| 특수함수 Special Functions | ||
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#!style
.tpc {border: 2px solid #0000; margin: auto; background: #0000 !important;} 1. 개요
指數 積分 函數 / exponential integral function특수함수의 하나로, [math(\operatorname{Ei}(x))]로 표기하며 정의는 다음과 같다.
| <tableclass=tpc>[math(\begin{aligned} \operatorname{Ei}(x) = \begin{cases} \displaystyle -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t = \int_{-\infty}^x \frac{e^t}t \,{\rm d}t \quad &(x<0) \\ \displaystyle -\lim_{c\to0+} \biggl( \int_{-x}^{-c} \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t +\int_c^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \biggr) \quad &(x>0) \end{cases} \end{aligned} )] |
위 그래프에서 볼 수 있듯이 [math(x)] 절편이 하나 있는데, 그 값은 [math(\ln\mu)]이며 약 [math(0.372507)] 정도 되는 값이다. 여기서 [math(\mu)]는 라마누잔-졸트너 상수라고 불리는 상수이며 로그 적분 함수의 [math(x)] 절편이다.
[math(x>0)]인 [math(x)]에 대해 지수 적분 함수는 간단하게
| <tableclass=tpc>[math(\displaystyle \operatorname{Ei}(x) = \int_{\ln \mu}^x \frac{e^t}t \,{\rm d}t )] |
감마 함수, 오일러-마스케로니 상수와 연관성이 있다. 정의역에 자연로그를 취하면 로그 적분 함수가 된다.
값이 충분히 클 경우 피적분 함수를 근삿값으로 써도 된다. 실제로
| <tableclass=tpc>[math( \lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{\operatorname{Ei}(x)}{e^x/x}=1 )] |
2. 무한급수 표기
[math(0)]이 아닌 실수 [math(x)]에 대하여 다음이 성립한다. 여기서 [math(\gamma)]는 오일러-마스케로니 상수이다.| <tableclass=tpc>[math(\displaystyle \operatorname{Ei}(x) = \gamma +\ln\!|x| +\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n\cdot n!} )] |
\lim_{x\to0+} (e^{-x}-1)\ln x &= 0 \\
\lim_{x\to0+} (e^x-e^{-x})\ln x &= 0
\end{aligned} )]||
- 다음 식의 증명은 오일러-마스케로니 상수 문서의 관련 공식 문단을 참고하라.
\end{aligned} )]||
- [math(0<a<b)]를 만족하는 두 양수 [math(a)], [math(b)]에 대해 다음이 성립한다.
\end{aligned} )]||
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
[math(\begin{aligned}
\int_a^b \frac{e^{\pm t}}t \,{\rm d}t &= \int_a^b \frac1t \biggl[ 1 +\sum_{n=1}^\infty \frac{(\pm t)^n}{n!} \biggr] {\rm d}t \\
&= \int_a^b \frac1t \,{\rm d}t +\sum_{n=1}^\infty \frac{(\pm 1)^n}{n!} \int_a^b t^{n-1} \,{\rm d}t \\
&= \ln b -\ln a +\sum_{n=1}^\infty \frac{(\pm 1)^n}{n!} \frac{b^n -a^n}n \\
&= \ln b -\ln a +\sum_{n=1}^\infty \frac{(\pm b)^n}{n\cdot n!} -\sum_{n=1}^\infty \frac{(\pm a)^n}{n\cdot n!} \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]
}}}||
- 양수 [math(y)]에 대해 다음이 성립한다.
)]||
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
[math(\begin{aligned}
-\int_y^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t &= -\bigl[ e^{-t}\ln t \bigr]_y^\infty +\int_y^\infty (-e^{-t})\ln t \,{\rm d}t \\
&\overset A= e^{-y}\ln y -\!\biggl( \int_0^\infty e^{-t}\ln t \,{\rm d}t -\int_0^y e^{-t}\ln t \,{\rm d}t \biggr) \\
&\overset B= e^{-y}\ln y +\gamma +\int_0^y e^{-t}\ln t \,{\rm d}t \\
&= e^{-y}\ln y +\gamma +\lim_{c\to0+} \biggl( \bigl[ -e^{-t}\ln t \bigr]_c^y -\int_c^y \frac{-e^{-t}}t \,{\rm d}t \biggr) \\
&= \cancel{e^{-y}\ln y} +\gamma +\lim_{c\to0+} \biggl( -\cancel{e^{-y}\ln y} +e^{-c}\ln c +{\color{#ce44dd}\int_c^y \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t} \biggr) \\
&\overset{\color{#ce44dd}C}= \gamma +\lim_{c\to0+} \Biggl( e^{-c}\ln c +{\color{#ce44dd}\ln y -\ln c +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-y)^n}{n\cdot n!} -\sum_{n=1}^\infty \frac{(-c)^n}{n\cdot n!}} \Biggr) \\
&= \gamma +\ln y +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-y)^n}{n\cdot n!} +\lim_{c\to0+} \Biggl( e^{-c}\ln c -\ln c -\sum_{n=1}^\infty \frac{(-c)^n}{n\cdot n!} \Biggr) \\
&= \gamma +\ln y +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-y)^n}{n\cdot n!} +\lim_{c\to0+} (e^{-c}-1)\ln c -\lim_{c\to0+} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-c)^n}{n\cdot n!} \\
&\overset A= \gamma +\ln y +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-y)^n}{n\cdot n!} -\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n\cdot n!} \lim_{c\to0+} c^n \\
&= \gamma +\ln y +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-y)^n}{n\cdot n!} \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]
}}}||
위 참고식들을 사용하여 급수를 유도해보자. 지수적분함수가 [math(x>0)]일 때와 [math(x<0)]일 때로 나뉘어 정의되므로, 급수도 두 경우에 대해 나누어 유도한다.
