm{d}x \\
&=\left(\lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^2(x)-\lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^2(x)\right)-2\int_{-\infty}^0e^x\mathrm{Ei}(x)\,\mathrm{d}x \\
&=(0-0)-2\int_{-\infty}^0e^x\left(-\int_{-x}^{\infty}\frac{e^{-t}}t\,\mathrm{d}t\right)\,\mathrm{d}x \\
&=2\int_{-\infty}^0\int_{-x}^{\infty}\frac{e^xe^{-t}}t\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}x\qquad\quad\mathrm{Let}:x=-y \\
&=2\int_{\infty}^0\int_y^{\infty}\frac{e^{-y}e^{-t}}t\,\mathrm{d}t\,(-\mathrm{d}y)\qquad\quad\mathrm{Let}:t=yu\rightarrow\mathrm{d}t=y\,\mathrm{d}u \\
&=2\int_0^{\infty}\int_1^{\infty}\frac{e^{-y}e^{-yu}}{yu}\,y\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}y \\
&=2\int_1^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{e^{-y(1+u)}}u\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}u \\
&=2\int_1^{\infty}\left[-\frac{e^{-y(1+u)}}{u(1+u)}\right]_{y\to0}^{y\to\infty}\,\mathrm{d}u \\
&=-2\int_1^{\infty}\left(0-\frac1{u(1+u)}\right)\,\mathrm{d}u \\
&=2\int_1^{\infty}\left(\frac1u-\frac1{1+u}\right)\,\mathrm{d}u \\
&=2\Bigl[\ln u-\ln{(1+u)}\Bigr]_{1}^{\infty} \\
&=2\left[\ln\frac u{1+u}\right]_{1}^{\infty} \\
&=2\left(0-\ln\frac12\right) \\
&=2\ln2
\end{aligned} )]
&=\left(\lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^2(x)-\lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^2(x)\right)-2\int_{-\infty}^0e^x\mathrm{Ei}(x)\,\mathrm{d}x \\
&=(0-0)-2\int_{-\infty}^0e^x\left(-\int_{-x}^{\infty}\frac{e^{-t}}t\,\mathrm{d}t\right)\,\mathrm{d}x \\
&=2\int_{-\infty}^0\int_{-x}^{\infty}\frac{e^xe^{-t}}t\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}x\qquad\quad\mathrm{Let}:x=-y \\
&=2\int_{\infty}^0\int_y^{\infty}\frac{e^{-y}e^{-t}}t\,\mathrm{d}t\,(-\mathrm{d}y)\qquad\quad\mathrm{Let}:t=yu\rightarrow\mathrm{d}t=y\,\mathrm{d}u \\
&=2\int_0^{\infty}\int_1^{\infty}\frac{e^{-y}e^{-yu}}{yu}\,y\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}y \\
&=2\int_1^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{e^{-y(1+u)}}u\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}u \\
&=2\int_1^{\infty}\left[-\frac{e^{-y(1+u)}}{u(1+u)}\right]_{y\to0}^{y\to\infty}\,\mathrm{d}u \\
&=-2\int_1^{\infty}\left(0-\frac1{u(1+u)}\right)\,\mathrm{d}u \\
&=2\int_1^{\infty}\left(\frac1u-\frac1{1+u}\right)\,\mathrm{d}u \\
&=2\Bigl[\ln u-\ln{(1+u)}\Bigr]_{1}^{\infty} \\
&=2\left[\ln\frac u{1+u}\right]_{1}^{\infty} \\
&=2\left(0-\ln\frac12\right) \\
&=2\ln2
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}^3(x) \,\mathrm{d}x = -3\,\mathrm{Li}_2\biggl(\frac14\biggr) -6\ln^22 \approx -3.6856760008 )]
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_{-\infty}^0\mathrm{Ei}^3(x)\,\mathrm{d}x&=\Bigl[x\,\mathrm{Ei}^3(x)\Bigr]_{-\infty}^0-\int_{-\infty}^0x\cdot3\mathrm{Ei}^2(x)\,\frac{e^x}x\,\mathrm{d}x \\
&=\left(\lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^3(x)-\lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^3(x)\right)-3\int_{-\infty}^0e^x\mathrm{Ei}^2(x)\,\mathrm{d}x \\
