지수 적분 함수

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1. 개요2. 극한값 및 미적분
2.1. 지수 적분 함수의 이상적분
3. 무한급수 표기4. 곰페르츠 상수5. 관련 문서

1. 개요 [편집]

지수 적분 함수(exponential integral function)는 특수함수의 하나로, Ei(x)\mathrm{Ei}(x)로 표기하며, 정의는 다음과 같다.

Ei(x)≡−∫−x∞e−tt dt\displaystyle \mathrm{Ei}(x)\equiv -\int_{-x}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,\mathrm{d}t

이 함수의 그래프는 아래와 같다.

파일:namu_지수적분함수_그래프_NEW_NEW.png

위 그래프에서 볼 수 있듯, xx절편이 하나 있는데, 그 값은 ln⁡μ\ln\mu이며 약 0.3725070.372507 정도 되는 값이다. 여기서 μ\mu는 로그 적분 함수의 xx절편이고, 라마누잔-졸트너 상수라는 이름이 붙어 있다. 불완전 감마 함수를 이용해 그 값을

μ≡−Γ(0, −ln⁡2)−iπ\mu\equiv-\Gamma(0,\,-\ln 2)-i\pi

로 표기할 수 있다.

감마 함수, 오일러-마스케로니 상수와 연관성이 있다. 정의역에 자연로그를 취하면 로그 적분 함수가 된다.

2. 극한값 및 미적분 [편집]

  • ddx Ei(ax)=eaxx\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{Ei}(ax)=\frac{e^{ax}}x (단, aa는 상수)
    [증명]

    정적분으로 정의된 함수 ∫g(x)bf(t) dt\displaystyle \int_{g(x)}^bf(t)\,\mathrm{d}t를 미분하면 다음과 같다. (단, bb는 상수)

    ddx∫g(x)bf(t) dt=−f(g(x))⋅g′(x)\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.

    ddx Ei(ax)=−ddx∫−ax∞e−tt dt=−(−eax−ax⋅(−a))=eaxx\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

  • lim⁡x→0x Ein(x)=0\displaystyle \lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^n(x)=0 (단, nn은 자연수)
    [증명]

    수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
    (i) 우선 n=1n=1일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 \overset\mathbf{*}=로 표시하였다.

    \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 kk에 대하여 n=kn=k일 때 lim⁡x→0x Eik(x)=0\displaystyle \lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^k(x)=0이 성립한다고 가정하자. 그러면 n=k+1n=k+1일 때에 대한 증명은 아래와 같다.

    \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 n=k+1n=k+1일 때도 주어진 등식이 성립한다.
    (i)과 (ii)에 의해서 모든 자연수 nn에 대해 주어진 등식이 성립한다.

  • lim⁡x→−∞x Ein(x)=0\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^n(x)=0 (단, nn은 자연수)
    [증명]

    수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
    (i) 우선 n=1n=1일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 \overset\mathbf{*}=로 표시하였다.

    \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 kk에 대하여 n=kn=k일 때 lim⁡x→−∞x Eik(x)=0\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^k(x)=0이 성립한다고 가정하자. 그러면 n=k+1n=k+1일 때에 대한 증명은 아래와 같다.

    \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 n=k+1n=k+1일 때도 주어진 등식이 성립한다.
    (i)과 (ii)에 의해서 모든 자연수 nn에 대해 주어진 등식이 성립한다.

  • ∫Ei(ax) dx=x Ei(ax)−1aeax+C\displaystyle \int\mathrm{Ei}(ax)\,\mathrm{d}x=x\,\mathrm{Ei}(ax)-\frac1ae^{ax}+C (단, CC는 적분상수)
    [증명]

    부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.

    ∫Ei(ax) dx=∫1⋅Ei(ax) dx=x⋅Ei(ax)−∫x⋅eaxx dx=x Ei(ax)−1aeax+C\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}

  • ∫Ei2(ax) dx=x Ei2(ax)−2aeaxEi(ax)+2aEi(2ax)+C\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, CC는 적분상수)
    [증명]

    위와 마찬가지로 부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.