- [math(x < 0)]
편의를 위해 [math(y = -x)]라고 두자. 그러면 [math(y > 0)]이다.
&= -\int_y^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \\
&\overset D= \gamma +\ln y +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-y)^n}{n\cdot n!} \\
&= \gamma +\ln(-x) +\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n\cdot n!} \\
&= \gamma +\ln\!|x| +\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n\cdot n!} \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]||
- [math(x > 0)]
&= -\lim_{c\to0+} \biggl( \!\bigl[e^{-t}\ln\!|t| \bigr]_{-x}^{-c} -\int_{-x}^{-c} (-e^{-t})\ln\!|t| \,{\rm d}t +\!\bigl[ e^{-t}\ln\!|t| \bigr]_c^\infty -\int_c^\infty (-e^{-t})\ln\!|t| \,{\rm d}t \biggr) \\
&\overset A= -\lim_{c\to0+} \biggl( {\color{#ce44dd}e^c\ln c} -e^x\ln x +{\color{#0b8bc3}\int_{-x}^{-c} e^{-t} \ln\!|t| \,{\rm d}t} \;{\color{#ce44dd}-\,e^{-c}\ln c} +\int_c^\infty e^{-t}\ln t \,{\rm d}t \biggr) \\
&\qquad {\color{#0b8bc3}{\sf let}\!: t=-u \quad\Rightarrow\quad {\rm d}t = -{\rm d}u} \\
&= e^x\ln x -\lim_{c\to0+} \biggl( {\color{#ce44dd}(e^c-e^{-c})\ln c} \;{\color{#0b8bc3}-\int_x^c e^u \ln u \,{\rm d}u} +\!\bigl[ -e^{-t}\ln t \bigr]_c^\infty -\int_c^\infty \frac{-e^{-t}}t \,{\rm d}t \biggr) \\
&\overset A= e^x\ln x -\lim_{c\to0+} \biggl( {\color{#0b8bc3}-\,\bigl[ e^u\ln u \bigr]_x^c +\int_x^c \frac{e^u}u \,{\rm d}u} +e^{-c}\ln c +\int_c^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \biggr) \\
&\overset D= \cancel{e^x\ln x} -\lim_{c\to0+} \Biggl( {\color{#ce44dd}-e^c\ln c} +\cancel{e^x\ln x} +{\color{#2b927a}\int_x^c \frac{e^u}u \,{\rm d}u} +{\color{#ce44dd}e^{-c}\ln c} -\!\Biggl[ \gamma +\ln c +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-c)^n}{n\cdot n!} \Biggr] \Biggr) \\
&\overset{\color{#2b927a}C}= -\lim_{c\to0+} \Biggl( {\color{#ce44dd}-(e^c-e^{-c})\ln c} +\cancel{\color{#2b927a}\ln c} \;{\color{#2b927a}-\,\ln x +\sum_{n=1}^\infty \frac{c^n}{n\cdot n!} -\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n\cdot n!}} -\gamma -\cancel{\ln c} -\sum_{n=1}^\infty \frac{(-c)^n}{n\cdot n!} \Biggr) \\
&\overset A= {\color{#2b927a}\ln x +\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n\cdot n!}} +\gamma -\lim_{c\to0+} \Biggl( {\color{#2b927a}\sum_{n=1}^\infty \frac{c^n}{n\cdot n!}} -\sum_{n=1}^\infty \frac{(-c)^n}{n\cdot n!} \Biggr) \\
&= \gamma +\ln x +\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n\cdot n!} -\sum_{n=1}^\infty \frac{1-(-1)^n}{n\cdot n!} \lim_{c\to0+} c^n \\
&= \gamma +\ln\!|x| +\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n\cdot n!} \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]||
i.과 ii.에 의해, [math(\operatorname{Ei}(x))]의 급수는 [math(x>0)]일 때와 [math(x<0)]일 때 상관없이 [math(\displaystyle \operatorname{Ei}(x) = \gamma +\ln\!|x| +\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n\cdot n!})]임을 알 수 있다.
3. 극한값 및 미적분
- [math(\displaystyle \frac{\rm d}{{\rm d}x} \operatorname{Ei}(ax) = \frac{e^{ax}}x)] (단, [math(a)]는 상수)
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
정적분으로 정의된 함수 [math(\displaystyle \int_{g(x)}^b f(t) \,{\rm d}t)]를 미분하면 다음과 같다. (단, [math(b)]는 상수) 자세한 내용은 라이프니츠 적분법칙 참고.
[math(\displaystyle
\frac{\rm d}{{\rm d}x} \int_{g(x)}^b f(t) \,{\rm d}t = -f(g(x)) \cdot g'(x)
)]
이 등식을 활용하면 지수 적분 함수의 미분을 쉽게 구할 수 있다.
