1. 개요
지수 적분 함수(exponential integral function)는 특수함수의 하나로, [math(mathrm{Ei}(x))]로 표기하며, 정의는 다음과 같다.
[math(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, [math(x)]절편이 하나 있는데, 그 값은 [math(lnmu)]이며 약 [math(0.372507)] 정도 되는 값이다. 여기서 [math(mu)]는 로그 적분 함수의 [math(x)]절편이고, 라마누잔-졸트너 상수라는 이름이 붙어 있다. 불완전 감마 함수를 이용해 그 값을
[math(muequiv-Gamma(0,,-ln 2)-ipi )]
로 표기할 수 있다.
감마 함수, 오일러-마스케로니 상수와 연관성이 있다. 정의역에 자연로그를 취하면 로그 적분 함수가 된다.
[math(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, [math(x)]절편이 하나 있는데, 그 값은 [math(lnmu)]이며 약 [math(0.372507)] 정도 되는 값이다. 여기서 [math(mu)]는 로그 적분 함수의 [math(x)]절편이고, 라마누잔-졸트너 상수라는 이름이 붙어 있다. 불완전 감마 함수를 이용해 그 값을
[math(muequiv-Gamma(0,,-ln 2)-ipi )]
로 표기할 수 있다.
감마 함수, 오일러-마스케로니 상수와 연관성이 있다. 정의역에 자연로그를 취하면 로그 적분 함수가 된다.
2. 극한값 및 미적분
- [math(displaystyle frac{mathrm{d}}{mathrm{d}x},mathrm{Ei}(ax)=frac{e^{ax}}x )] (단, [math(a)]는 상수)
[증명]
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_{xto0}x,mathrm{Ei}^n(x)=0 )] (단, [math(n)]은 자연수)
[증명]
수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
(i) 우선 [math(n=1)]일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(oversetmathbf{*}=)]로 표시하였다.
[math(displaystyle lim_{xto0}x,mathrm{Ei}(x)=lim_{xto0}frac{mathrm{Ei}(x)}{cfrac1x}oversetmathbf{*}=lim_{xto0}frac{dfrac{e^x}x}{-cfrac1{x^2}}=-lim_{xto0}xe^x=-0cdot1=0 )]
(ii) 이제 자연수 [math(k)]에 대하여 [math(n=k)]일 때 [math(displaystyle lim_{xto0}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_{xto0}x,mathrm{Ei}^{k+1}(x)&=lim_{xto0}frac{mathrm{Ei}^{k+1}(x)}{cfrac1x}oversetmathbf{*}=lim_{xto0}frac{(k+1)mathrm{Ei}^k(x)dfrac{e^x}x}{-cfrac1{x^2}} \
&=-(k+1)lim_{xto0}(e^xcdot x,mathrm{Ei}^k(x))=-(k+1)cdot1cdot0 \
&=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.
- [math(displaystyle lim_{xto-infty}x,mathrm{Ei}^n(x)=0 )] (단, [math(n)]은 자연수)
[증명]
수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
(i) 우선 [math(n=1)]일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(oversetmathbf{*}=)]로 표시하였다.
[math(displaystyle lim_{xto-infty}x,mathrm{Ei}(x)=lim_{xto-infty}frac{mathrm{Ei}(x)}{cfrac1x}oversetmathbf{*}=lim_{xto-infty}frac{dfrac{e^x}x}{-cfrac1{x^2}}=lim_{xto-infty}frac{-x}{e^{-x}}oversetmathbf{*}=lim_{xto-infty}frac{-1}{-e^{-x}}=0 )]
(ii) 이제 자연수 [math(k)]에 대하여 [math(n=k)]일 때 [math(displaystyle lim_{xto-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_{xto-infty}x,mathrm{Ei}^{k+1}(x)&=lim_{xto-infty}frac{mathrm{Ei}^{k+1}(x)}{cfrac1x}oversetmathbf{*}=lim_{xto-infty}frac{(k+1)mathrm{Ei}^k(x)dfrac{e^x}x}{-cfrac1{x^2}} \
&=-(k+1)lim_{xto-infty}(e^xcdot x,mathrm{Ei}^k(x))=-(k+1)cdot0cdot0 \
&=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.