    ∫Ei2(ax) dx=∫1⋅Ei2(ax) dx=x⋅Ei2(ax)−∫x⋅2 Ei(ax) eaxx dx=x Ei2(ax)−2∫eax⋅Ei(ax) dx=x Ei2(ax)−2(1aeax⋅Ei(ax)−∫1aeax⋅eaxx dx)=x Ei2(ax)−2aeaxEi(ax)+2a∫e2axx dx=x Ei2(ax)−2aeaxEi(ax)+2a∫ddxEi(2ax) dx=x Ei2(ax)−2aeaxEi(ax)+2aEi(2ax)+C\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 [편집]

  • ∫−∞0Ei(x) dx=−1\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}(x) \,\mathrm{d}x = -1
    [증명]

    ∫−∞0Ei(x) dx=[x Ei(x)−ex]−∞0=(lim⁡x→0x Ei(x)−e0)−(lim⁡x→−∞x Ei(x)−lim⁡x→−∞ex)=(0−1)−(0−0)=−1\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}

  • ∫−∞0Ei2(x) dx=2ln⁡2≈1.3862943611\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}^2(x) \,\mathrm{d}x = 2\ln2 \approx 1.3862943611
    [증명]

    ∫−∞0Ei2(x) dx=[x Ei2(x)]−∞0−∫−∞0x⋅2 Ei(x)exx dx=(lim⁡x→0x Ei2(x)−lim⁡x→−∞x Ei2(x))−2∫−∞0exEi(x) dx=(0−0)−2∫−∞0ex(−∫−x∞e−tt dt) dx=2∫−∞0∫−x∞exe−tt dt dxLet:x=−y=2∫∞0∫y∞e−ye−tt dt (−dy)Let:t=yu→dt=y du=2∫0∞∫1∞e−ye−yuyu y du dy=2∫1∞∫0∞e−y(1+u)u dy du=2∫1∞[−e−y(1+u)u(1+u)]y→0y→∞ du=−2∫1∞(0−1u(1+u)) du=2∫1∞(1u−11+u) du=2[ln⁡u−ln⁡(1+u)]1∞=2[ln⁡u1+u]1∞=2(0−ln⁡12)=2ln⁡2\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}

    참고로, 위 과정 중 x=−yx=-y로 치환하지 않으면 마지막에 복소로그를 사용해서 값을 구해야 한다.

  • ∫−∞0Ei3(x) dx=−3 Li2(14)−6ln⁡22≈−3.6856760008\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}^3(x) \,\mathrm{d}x = -3\,\mathrm{Li}_2\biggl(\frac14\biggr) -6\ln^22 \approx -3.6856760008
    [증명]

    ∫−∞0Ei3(x) dx=[x Ei3(x)]−∞0−∫−∞0x⋅3Ei2(x) exx dx=(lim⁡x→0x Ei3(x)−lim⁡x→−∞x Ei3(x))−3∫−∞0exEi2(x) dx=(0−0)−3∫−∞0ex ⁣(−∫−x∞e−t1t1 dt1) ⁣(−∫−x∞e−t2t2 dt2)dx=−3∫−∞0∫−x∞∫−x∞exe−t1e−t2t1t2 dt1 dt2 dxLet:x=−z=−3∫∞0∫z∞∫z∞e−ze−t1e−t2t1t2 dt1 dt2(−dz)Let:t1=zx, t2=zy⇒dt1=z dx, dt2=z dy=−3∫0∞∫1∞∫1∞e−ze−zxe−zyzx⋅zy z dx z dy dz=−3∫1∞∫1∞∫0∞e−z(1+x+y)xy dz dx dy=−3∫1∞∫1∞[−e−z(1+x+y)xy(1+x+y)]z→0z→∞dx dy=−3∫1∞∫1∞[(−0)−(−1xy(1+x+y))]dx dy=−3∫1∞∫1∞1xy(1+x+y) dx dy부분분수 분해 공식 사용:1ABC=1B(C−A) ⁣(1A−1C)=−3∫1∞∫1∞1y(1+y) ⁣(1x−11+x+y)dx dy=−3∫1∞1y(1+y)[ln⁡x−ln⁡(1+x+y)]x→1x→∞dy=−3∫1∞1y(1+y) ⁣[ln⁡x1+x+y]x→1x→∞dy=−3∫1∞1y(1+y) ⁣(0−ln⁡12+y)dy=−3∫1∞ln⁡(2+y)y(1+y) dyLet:y=1u=−3∫10ln⁡(2+1u)1u ⁣(1+1u) ⁣(−1u2)du=−3∫01ln⁡(2u+1)−ln⁡uu+1 du⋯(1)\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}


    위의 정적분을 색깔별로 쪼개서 적분한 후 마지막에 값을 합쳐주면 된다.