[math(\begin{aligned}
\frac{\rm d}{{\rm d}x} \operatorname{Ei}(ax) &= -\frac{\rm d}{{\rm d}x} \int_{-ax}^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t = -\biggl( -\frac{e^{ax}}{-ax} \cdot (-a) \biggr) = \frac{e^{ax}}x
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\lim\limits_{x\to-\infty} \operatorname{Ei}(x) = 0)]
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
[math(x < -1)]인 경우, [math(\displaystyle \operatorname{Ei}(x) = \int_{-\infty}^x \frac{e^t}t \,{\rm d}t)]이므로 [math(-\infty < t \le x < -1)], 즉 [math(|t| > 1)]이다. 따라서
[math(\begin{aligned}
0 \le \left| \operatorname{Ei}(x) \right| &= \left| \int_{-\infty}^x \frac{e^t}t \,{\rm d}t \right| \\
&\le \int_{-\infty}^x \left| \frac{e^t}t \right| {\rm d}t = \int_{-\infty}^x \frac{e^t}{|t|} \,{\rm d}t \\
&\le \int_{-\infty}^x e^t \,{\rm d}t = e^t \bigr|_{-\infty}^x = e^x \\
\therefore 0 \le \left| \operatorname{Ei}(x) \right| &\le e^x
\end{aligned} )]
이고, [math(\lim\limits_{x\to-\infty} e^x = 0)]이므로 샌드위치 정리에 의해 [math(\lim\limits_{x\to-\infty} \operatorname{Ei}(x) = 0)]이다.
}}}||
- [math(\lim\limits_{x\to0} \operatorname{Ei}(x) = -\infty)]
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
급수 표현식 [math(\displaystyle \operatorname{Ei}(x) = \gamma +\ln\!|x| +\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n\cdot n!})]에서 [math(\displaystyle \lim_{x\to0} \frac{x^n}{n\cdot n!} = 0)]이므로 급수는 [math(0)]으로 수렴하지만 [math(\lim\limits_{x\to0} \ln\!|x| = -\infty)]이므로 [math(\lim\limits_{x\to0} \operatorname{Ei}(x) = -\infty)]이다.
}}}||
- [math(\lim\limits_{x\to\infty} \operatorname{Ei}(x) = \infty)]
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
[math(\operatorname{Ei}(x))]의 무한급수 표기 [math(\displaystyle \operatorname{Ei}(x) = \gamma +\ln\!|x| +\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k\cdot k!})]에서 [math(x>0 \Rightarrow \dfrac{x^k}{k\cdot k!}>0)]이므로, [math(x>0)]일 때 다음이 성립한다.
[math(\begin{aligned}
\operatorname{Ei}(x) &= \gamma +\ln\!|x| +\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k\cdot k!} \\
&> \gamma +\ln x +\frac{x^1}{1\cdot1!} \\
&= \gamma +\ln x +x
\end{aligned} )]
한편, [math(\lim\limits_{x\to\infty} \ln x = \infty)]이고 [math(\lim\limits_{x\to\infty} x = \infty)]이므로 [math(\lim\limits_{x\to\infty} \operatorname{Ei}(x) = \infty)]이다.
}}} ||
- [math(\displaystyle \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^n(x) = 0)] (단, [math(n)]은 자연수)
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
- 우선 [math(n=1)]일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(\overset*=)]로 표시했다.
{{{#!wiki style="text-align:center"
[math(\begin{aligned}
\lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}(x) = \lim_{x\to0} \frac{\operatorname{Ei}(x)}{\cfrac1x} \overset*= \lim_{x\to0} \frac{\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} = -\lim_{x\to0} xe^x = -0\cdot1 = 0
\end{aligned} )]}}}
- 이제 자연수 [math(k)]에 대하여 [math(n=k)]일 때 [math(\displaystyle \lim_{x\to0}x\operatorname{Ei}^k(x)=0)]이 성립한다고 가정하자. 그러면 [math(n=k+1)]일 때에 대한 증명은 아래와 같다.
{{{#!wiki style="text-align:center"
[math(\begin{aligned}
\lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^{k+1}(x) &= \lim_{x\to0} \frac{\operatorname{Ei}^{k+1}(x)}{\cfrac1x} \overset*= \lim_{x\to0} \frac{(k+1) \operatorname{Ei}^k(x) \,\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} \\
&= -(k+1) \lim_{x\to0} (e^x \cdot x\operatorname{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.}}} ||
- [math(\displaystyle \lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^n(x) = 0)] (단, [math(n)]은 자연수)
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
- 우선 [math(n=1)]일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(\overset*=)]로 표시했다.
{{{#!wiki style="text-align:center"
[math(\begin{aligned}
\lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}(x) = \lim_{x\to-\infty} \frac{\operatorname{Ei}(x)}{\cfrac1x} \overset*= \lim_{x\to-\infty} \frac{\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} = \lim_{x\to-\infty} \frac{-x}{e^{-x}} \overset*= \lim_{x\to-\infty} \frac{-1}{-e^{-x}} = 0
\end{aligned} )]}}}
- 이제 자연수 [math(k)]에 대하여 [math(n=k)]일 때 [math(\displaystyle \lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^k(x) = 0)]이 성립한다고 가정하자. 그러면 [math(n=k+1)]일 때에 대한 증명은 아래와 같다.
{{{#!wiki style="text-align:center"
[math(\begin{aligned}
\lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^{k+1}(x) &= \lim_{x\to-\infty} \frac{\operatorname{Ei}^{k+1}(x)}{\cfrac1x} \overset*= \lim_{x\to-\infty} \frac{(k+1)\operatorname{Ei}^k(x)\,\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} \\
&= -(k+1) \lim_{x\to-\infty} (e^x \cdot x\operatorname{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.}}} ||
- [math(\lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{\operatorname{Ei}(x)}{e^x/x} = 1)]
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(\overset*=)]로 표시했다.