&=(0-0)-3 \int_{-\infty}^0 e^x \!\left(-\int_{-x}^{\infty}\frac{e^{-t_1}}{t_1}\,\mathrm{d}t_1\right) \!\left(-\int_{-x}^{\infty}\frac{e^{-t_2}}{t_2}\,\mathrm{d}t_2\right) \mathrm{d}x \\
&=-3 \int_{-\infty}^0\int_{-x}^{\infty}\int_{-x}^{\infty} \frac{e^xe^{-t_1}e^{-t_2}}{t_1t_2} \,\mathrm{d}t_1\,\mathrm{d}t_2\,\mathrm{d}x\qquad\quad\mathrm{Let}: x=-z \\
&=-3 \int_{\infty}^0\int_z^{\infty}\int_z^{\infty} \frac{e^{-z}e^{-t_1}e^{-t_2}}{t_1t_2} \,\mathrm{d}t_1\,\mathrm{d}t_2(-\mathrm{d}z) \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}: t_1=zx,\,t_2=zy\Rightarrow\mathrm{d}t_1=z\,\mathrm{d}x,\,\mathrm{d}t_2=z\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_0^{\infty}\int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \frac{e^{-z}e^{-zx}e^{-zy}}{zx\cdot zy} \,z\,\mathrm{d}x\,z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty}\int_0^{\infty} \frac{e^{-z(1+x+y)}}{xy} \,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \left[-\frac{e^{-z(1+x+y)}}{xy(1+x+y)}\right]_{z\to0}^{z\to\infty} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \left[(-0)-\left(-\frac1{xy(1+x+y)}\right)\right] \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \frac1{xy(1+x+y)} \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&\qquad\quad 부분분수\ 분해\ 공식\ 사용: \frac1{ABC}=\frac1{B(C-A)}\!\left(\frac1A-\frac1C\right) \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \frac1{y(1+y)} \!\left(\frac1x-\frac1{1+x+y}\right) \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty} \frac1{y(1+y)} \Bigl[\ln x-\ln{(1+x+y)}\Bigr]_{x\to1}^{x\to\infty} \mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty} \frac1{y(1+y)} \!\left[\ln\frac x{1+x+y}\right]_{x\to1}^{x\to\infty} \mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty} \frac1{y(1+y)} \!\left(0-\ln\frac1{2+y}\right) \mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty} \frac{\ln{(2+y)}}{y(1+y)} \,\mathrm{d}y \qquad\quad \mathrm{Let}: y=\frac1u \\
&=-3 \int_1^0 \frac{\ln{(2+\frac1u)}}{\frac1u\!\left(1+\frac1u\right)} \!\left(-\frac1{u^2}\right) \mathrm{d}u \\
&=-3 \int_0^1 \frac{{\color{blue}\ln{(2u+1)}}-{\color{red}\ln u}}{u+1} \,\mathrm{d}u \qquad \cdots (1) \\
\end{aligned} )]
\int_{-\infty}^0\mathrm{Ei}^3(x)\,\mathrm{d}x&=\Bigl[x\,\mathrm{Ei}^3(x)\Bigr]_{-\infty}^0-\int_{-\infty}^0x\cdot3\mathrm{Ei}^2(x)\,\frac{e^x}x\,\mathrm{d}x \\
&=\left(\lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^3(x)-\lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^3(x)\right)-3\int_{-\infty}^0e^x\mathrm{Ei}^2(x)\,\mathrm{d}x \\
&=(0-0)-3 \int_{-\infty}^0 e^x \!\left(-\int_{-x}^{\infty}\frac{e^{-t_1}}{t_1}\,\mathrm{d}t_1\right) \!\left(-\int_{-x}^{\infty}\frac{e^{-t_2}}{t_2}\,\mathrm{d}t_2\right) \mathrm{d}x \\
&=-3 \int_{-\infty}^0\int_{-x}^{\infty}\int_{-x}^{\infty} \frac{e^xe^{-t_1}e^{-t_2}}{t_1t_2} \,\mathrm{d}t_1\,\mathrm{d}t_2\,\mathrm{d}x\qquad\quad\mathrm{Let}: x=-z \\