- [math(displaystyle intmathrm{Ei}(ax),mathrm{d}x=x,mathrm{Ei}(ax)-frac1ae^{ax}+C)] (단, [math(C)]는 적분상수)
[증명]
부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.
[math(displaystyle begin{aligned} intmathrm{Ei}(ax),mathrm{d}x&=int1cdotmathrm{Ei}(ax),mathrm{d}x \
&=xcdotmathrm{Ei}(ax)-int xcdotfrac{e^{ax}}x,mathrm{d}x \
&=x,mathrm{Ei}(ax)-frac1ae^{ax}+C
end{aligned} )]
- [math(displaystyle intmathrm{Ei}^2(ax),mathrm{d}x=x,mathrm{Ei}^2(ax)-frac2ae^{ax}mathrm{Ei}(ax)+frac2amathrm{Ei}(2ax)+C)] (단, [math(C)]는 적분상수)
[증명]
위와 마찬가지로 부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.
[math(displaystyle begin{aligned} intmathrm{Ei}^2(ax),mathrm{d}x&=int1cdotmathrm{Ei}^2(ax),mathrm{d}x \
&=xcdotmathrm{Ei}^2(ax)-int xcdot2,mathrm{Ei}(ax),frac{e^{ax}}x,mathrm{d}x \
&=x,mathrm{Ei}^2(ax)-2int e^{ax}cdotmathrm{Ei}(ax),mathrm{d}x \
&=x,mathrm{Ei}^2(ax)-2left(frac1ae^{ax}cdotmathrm{Ei}(ax)-intfrac1ae^{ax}cdotfrac{e^{ax}}x,mathrm{d}xright) \
&=x,mathrm{Ei}^2(ax)-frac2ae^{ax}mathrm{Ei}(ax)+frac2aintfrac{e^{2ax}}x,mathrm{d}x \
&=x,mathrm{Ei}^2(ax)-frac2ae^{ax}mathrm{Ei}(ax)+frac2aintfrac{mathrm{d}}{mathrm{d}x}mathrm{Ei}(2ax),mathrm{d}x \
&=x,mathrm{Ei}^2(ax)-frac2ae^{ax}mathrm{Ei}(ax)+frac2amathrm{Ei}(2ax)+C
end{aligned} )]
2.1. 지수 적분 함수의 이상적분
- [math(displaystyle int_{-infty}^0 mathrm{Ei}(x) ,mathrm{d}x = -1)]
[증명]
[math(displaystyle begin{aligned} int_{-infty}^0mathrm{Ei}(x),mathrm{d}x&=Bigl[x,mathrm{Ei}(x)-e^xBigr]_{-infty}^{0} \
&=Bigl(lim_{xto0}x,mathrm{Ei}(x)-e^0Bigr)-Bigl(lim_{xto -infty}x,mathrm{Ei}(x)-lim_{xto -infty}e^xBigr) \
&=(0-1)-(0-0) \
&=-1
end{aligned} )]
- [math(displaystyle int_{-infty}^0 mathrm{Ei}^2(x) ,mathrm{d}x = 2ln2 approx 1.3862943611 )]
[증명]
[math(displaystyle begin{aligned} int_{-infty}^0mathrm{Ei}^2(x),mathrm{d}x&=Bigl[x,mathrm{Ei}^2(x)Bigr]_{-infty}^0-int_{-infty}^0xcdot2,mathrm{Ei}(x)frac{e^x}x,mathrm{d}x \
&=left(lim_{xto0}x,mathrm{Ei}^2(x)-lim_{xto-infty}x,mathrm{Ei}^2(x)right)-2int_{-infty}^0e^xmathrm{Ei}(x),mathrm{d}x \
&=(0-0)-2int_{-infty}^0e^xleft(-int_{-x}^{infty}frac{e^{-t}}t,mathrm{d}tright),mathrm{d}x \
&=2int_{-infty}^0int_{-x}^{infty}frac{e^xe^{-t}}t,mathrm{d}t,mathrm{d}xqquadquadmathrm{Let}:x=-y \
&=2int_{infty}^0int_y^{infty}frac{e^{-y}e^{-t}}t,mathrm{d}t,(-mathrm{d}y)qquadquadmathrm{Let}:t=yurightarrowmathrm{d}t=y,mathrm{d}u \
&=2int_0^{infty}int_1^{infty}frac{e^{-y}e^{-yu}}{yu},y,mathrm{d}u,mathrm{d}y \
&=2int_1^{infty}int_0^{infty}frac{e^{-y(1+u)}}u,mathrm{d}y,mathrm{d}u \
&=2int_1^{infty}left[-frac{e^{-y(1+u)}}{u(1+u)}right]_{yto0}^{ytoinfty},mathrm{d}u \
&=-2int_1^{infty}left(0-frac1{u(1+u)}right),mathrm{d}u \
&=2int_1^{infty}left(frac1u-frac1{1+u}right),mathrm{d}u \
&=2Bigl[ln u-ln{(1+u)}Bigr]_{1}^{infty} \
&=2left[lnfrac u{1+u}right]_{1}^{infty} \
&=2left(0-lnfrac12right) \
&=2ln2
end{aligned} )]
참고로, 위 과정 중 [math(x=-y)]로 치환하지 않으면 마지막에 복소로그를 사용해서 값을 구해야 한다.