[math(\begin{aligned}
\lim_{x\to\infty} \frac{\operatorname{Ei}(x)}{e^x/x} &\overset*= \lim_{x\to\infty} \frac{\dfrac{e^x}{x}}{\dfrac{xe^x-e^x}{x^2}} = \lim_{x\to\infty} \frac{x^2e^x}{x(x-1) e^x} = \lim_{x\to\infty} \frac x{x-1} = 1
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\lim\limits_{x\to0} \bigl[ \ln\!|ax| -\operatorname{Ei}(bx) \bigr] \!= \ln\,\Bigl|\dfrac ab\Bigr| -\gamma)] (단, [math(0\ne a\in\R)], [math(0\ne b\in\R)])
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
우선 [math(\ln\!|ax|)]와 [math(\operatorname{Ei}(bx))]가 정의되려면 [math(a\ne0)], [math(b\ne0)]이어야 한다. 또한 [math(x\ne0)]에 대해 다음이 성립한다.
[math(\begin{aligned}
\ln\!|ax| -\operatorname{Ei}(bx) &= \ln\!|ax| -\!\Biggl( \gamma +\ln\!|bx| +\sum_{k=1}^\infty \frac{(bx)^k}{k\cdot k!} \Biggr) \\
&= \ln\frac{|ax|}{|bx|} -\gamma -\sum_{k=1}^\infty \frac{(bx)^k}{k\cdot k!} \\
&= \ln\,\Bigl|\dfrac ab\Bigr| -\gamma -\sum_{k=1}^\infty \frac{(bx)^k}{k\cdot k!}
\end{aligned} )]
따라서
[math(\begin{aligned}
\lim_{x\to0} \bigl[ \ln\!|ax| -\operatorname{Ei}(bx) \bigr] \!&= \lim_{x\to0} \Biggl( \ln\,\Bigl|\dfrac ab\Bigr| -\gamma -\sum_{k=1}^\infty \frac{(bx)^k}{k\cdot k!} \Biggr) \\
&= \ln\,\Bigl|\dfrac ab\Bigr| -\gamma -\lim_{x\to0} \Biggl( \sum_{k=1}^\infty \frac{(bx)^k}{k\cdot k!} \Biggr) \\
&= \ln\,\Bigl|\dfrac ab\Bigr| -\gamma
\end{aligned} )]
}}}||
- [math(\displaystyle \int \operatorname{Ei}(ax) \,{\rm d}x = x\operatorname{Ei}(ax) -\frac1a \,e^{ax} +C)] (단, [math(C)]는 적분상수)
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.
[math(\begin{aligned}
\int \operatorname{Ei}(ax) \,{\rm d}x &= \int 1 \cdot \operatorname{Ei}(ax) \,{\rm d}x \\
&= x \cdot \operatorname{Ei}(ax) -\int x \cdot \frac{e^{ax}}x \,{\rm d}x \\
&= x \operatorname{Ei}(ax) -\frac1a \,e^{ax} +C
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\displaystyle \int \operatorname{Ei}^2(ax) \,{\rm d}x = x\operatorname{Ei}^2(ax) -\frac2a \,e^{ax} \operatorname{Ei}(ax) +\frac2a \operatorname{Ei}(2ax) +C)] (단, [math(C)]는 적분상수)
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
위와 마찬가지로 부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.
[math(\begin{aligned}
\int \operatorname{Ei}^2(ax) \,{\rm d}x &= \int 1 \cdot \operatorname{Ei}^2(ax) \,{\rm d}x \\
&= x \cdot \operatorname{Ei}^2(ax) -\int x \cdot 2\operatorname{Ei}(ax) \,\frac{e^{ax}}x \,{\rm d}x \\
&= x \operatorname{Ei}^2(ax) -2\int e^{ax} \cdot \operatorname{Ei}(ax) \,{\rm d}x \\
&= x \operatorname{Ei}^2(ax) -2\biggl( \frac1a \,e^{ax} \cdot \operatorname{Ei}(ax) -\int \frac1a \,e^{ax} \cdot \frac{e^{ax}}x \,{\rm d}x \biggr) \\
&= x \operatorname{Ei}^2(ax) -\frac2a \,e^{ax} \operatorname{Ei}(ax) +\frac2a \int \frac{e^{2ax}}x \,{\rm d}x \\
&= x \operatorname{Ei}^2(ax) -\frac2a \,e^{ax} \operatorname{Ei}(ax) +\frac2a \int \frac{\rm d}{{\rm d}x} \operatorname{Ei}(2ax) \,{\rm d}x \\
&= x \operatorname{Ei}^2(ax) -\frac2a \,e^{ax} \operatorname{Ei}(ax) +\frac2a \operatorname{Ei}(2ax) +C
\end{aligned} )]
}}} ||
3.1. 지수 적분 함수의 이상적분
지수 적분 함수의 거듭제곱을 [math(-\infty)]부터 [math(0)]까지 이상적분하면 다음과 같은 결과들이 나온다. 아래에서 [math(\operatorname{Li}_s(x))]는 폴리로그함수, [math(\zeta(x))]는 제타 함수이다.- [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}(x) \,{\rm d}x = -1)]
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}(x) \,{\rm d}x &= \!\Bigl[ x\operatorname{Ei}(x) -e^x \Bigr]_{-\infty}^0 \\
&= \!\Bigl[ \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}(x) -e^0 \Bigr] \!-\!\Bigl[ \lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}(x) -\lim_{x\to-\infty} e^x \Bigr] \\
&= (0-1)-(0-0) \\
&= -1