&=-3 \int_{\infty}^0\int_z^{\infty}\int_z^{\infty} \frac{e^{-z}e^{-t_1}e^{-t_2}}{t_1t_2} \,\mathrm{d}t_1\,\mathrm{d}t_2(-\mathrm{d}z) \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}: t_1=zx,\,t_2=zy\Rightarrow\mathrm{d}t_1=z\,\mathrm{d}x,\,\mathrm{d}t_2=z\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_0^{\infty}\int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \frac{e^{-z}e^{-zx}e^{-zy}}{zx\cdot zy} \,z\,\mathrm{d}x\,z\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty}\int_0^{\infty} \frac{e^{-z(1+x+y)}}{xy} \,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \left[-\frac{e^{-z(1+x+y)}}{xy(1+x+y)}\right]_{z\to0}^{z\to\infty} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \left[(-0)-\left(-\frac1{xy(1+x+y)}\right)\right] \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \frac1{xy(1+x+y)} \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&\qquad\quad 부분분수\ 분해\ 공식\ 사용: \frac1{ABC}=\frac1{B(C-A)}\!\left(\frac1A-\frac1C\right) \\
&=-3 \int_1^{\infty}\int_1^{\infty} \frac1{y(1+y)} \!\left(\frac1x-\frac1{1+x+y}\right) \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty} \frac1{y(1+y)} \Bigl[\ln x-\ln{(1+x+y)}\Bigr]_{x\to1}^{x\to\infty} \mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty} \frac1{y(1+y)} \!\left[\ln\frac x{1+x+y}\right]_{x\to1}^{x\to\infty} \mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty} \frac1{y(1+y)} \!\left(0-\ln\frac1{2+y}\right) \mathrm{d}y \\
&=-3 \int_1^{\infty} \frac{\ln{(2+y)}}{y(1+y)} \,\mathrm{d}y \qquad\quad \mathrm{Let}: y=\frac1u \\
&=-3 \int_1^0 \frac{\ln{(2+\frac1u)}}{\frac1u\!\left(1+\frac1u\right)} \!\left(-\frac1{u^2}\right) \mathrm{d}u \\
&=-3 \int_0^1 \frac{{\color{blue}\ln{(2u+1)}}-{\color{red}\ln u}}{u+1} \,\mathrm{d}u \qquad \cdots (1) \\
\end{aligned} )]
위의 정적분을 색깔별로 쪼개서 적분한 후 마지막에 값을 합쳐주면 된다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1 \frac{{\color{blue}\ln{(2u+1)} }}{u+1} \,\mathrm{d}u &= \int_0^1 \ln{(2u+1)}\cdot\frac2{2u+2} \,\mathrm{d}u \\
&= \Bigl[\ln{(2u+1)}\cdot\ln{(2u+2)}\Bigr]_0^1 -\int_0^1 \frac2{2u+1}\cdot\ln{(2u+2)} \,\mathrm{d}u \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}: 1+2u=-v \\
&=(\ln3\cdot\ln4-0) -2\int_{-1}^{-3} \frac{\ln{(1-v)}}{-v} \!\left(-\frac12\,\mathrm{d}v\right) \\
&= 2\ln2\ln3 +\int_{-1}^{-3} \frac{-\ln{(1-v)}}v \,\mathrm{d}v \\
&= 2\ln2\ln3 +\int_0^{-3} \frac{-\ln{(1-v)}}v \,\mathrm{d}v -\int_0^{-1} \frac{-\ln{(1-v)}}v \,\mathrm{d}v \\
&=2\ln2\ln3+\mathrm{Li}_2(-3)-\mathrm{Li}_2(-1)\qquad\cdots(2)
\end{aligned} )]
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1 \frac{{\color{red}\ln u}}{u+1} \,\mathrm{d}u &= \Bigl.\ln u\ln{(u+1)}\Bigr|_0^1 -\int_0^1 \frac1u\ln{(1+u)} \,\mathrm{d}u \\
&= \left[0-\lim_{u\to0^+}\ln u\ln{(u+1)}\right] +\int_0^1 \frac{\ln{(1-(-u))}}{-u} \,\mathrm{d}u \\
&\qquad\quad \mathrm{Let}: -u=t \\
&=0 +\int_0^{-1} \frac{\ln{(1-t)}}t (-\mathrm{d}t) \\
&= \int_0^{-1} \frac{-\ln{(1-t)}}t \,\mathrm{d}t \\
&= \mathrm{Li}_2(-1)\qquad\cdots(3)
\end{aligned} )]
\int_0^1 \frac{{\color{red}\ln u}}{u+1} \,\mathrm{d}u &= \Bigl.\ln u\ln{(u+1)}\Bigr|_0^1 -\int_0^1 \frac1u\ln{(1+u)} \,\mathrm{d}u \\
&= \left[0-\lim_{u\to0^+}\ln u\ln{(u+1)}\right] +\int_0^1 \frac{\ln{(1-(-u))}}{-u} \,\mathrm{d}u \\
&\qquad\quad \mathrm{Let}: -u=t \\
