지수 적분 함수

1. 개요

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

$$\displaystyle \mathrm{Ei}(x)\equiv -\int_{-x}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,\mathrm{d}t $$

이 함수의 그래프는 아래와 같다.

위 그래프에서 볼 수 있듯, $$x$$절편이 하나 있는데, 그 값은 $$\ln\mu$$이며 약 $$0.372507$$ 정도 되는 값이다. 여기서 $$\mu$$는 로그 적분 함수의 $$x$$절편이고, 라마누잔-졸트너 상수라는 이름이 붙어 있다. 불완전 감마 함수를 이용해 그 값을

$$\mu\equiv-\Gamma(0,\,-\ln 2)-i\pi $$

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

2. 극한값 및 미적분

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• $$\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{Ei}(ax)=\frac{e^{ax}}x $$ (단, $$a$$는 상수)

[증명] --- 정적분으로 정의된 함수 $$\displaystyle \int_{g(x)}^bf(t)\,\mathrm{d}t$$를 미분하면 다음과 같다. (단, $$b$$는 상수) $$\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{g(x)}^bf(t)\,\mathrm{d}t=-f(g(x))\cdot g'(x) $$ 이 등식을 활용하면 지수 적분 함수의 미분을 쉽게 구할 수 있다. $$\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{Ei}(ax)=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{-ax}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,\mathrm{d}t=-\left(-\frac{e^{ax}}{-ax}\cdot(-a)\right)=\frac{e^{ax}}x $$

• $$\displaystyle \lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^n(x)=0 $$ (단, $$n$$은 자연수)

[증명] --- 수학적 귀납법을 사용하여 증명하자. (i) 우선 $$n=1$$일 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 $$k$$에 대하여 $$n=k$$일 때 $$\displaystyle \lim_{x\to0}x\,\mathrm{Ei}^k(x)=0$$이 성립한다고 가정하자. 그러면 $$n=k+1$$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 $$n=k+1$$일 때도 주어진 등식이 성립한다. (i)과 (ii)에 의해서 모든 자연수 $$n$$에 대해 주어진 등식이 성립한다.

• $$\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^n(x)=0 $$ (단, $$n$$은 자연수)

[증명] --- 수학적 귀납법을 사용하여 증명하자. (i) 우선 $$n=1$$일 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 $$k$$에 대하여 $$n=k$$일 때 $$\displaystyle \lim_{x\to-\infty}x\,\mathrm{Ei}^k(x)=0$$이 성립한다고 가정하자. 그러면 $$n=k+1$$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 $$n=k+1$$일 때도 주어진 등식이 성립한다. (i)과 (ii)에 의해서 모든 자연수 $$n$$에 대해 주어진 등식이 성립한다.

• $$\displaystyle \int\mathrm{Ei}(ax)\,\mathrm{d}x=x\,\mathrm{Ei}(ax)-\frac1ae^{ax}+C$$ (단, $$C$$는 적분상수)

[증명] --- 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} )]

• $$\displaystyle \int\mathrm{Ei}^2(ax)\,\mathrm{d}x=x\,\mathrm{Ei}^2(ax)-\frac2ae^{ax}\mathrm{Ei}(ax)+\frac2a\mathrm{Ei}(2ax)+C$$ (단, $$C$$는 적분상수)

[증명] --- 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

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• $$\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}(x) \,\mathrm{d}x = -1$$

[증명] --- [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} )]

• $$\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}^2(x) \,\mathrm{d}x = 2\ln2 \approx 1.3862943611 $$

[증명] --- [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} )] 참고로, 위 과정 중 $$x=-y$$로 치환하지 않으면 마지막에 복소로그를 사용해서 값을 구해야 한다.

• $$\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}^3(x) \,\mathrm{d}x = -3\,\mathrm{Li}_2\biggl(\frac14\biggr) -6\ln^22 \approx -3.6856760008 $$

[증명] --- [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} )] 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} )] 빨간색 적분 과정의 둘째 줄에 있는 극한값은 아래와 같이 계산되었다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 $$\overset{*}=$$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 $$(2)$$, $$(3)$$의 값을 $$(1)$$에 대입하고, 폴리로그함수의 성질들을 사용하여 정리하면 최종적으로 정적분 $$\displaystyle \int_{-\infty}^0\mathrm{Ei}^3(x)\,\mathrm{d}x$$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} )]

• $$\displaystyle \int_{-\infty}^0 \mathrm{Ei}^4(x) \,\mathrm{d}x = 24\,\mathrm{Li}_3\biggl(\frac14\biggr) -48\,\mathrm{Li}_2\biggl(\frac13\biggr) -32\ln^32 +48\ln^22\ln3 -24\ln2\ln^23 +6\pi^2\ln2 -13\,\zeta(3) \approx 8.6455182667 $$

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

3. 무한급수 표기

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• $$ \displaystyle {\rm Ei} ( x )=$$[math( \,\gamma\,)]$$ \displaystyle +\ln{x}+\lim_{z\rightarrow \infty}\sum_{k=1}^{z}\frac{{x}^{k}}{k\times k!}$$

4. 곰페르츠 상수

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Gompertz constant
위 무한급수에 $$x=-1$$을 대입하고 $$-e$$를 곱한 값으로, 약 $$0.596347362323 \cdots$$의 값이다. 벤자민 곰페르츠가 발견했다.

5. 관련 문서

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• 지수함수
• 로그 적분 함수