\end{aligned} )]
\int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}(x) \,{\rm d}x &= \!\Bigl[ x\operatorname{Ei}(x) -e^x \Bigr]_{-\infty}^0 \\
&= \!\Bigl[ \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}(x) -e^0 \Bigr] \!-\!\Bigl[ \lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}(x) -\lim_{x\to-\infty} e^x \Bigr] \\
&= (0-1)-(0-0) \\
&= -1
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^2(x) \,{\rm d}x = 2\ln2 \approx 1.3862943611 )]
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^2(x) \,{\rm d}x &= \!\Bigl[ x\operatorname{Ei}^2(x) \Bigr]_{-\infty}^0 -\int_{-\infty}^0 x \cdot 2\operatorname{Ei}(x) \,\frac{e^x}x \,{\rm d}x \\
&= \!\Bigl[ \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^2(x) -\lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^2(x) \Bigr] \!-2\int_{-\infty}^0 e^x \operatorname{Ei}(x) \,{\rm d}x \\
&= (0-0) -2\int_{-\infty}^0 e^x \biggl( -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \biggr) {\rm d}x \\
&= 2\int_{-\infty}^0 \int_{-x}^\infty \frac{e^xe^{-t}}t \,{\rm d}t \,{\rm d}x \qquad {\sf let}\!: x=-y \\
&= 2\int_\infty^0 \int_y^\infty \frac{e^{-y}e^{-t}}t \,{\rm d}t \,(-{\rm d}y) \qquad {\sf let}\!: t=yu \Rightarrow {\rm d}t=y\,{\rm d}u \\
&= 2\int_0^\infty \!\int_1^\infty \frac{e^{-y}e^{-yu}}{yu} \,y \,{\rm d}u \,{\rm d}y \\
&= 2\int_1^\infty \!\int_0^\infty \frac{e^{-y(1+u)}}u \,{\rm d}y \,{\rm d}u \\
&= 2\int_1^\infty \!\left[ -\frac{e^{-y(1+u)}}{u(1+u)} \right]_{y\to0}^{y\to\infty} {\rm d}u \\
&= -2\int_1^\infty \!\biggl( 0 -\frac1{u(1+u)} \biggr) {\rm d}u \\
&= 2\int_1^\infty \!\biggl( \frac1u -\frac1{1+u} \biggr) {\rm d}u \\
&= 2\Bigl[ \ln u -\ln(1+u) \Bigr]_1^\infty \\
&= 2\biggl[ \ln\frac u{1+u} \biggr]_1^\infty \\
&= 2\biggl( 0 -\ln\frac12 \biggr) \\
&= 2\ln2
\end{aligned} )]
\int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^2(x) \,{\rm d}x &= \!\Bigl[ x\operatorname{Ei}^2(x) \Bigr]_{-\infty}^0 -\int_{-\infty}^0 x \cdot 2\operatorname{Ei}(x) \,\frac{e^x}x \,{\rm d}x \\
&= \!\Bigl[ \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^2(x) -\lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^2(x) \Bigr] \!-2\int_{-\infty}^0 e^x \operatorname{Ei}(x) \,{\rm d}x \\
&= (0-0) -2\int_{-\infty}^0 e^x \biggl( -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \biggr) {\rm d}x \\
&= 2\int_{-\infty}^0 \int_{-x}^\infty \frac{e^xe^{-t}}t \,{\rm d}t \,{\rm d}x \qquad {\sf let}\!: x=-y \\
&= 2\int_\infty^0 \int_y^\infty \frac{e^{-y}e^{-t}}t \,{\rm d}t \,(-{\rm d}y) \qquad {\sf let}\!: t=yu \Rightarrow {\rm d}t=y\,{\rm d}u \\
&= 2\int_0^\infty \!\int_1^\infty \frac{e^{-y}e^{-yu}}{yu} \,y \,{\rm d}u \,{\rm d}y \\
&= 2\int_1^\infty \!\int_0^\infty \frac{e^{-y(1+u)}}u \,{\rm d}y \,{\rm d}u \\
&= 2\int_1^\infty \!\left[ -\frac{e^{-y(1+u)}}{u(1+u)} \right]_{y\to0}^{y\to\infty} {\rm d}u \\
&= -2\int_1^\infty \!\biggl( 0 -\frac1{u(1+u)} \biggr) {\rm d}u \\
&= 2\int_1^\infty \!\biggl( \frac1u -\frac1{1+u} \biggr) {\rm d}u \\
&= 2\Bigl[ \ln u -\ln(1+u) \Bigr]_1^\infty \\
&= 2\biggl[ \ln\frac u{1+u} \biggr]_1^\infty \\
&= 2\biggl( 0 -\ln\frac12 \biggr) \\
&= 2\ln2
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^3(x) \,{\rm d}x = -3\operatorname{Li}_2\biggl(\frac14\biggr) -6\ln^22 \approx -3.6856760008 )]
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^3(x) \,{\rm d}x &= \!\Bigl[ x\operatorname{Ei}^3(x) \Bigr]_{-\infty}^0 -\int_{-\infty}^0 x \cdot 3\operatorname{Ei}^2(x) \,\frac{e^x}x \,{\rm d}x \\