&=0 +\int_0^{-1} \frac{\ln{(1-t)}}t (-\mathrm{d}t) \\
&= \int_0^{-1} \frac{-\ln{(1-t)}}t \,\mathrm{d}t \\
&= \mathrm{Li}_2(-1)\qquad\cdots(3)
\end{aligned} )]
빨간색 적분 과정의 둘째 줄에 있는 극한값은 아래와 같이 계산됐다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(\overset{*}=)]로 나타내었다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\lim_{u\to0^+} \ln u \ln{(u+1)} &= \lim_{u\to0^+} \frac{\ln u}{1/u} \frac{\ln{(u+1)}}{u} \\
&= \lim_{u\to0^+} \frac{\ln u}{1/u} \lim_{u\to0^+} \frac{\ln{(u+1)}}{u} \\
&\overset{*}= \lim_{u\to0^+} \frac{1/u}{-1/u^2} \lim_{u\to0^+} \frac{1/(u+1)}1 \\
&= -\lim_{u\to0^+} u \lim_{u\to0^+} \frac1{u+1} \\
&=-0\cdot1 \\
&=0
\end{aligned} )]
이제 [math((2))], [math((3))]의 값을 [math((1))]에 대입하고, 폴리로그함수의 성질들을 사용하여 정리하면 최종적으로 정적분 [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0\mathrm{Ei}^3(x)\,\mathrm{d}x)]의 값을 구할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_{-\infty}^0\mathrm{Ei}^3(x)\,\mathrm{d}x &= -3 \int_0^1 \frac{{\color{blue}\ln{(2u+1)}}-{\color{red}\ln u}}{u+1} \,\mathrm{d}u \\
&= -3\left[ ({\color{blue}2\ln2\ln3+\mathrm{Li}_2(-3)-\mathrm{Li}_2(-1)}) - {\color{red}\mathrm{Li}_2(-1)} \right] \\
&= -6\ln2\ln3 -3\,\mathrm{Li}_2(-3) +6\,\mathrm{Li}_2(-1) \\
&\qquad\quad \mathrm{Li}_2(-1)=(2^{-1}-1)\,\zeta(2)=-\frac{\pi^2}{12} \\
&\qquad\quad \mathrm{Inversion\ Formula}\,(x=-3): \mathrm{Li}_2(x)+\mathrm{Li}_2\!\left(\frac1x\right)=-\frac{\pi^2}6-\frac12\ln^2(-x) \\
&= -6\ln2\ln3 -3\!\left[-\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac13\right) -\frac{\pi^2}6 -\frac12\ln^23\right] -\frac{\pi^2}2 \\
&= 3\,\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac13\right) -6\ln2\ln3 +\frac32\ln^23 \\
&\qquad\quad \mathrm{Landen's\ Identity}\!\left(x=\frac43\right): \mathrm{Li}_2(1-x)+\mathrm{Li}_2\!\left(1-\frac1x\right)=-\frac12\ln^2x \\
&= 3\left[-\mathrm{Li}_2\!\left(\frac14\right) -\frac12\ln^2\!\left(\frac43\right)\right] -6\ln2\ln3 +\frac32\ln^23 \\
&= -3\,\mathrm{Li}_2\!\left(\frac14\right) -\frac32(2\ln2-\ln3)^2 -6\ln2\ln3 +\frac32\ln^23 \\
&= -3\,\mathrm{Li}_2\!\left(\frac14\right) -6\ln^22
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}^4(x) \,\mathrm{d}x = 24\,\mathrm{Li}_3\biggl(\frac14\biggr) -48\,\mathrm{Li}_2\biggl(\frac13\biggr) -32\ln^32 +48\ln^22\ln3 -24\ln2\ln^23 +6\pi^2\ln2 -13\,\zeta(3) \approx 8.6455182667 )]
증명
위에서 [math(\mathrm{Li}_s(x))]는 폴리로그함수, [math(\zeta(x))]는 제타 함수이다.
3. 무한급수 표기
- 양의 실수 [math(x)]에 대하여 다음이 성립한다. 여기서 [math(\gamma)]는 오일러-마스케로니 상수이다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \operatorname{Ei}(x) = \gamma +\ln x +\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k\times k!} \end{aligned} )] |
4. 곰페르츠 상수
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| [math(-e, {rm Ei}(-1))] (곰페르츠 상수) | [math(mu)] (라마누잔-졸트너 상수) | [math(B_{2})], [math(B_{4})] (브룬 상수) | [math(rho)] (플라스틱 상수) | [math(delta)], [math(alpha)] (파이겐바움 상수) | |
Gompertz constant
곰페르츠 상수는 벤자민 곰페르츠의 이름을 딴 상수로, 다음과 같이 정의되며
[math(\displaystyle \delta = \int_0^\infty \ln(1+x) \,e^{-x} \,{\rm d}x )] |
요런 급수로도 나타낼 수 있다.
0!-1!+2!-3!+4!...