- [math(displaystyle int_{-infty}^0 mathrm{Ei}^3(x) ,mathrm{d}x = -3,mathrm{Li}_2biggl(frac14biggr) -6ln^22 approx -3.6856760008 )]
[증명]
[math(displaystyle begin{aligned}
int_{-infty}^0mathrm{Ei}^3(x),mathrm{d}x&=Bigl[x,mathrm{Ei}^3(x)Bigr]_{-infty}^0-int_{-infty}^0xcdot3mathrm{Ei}^2(x),frac{e^x}x,mathrm{d}x \
&=left(lim_{xto0}x,mathrm{Ei}^3(x)-lim_{xto-infty}x,mathrm{Ei}^3(x)right)-3int_{-infty}^0e^xmathrm{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_1right) !left(-int_{-x}^{infty}frac{e^{-t_2}}{t_2},mathrm{d}t_2right) mathrm{d}x \
&=-3 int_{-infty}^0int_{-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}xqquadquadmathrm{Let}: x=-z \
&=-3 int_{infty}^0int_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) \
&qquadquadmathrm{Let}: t_1=zx,,t_2=zyRightarrowmathrm{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}}{zxcdot 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]_{zto0}^{ztoinfty} 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 \
&qquadquad 부분분수 분해 공식 사용: frac1{ABC}=frac1{B(C-A)}!left(frac1A-frac1Cright) \
&=-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]_{xto1}^{xtoinfty} mathrm{d}y \
&=-3 int_1^{infty} frac1{y(1+y)} !left[lnfrac x{1+x+y}right]_{xto1}^{xtoinfty} mathrm{d}y \
&=-3 int_1^{infty} frac1{y(1+y)} !left(0-lnfrac1{2+y}right) mathrm{d}y \
&=-3 int_1^{infty} frac{ln{(2+y)}}{y(1+y)} ,mathrm{d}y qquadquad mathrm{Let}: y=frac1u \
&=-3 int_1^0 frac{ln{(2+frac1u)}}{frac1u!left(1+frac1uright)} !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)}cdotfrac2{2u+2} ,mathrm{d}u \
&= Bigl[ln{(2u+1)}cdotln{(2u+2)}Bigr]_0^1 -int_0^1 frac2{2u+1}cdotln{(2u+2)} ,mathrm{d}u \
&qquadquadmathrm{Let}: 1+2u=-v \
&=(ln3cdotln4-0) -2int_{-1}^{-3} frac{ln{(1-v)}}{-v} !left(-frac12,mathrm{d}vright) \
&= 2ln2ln3 +int_{-1}^{-3} frac{-ln{(1-v)}}v ,mathrm{d}v \
&= 2ln2ln3 +int_0^{-3} frac{-ln{(1-v)}}v ,mathrm{d}v -int_0^{-1} frac{-ln{(1-v)}}v ,mathrm{d}v \
&=2ln2ln3+mathrm{Li}_2(-3)-mathrm{Li}_2(-1)qquadcdots(2)
end{aligned} )][math(displaystyle begin{aligned}
int_0^1 frac{{color{red}ln u}}{u+1} ,mathrm{d}u &= Bigl.ln uln{(u+1)}Bigr|_0^1 -int_0^1 frac1uln{(1+u)} ,mathrm{d}u \
&= left[0-lim_{uto0^+}ln uln{(u+1)}right] +int_0^1 frac{ln{(1-(-u))}}{-u} ,mathrm{d}u \
&qquadquad 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)qquadcdots(3)
end{aligned} )]
빨간색 적분 과정의 둘째 줄에 있는 극한값은 아래와 같이 계산되었다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(overset{*}=)]로 나타내었다.