&= \!\Bigl[ \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^3(x) -\lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^3(x) \Bigr] \!-3\int_{-\infty}^0 e^x \operatorname{Ei}^2(x) \,{\rm d}x \\
&= (0-0) -3\int_{-\infty}^0 e^x \biggl( -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t_1}}{t_1} \,{\rm d}t_1 \biggr) \!\biggl( -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t_2}}{t_2} \,{\rm d}t_2 \biggr) {\rm d}x \\
&= -3\int_{-\infty}^0 \int_{-x}^\infty \!\int_{-x}^\infty \frac{e^xe^{-t_1}e^{-t_2}}{t_1t_2} \,{\rm d}t_1 \,{\rm d}t_2 \,{\rm d}x \qquad {\sf 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} \,{\rm d}t_1 \,{\rm d}t_2 \,(-{\rm d}z) \\
&\qquad\quad {\sf let}\!: t_1=zx, \,t_2=zy \quad \Rightarrow \quad {\rm d}t_1=z\,{\rm d}x, \,{\rm d}t_2=z\,{\rm d}y \\
&= -3\int_0^\infty \!\int_1^\infty \!\int_1^\infty \frac{e^{-z}e^{-zx}e^{-zy}}{zx\cdot zy} \,z \,{\rm d}x \,z \,{\rm d}y \,{\rm d}z \\
&= -3\int_1^\infty \!\int_1^\infty \!\int_0^\infty \frac{e^{-z(1+x+y)}}{xy} \,{\rm d}z \,{\rm d}x \,{\rm 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} {\rm d}x \,{\rm d}y \\
&= -3\int_1^\infty \!\int_1^\infty \biggl[ (-0) -\left( -\frac1{xy(1+x+y)} \right) \biggr] {\rm d}x \,{\rm d}y \\
&= -3\int_1^\infty \!\int_1^\infty \frac1{xy(1+x+y)} \,{\rm d}x \,{\rm d}y
\end{aligned} )]
\int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^3(x) \,{\rm d}x &= \!\Bigl[ x\operatorname{Ei}^3(x) \Bigr]_{-\infty}^0 -\int_{-\infty}^0 x \cdot 3\operatorname{Ei}^2(x) \,\frac{e^x}x \,{\rm d}x \\
&= \!\Bigl[ \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^3(x) -\lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^3(x) \Bigr] \!-3\int_{-\infty}^0 e^x \operatorname{Ei}^2(x) \,{\rm d}x \\
&= (0-0) -3\int_{-\infty}^0 e^x \biggl( -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t_1}}{t_1} \,{\rm d}t_1 \biggr) \!\biggl( -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t_2}}{t_2} \,{\rm d}t_2 \biggr) {\rm d}x \\
&= -3\int_{-\infty}^0 \int_{-x}^\infty \!\int_{-x}^\infty \frac{e^xe^{-t_1}e^{-t_2}}{t_1t_2} \,{\rm d}t_1 \,{\rm d}t_2 \,{\rm d}x \qquad {\sf 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} \,{\rm d}t_1 \,{\rm d}t_2 \,(-{\rm d}z) \\
&\qquad\quad {\sf let}\!: t_1=zx, \,t_2=zy \quad \Rightarrow \quad {\rm d}t_1=z\,{\rm d}x, \,{\rm d}t_2=z\,{\rm d}y \\
&= -3\int_0^\infty \!\int_1^\infty \!\int_1^\infty \frac{e^{-z}e^{-zx}e^{-zy}}{zx\cdot zy} \,z \,{\rm d}x \,z \,{\rm d}y \,{\rm d}z \\
&= -3\int_1^\infty \!\int_1^\infty \!\int_0^\infty \frac{e^{-z(1+x+y)}}{xy} \,{\rm d}z \,{\rm d}x \,{\rm 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} {\rm d}x \,{\rm d}y \\
&= -3\int_1^\infty \!\int_1^\infty \biggl[ (-0) -\left( -\frac1{xy(1+x+y)} \right) \biggr] {\rm d}x \,{\rm d}y \\
&= -3\int_1^\infty \!\int_1^\infty \frac1{xy(1+x+y)} \,{\rm d}x \,{\rm d}y
\end{aligned} )]
부분분수분해 공식 [math(\dfrac1{ABC} = \dfrac1{B(C-A)} \biggl( \dfrac1A -\dfrac1C \biggr))]을 사용하자.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^3(x) \,{\rm d}x &= -3\int_1^\infty \!\int_1^\infty \frac1{y(1+y)} \biggl( \frac1x -\frac1{1+x+y} \biggr) {\rm d}x \,{\rm d}y \\
&= -3\int_1^\infty \frac1{y(1+y)} \Bigl[ \ln x -\ln(1+x+y) \Bigr]_{x\to1}^{x\to\infty} \,{\rm d}y \\
&= -3\int_1^\infty \frac1{y(1+y)} \!\left[ \ln\frac x{1+x+y} \right]_{x\to1}^{x\to\infty} {\rm d}y \\
&= -3\int_1^\infty \frac1{y(1+y)} \biggl( 0 -\ln\frac1{2+y} \biggr) {\rm d}y \\
&= -3\int_1^\infty \frac{\ln(2+y)}{y(1+y)} \,{\rm d}y \qquad {\sf let}\!: y=\frac1u \\
&= -3\int_1^0 \frac{\ln(2+\frac1u)}{\frac1u (1+\frac1u)} \biggl(-\frac1{u^2}\biggr) {\rm d}u \\