    ∫01ln⁡(2u+1)u+1 du=∫01ln⁡(2u+1)⋅22u+2 du=[ln⁡(2u+1)⋅ln⁡(2u+2)]01−∫0122u+1⋅ln⁡(2u+2) duLet:1+2u=−v=(ln⁡3⋅ln⁡4−0)−2∫−1−3ln⁡(1−v)−v ⁣(−12 dv)=2ln⁡2ln⁡3+∫−1−3−ln⁡(1−v)v dv=2ln⁡2ln⁡3+∫0−3−ln⁡(1−v)v dv−∫0−1−ln⁡(1−v)v dv=2ln⁡2ln⁡3+Li2(−3)−Li2(−1)⋯(2)\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}


    ∫01ln⁡uu+1 du=ln⁡uln⁡(u+1)∣01−∫011uln⁡(1+u) du=[0−lim⁡u→0+ln⁡uln⁡(u+1)]+∫01ln⁡(1−(−u))−u duLet:−u=t=0+∫0−1ln⁡(1−t)t(−dt)=∫0−1−ln⁡(1−t)t dt=Li2(−1)⋯(3)\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}


    빨간색 적분 과정의 둘째 줄에 있는 극한값은 아래와 같이 계산되었다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 =∗\overset{*}=로 나타내었다.

    lim⁡u→0+ln⁡uln⁡(u+1)=lim⁡u→0+ln⁡u1/uln⁡(u+1)u=lim⁡u→0+ln⁡u1/ulim⁡u→0+ln⁡(u+1)u=∗lim⁡u→0+1/u−1/u2lim⁡u→0+1/(u+1)1=−lim⁡u→0+ulim⁡u→0+1u+1=−0⋅1=0\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 (2)(2), (3)(3)의 값을 (1)(1)에 대입하고, 폴리로그함수의 성질들을 사용하여 정리하면 최종적으로 정적분 ∫−∞0Ei3(x) dx\displaystyle \int_{-\infty}^0\mathrm{Ei}^3(x)\,\mathrm{d}x의 값을 구할 수 있다.

    ∫−∞0Ei3(x) dx=−3∫01ln⁡(2u+1)−ln⁡uu+1 du=−3[(2ln⁡2ln⁡3+Li2(−3)−Li2(−1))−Li2(−1)]=−6ln⁡2ln⁡3−3 Li2(−3)+6 Li2(−1)Li2(−1)=(2−1−1) ζ(2)=−π212Inversion Formula (x=−3):Li2(x)+Li2 ⁣(1x)=−π26−12ln⁡2(−x)=−6ln⁡2ln⁡3−3 ⁣[−Li2 ⁣(−13)−π26−12ln⁡23]−π22=3 Li2 ⁣(−13)−6ln⁡2ln⁡3+32ln⁡23Landen′s Identity ⁣(x=43):Li2(1−x)+Li2 ⁣(1−1x)=−12ln⁡2x=3[−Li2 ⁣(14)−12ln⁡2 ⁣(43)]−6ln⁡2ln⁡3+32ln⁡23=−3 Li2 ⁣(14)−32(2ln⁡2−ln⁡3)2−6ln⁡2ln⁡3+32ln⁡23=−3 Li2 ⁣(14)−6ln⁡22\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}

  • ∫−∞0Ei4(x) dx=24 Li3(14)−48 Li2(13)−32ln⁡32+48ln⁡22ln⁡3−24ln⁡2ln⁡23+6π2ln⁡2−13 ζ(3)≈8.6455182667\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

위에서 Lis(x)\mathrm{Li}_s(x)는 폴리로그함수, ζ(x)\zeta(x)는 제타 함수이다.

3. 무한급수 표기 [편집]

  • Ei(x)= \displaystyle {\rm Ei} ( x )= γ  \,\gamma\,+ln⁡x+lim⁡z→∞∑k=1zxkk×k! \displaystyle +\ln{x}+\lim_{z\rightarrow \infty}\sum_{k=1}^{z}\frac{{x}^{k}}{k\times k!}

4. 곰페르츠 상수 [편집]


Gompertz constant

위 무한급수에 x=−1x=-1을 대입하고 −e-e를 곱한 값으로, 약 0.596347362323⋯0.596347362323 \cdots의 값이다. 벤자민 곰페르츠가 발견했다.

5. 관련 문서 [편집]


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