[math(displaystyle begin{aligned}
lim_{uto0^+} ln u ln{(u+1)} &= lim_{uto0^+} frac{ln u}{1/u} frac{ln{(u+1)}}{u} \
&= lim_{uto0^+} frac{ln u}{1/u} lim_{uto0^+} frac{ln{(u+1)}}{u} \
&overset{*}= lim_{uto0^+} frac{1/u}{-1/u^2} lim_{uto0^+} frac{1/(u+1)}1 \
&= -lim_{uto0^+} u lim_{uto0^+} frac1{u+1} \
&=-0cdot1 \
&=0
end{aligned} )]
이제 [math((2))], [math((3))]의 값을 [math((1))]에 대입하고, 폴리로그함수의 성질들을 사용하여 정리하면 최종적으로 정적분 [math(displaystyle int_{-infty}^0mathrm{Ei}^3(x),mathrm{d}x)]의 값을 구할 수 있다.
[math(displaystyle begin{aligned}
int_{-infty}^0mathrm{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 \
&= -3left[ ({color{blue}2ln2ln3+mathrm{Li}_2(-3)-mathrm{Li}_2(-1)}) - {color{red}mathrm{Li}_2(-1)} right] \
&= -6ln2ln3 -3,mathrm{Li}_2(-3) +6,mathrm{Li}_2(-1) \
&qquadquad mathrm{Li}_2(-1)=(2^{-1}-1),zeta(2)=-frac{pi^2}{12} \
&qquadquad mathrm{Inversion Formula},(x=-3): mathrm{Li}_2(x)+mathrm{Li}_2!left(frac1xright)=-frac{pi^2}6-frac12ln^2(-x) \
&= -6ln2ln3 -3!left[-mathrm{Li}_2!left(-frac13right) -frac{pi^2}6 -frac12ln^23right] -frac{pi^2}2 \
&= 3,mathrm{Li}_2!left(-frac13right) -6ln2ln3 +frac32ln^23 \
&qquadquad mathrm{Landen's Identity}!left(x=frac43right): mathrm{Li}_2(1-x)+mathrm{Li}_2!left(1-frac1xright)=-frac12ln^2x \
&= 3left[-mathrm{Li}_2!left(frac14right) -frac12ln^2!left(frac43right)right] -6ln2ln3 +frac32ln^23 \
&= -3,mathrm{Li}_2!left(frac14right) -frac32(2ln2-ln3)^2 -6ln2ln3 +frac32ln^23 \
&= -3,mathrm{Li}_2!left(frac14right) -6ln^22
end{aligned} )]
- [math(displaystyle int_{-infty}^0 mathrm{Ei}^4(x) ,mathrm{d}x = 24,mathrm{Li}_3biggl(frac14biggr) -48,mathrm{Li}_2biggl(frac13biggr) -32ln^32 +48ln^22ln3 -24ln2ln^23 +6pi^2ln2 -13,zeta(3) approx 8.6455182667 )]
3. 무한급수 표기
- [math( displaystyle {rm Ei} ( x )=)][math( ,gamma,)][math( displaystyle +ln{x}+lim_{zrightarrow infty}sum_{k=1}^{z}frac{{x}^{k}}{ktimes k!})]
4. 곰페르츠 상수
Gompertz constant
위 무한급수에 [math(x=-1)]을 대입하고 [math(-e)]를 곱한 값으로, 약 [math(0.596347362323 cdots)]의 값이다. 벤자민 곰페르츠가 발견했다.