&= -3\int_0^1 \frac{{\color{#ce44dd} \ln(2u+1)}-{\color{#0b8bc3} \ln u}}{u+1} \,{\rm 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{#ce44dd} \ln(2u+1)}}{u+1} \,{\rm d}u &= \int_0^1 \ln(2u+1) \cdot \frac2{2u+2} \,{\rm d}u \\
&= \!\Bigl[ \ln(2u+1) \ln(2u+2) \Bigr]_0^1 -\int_0^1 \frac2{2u+1} \ln(2u+2) \,{\rm d}u \\
&\qquad\quad {\sf let}\!: 1+2u = -v \\
&= (\ln3\ln4-0) -2\int_{-1}^{-3} \frac{\ln(1-v)}{-v} \biggl( -\frac12 \,{\rm d}v \biggr) \\
&= 2\ln2\ln3 +\int_{-1}^{-3} \frac{-\ln(1-v)}v \,{\rm d}v \\
&= 2\ln2\ln3 +\int_0^{-3} \frac{-\ln(1-v)}v \,{\rm d}v -\int_0^{-1} \frac{-\ln(1-v)}v \,{\rm d}v \\
&= {\color{#ce44dd} 2\ln2\ln3 +\operatorname{Li}_2(-3) -\operatorname{Li}_2(-1)} \qquad \cdots \,(2)
\end{aligned} )]
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1 \frac{{\color{#0b8bc3} \ln u}}{u+1} \,{\rm d}u &= \!\Bigl[ \ln u \ln(u+1) \Bigr]_0^1 -\int_0^1 \frac1u \ln(1+u) \,{\rm d}u \\
&= \!\Bigl[ 0 -\lim_{u\to0^+} \ln u \ln(u+1) \Bigr] +\int_0^1 \frac{\ln(1-(-u))}{-u} \,{\rm d}u \\
&\qquad\quad {\sf let}\!: -u = t \\
&= 0 +\int_0^{-1} \frac{\ln(1-t)}t (-{\rm d}t) \\
&= \int_0^{-1} \frac{-\ln(1-t)}t \,{\rm d}t \\
&= {\color{#0b8bc3} \operatorname{Li}_2(-1)} \qquad \cdots \,(3)
\end{aligned} )]
\int_0^1 \frac{{\color{#0b8bc3} \ln u}}{u+1} \,{\rm d}u &= \!\Bigl[ \ln u \ln(u+1) \Bigr]_0^1 -\int_0^1 \frac1u \ln(1+u) \,{\rm d}u \\
&= \!\Bigl[ 0 -\lim_{u\to0^+} \ln u \ln(u+1) \Bigr] +\int_0^1 \frac{\ln(1-(-u))}{-u} \,{\rm d}u \\
&\qquad\quad {\sf let}\!: -u = t \\
&= 0 +\int_0^{-1} \frac{\ln(1-t)}t (-{\rm d}t) \\
&= \int_0^{-1} \frac{-\ln(1-t)}t \,{\rm d}t \\
&= {\color{#0b8bc3} \operatorname{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 함숫값과 성질들을 사용하여 정리하면 최종적으로 정적분 [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^3(x) \,{\rm d}x)]의 값을 구할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^3(x) \,{\rm d}x &= -3\int_0^1 \frac{{\color{#ce44dd} \ln(2u+1)}-{\color{#0b8bc3} \ln u}}{u+1} \,{\rm d}u \\
&= -3( {\color{#ce44dd} 2\ln2\ln3 +\operatorname{Li}_2(-3) -\operatorname{Li}_2(-1)} -{\color{#0b8bc3} \operatorname{Li}_2(-1)} ) \\
&= -6\ln2\ln3 -3\operatorname{Li}_2(-3) +6\operatorname{Li}_2(-1) \\
&\qquad\quad \operatorname{Li}_2(-1) = (2^{-1}-1) \,\zeta(2) = -\frac{\pi^2}{12} \\
&\qquad\quad {\sf Inversion \;Formula} \,(x=-3)\!: \operatorname{Li}_2(x) +\operatorname{Li}_2 \biggl( \frac1x \biggr) \!= -\frac{\pi^2}6 -\frac12 \ln^2(-x) \\
&= -6\ln2\ln3 -3\biggl[ -\operatorname{Li}_2 \biggl( -\frac13 \biggr) \!-\frac{\pi^2}6 -\frac12 \ln^23 \biggr] \!+6 \biggl( -\frac{\pi^2}{12} \biggr) \\
&= 3\operatorname{Li}_2 \biggl( -\frac13 \biggr) \!-6\ln2\ln3 +\frac32 \ln^23 \\
&\qquad\quad {\sf Landen's \;Identity} \biggl( x=\frac43 \biggr)\!: \operatorname{Li}_2(1-x) +\operatorname{Li}_2 \biggl( 1-\frac1x \biggr) \!= -\frac12 \ln^2x \\
&= 3\biggl[ -\operatorname{Li}_2 \biggl( \frac14 \biggr) -\frac12 \ln^2 \biggl( \frac43 \biggr) \biggr] \!-6\ln2\ln3 +\frac32 \ln^23 \\
&= -3\operatorname{Li}_2 \biggl( \frac14 \biggr) \!-\frac32 (2\ln2-\ln3)^2 -6\ln2\ln3 +\frac32 \ln^23 \\
&= -3\operatorname{Li}_2 \biggl( \frac14 \biggr) \!-6\ln^22
\end{aligned} )]
}}} ||
- [math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^4(x) \,{\rm d}x = 24\operatorname{Li}_3 \biggl( \frac14 \biggr) -48\operatorname{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
4. 곰페르츠 상수
| 수학상수 Mathematical Constants | |||||
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| [math(^{?})] 유리수인지 무리수인지 밝혀지지 않음 | |||||
Gompertz constant
곰페르츠 상수는 벤자민 곰페르츠의 이름을 딴 상수로, 다음과 같이 정의된다.
| <tableclass=tpc>[math(\begin{aligned} \delta &= \int_0^\infty \frac{e^{-x}}{1+x} \,{\rm d}x \\ &\approx 0.5963473623 \end{aligned} )] |
| <tableclass=tpc>[math(\begin{aligned} \delta &= \int_1^\infty \frac{e^{1-t}}t \,{\rm d}t = e\int_1^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \\ &= -e\operatorname{Ei}(-1) \end{aligned} )] |
4.1. 관련 공식
- [math(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n\cdot n!} = -\frac\delta e -\gamma)]
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
[math(\begin{aligned}
\delta &= -e \operatorname{Ei}(-1) \\
&= -e \Biggl( \gamma +\ln\left|-1\right| +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n\cdot n!} \Biggr) \\
&= -e \Biggl( \gamma +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n\cdot n!} \Biggr) \\
\therefore \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n\cdot n!} &= -\frac\delta e -\gamma
\end{aligned} )]
}}}||
- 소수 부분을 나타내는 함수 [math(\{x\})]를 정의하자. 즉, [math(\{x\} = x - \lfloor x \rfloor)]라고 하자. 여기서 [math(\lfloor x \rfloor)]는 최대 정수 함수이다. 그러면 다음이 성립한다.
\end{aligned} )]||
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
우선 참고식 두 개를 먼저 증명한 후, 이 참고식들을 사용해 위 식을 증명할 것이다.
- 증명은 오일러-마스케로니 상수 문서를 참고하라.
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\begin{aligned}
\int_0^\infty e^{-t}\ln t \,{\rm d}t = -\gamma
\end{aligned} )]}}}
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\begin{aligned}
\int_0^1 e^{-t}\ln t \,{\rm d}t = -\gamma +\operatorname{Ei}(-1)
\end{aligned} )]}}}
증명
{{{#!wiki style="text-align: center;"
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\begin{aligned}
\int_0^1 e^{-t}\ln t \,{\rm d}t &= \int_0^\infty e^{-t}\ln t \,{\rm d}t -\int_1^\infty e^{-t}\ln t \,{\rm d}t \\
&\overset A= -\gamma -\!\biggl( \underbrace{[ -e^{-t}\ln t ]_1^\infty}_{=0} -\int_1^\infty \!\biggl(-\frac{e^{-t}}t\biggr) {\rm d}t \biggr) \\
&= -\gamma -\int_1^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \\
&= -\gamma +\operatorname{Ei}(-1)
\end{aligned} )]}}}
이제 위 참고식들을 사용하여 주어진 적분의 값을 계산해보자. 계산 과정 중 참고식을 사용한 경우, 등호 위에다가 해당 참고식의 알파벳을 적을 것이다. (예: [math(\overset A=)])
우선 [math(-\ln x = t)]로 치환한다. 그럼 [math(x = e^{-t})], [math({\rm d}x = -e^{-t} \,{\rm d}t)]이므로
[math(\begin{aligned}
\int_0^1 \ln\{-\ln x\} \,{\rm d}x &= \int_\infty^0 \ln\{t\} \cdot (-e^{-t}) \,{\rm d}t \\
&= \int_0^\infty e^{-t}\ln\{t\} \,{\rm d}t \\
&= \sum_{n=0}^\infty \int_n^{n+1} e^{-t}\ln\{t\} \,{\rm d}t \\
&= \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 e^{-(n+t)}\ln\{n+t\} \,{\rm d}t \\
&= \sum_{n=0}^\infty e^{-n}\int_0^1 e^{-t}\ln t \,{\rm d}t \\
&\overset B= \frac1{1-e^{-1}} \cdot (-\gamma +\operatorname{Ei}(-1)) \\
&= -\frac{e(\gamma-\operatorname{Ei}(-1))}{e-1} \\
&= \frac{e\gamma +\delta}{1-e} \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]
}}}||
- [math(\displaystyle
)]
##다음 내용과의 공백이 없는 수평선
증명의 출처: # @
우선 참고식 5개를 먼저 증명한 후, 이 참고식들을 사용해 위 식을 증명할 것이다.
- 라플라스 변환 표의 내용들 중 증명에 사용되는 부분들을 정리했다.
[math(\displaystyle {\cal L}\{f(t)\}(s) = \int_0^\infty e^{-st} f(t) \,{\rm d}t)] [math(f(t) = {\cal L}^{-1}\{F(s)\}(t))] [math(F(s) = {\cal L}\{f(t)\}(s))] 수렴영역 [math(e^{-at})] [math(\dfrac1{s+a})] [math(\operatorname{Re}(s) > -\operatorname{Re}(a))] [math(\sin(\omega t))] [math(\dfrac\omega{s^2+\omega^2})] [math(\operatorname{Re}(s) > \left| \operatorname{Im}(\omega) \right|)] [math(\cos(\omega t))] [math(\dfrac s{s^2+\omega^2})] [math(\operatorname{Re}(s) > \left| \operatorname{Im}(\omega) \right|)] [math(\dfrac{f(t)}t)] [math(\displaystyle \int_s^\infty F(\sigma) \,{\rm d}\sigma)]
각 변환에 대한 증명은 라플라스 변환 문서를 참고하라. - [math(x>0)]에 대해 다음 등식이 성립한다.
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\begin{aligned}
\arctan x+\arctan\frac1x = \frac\pi2
\end{aligned} )]}}}
[math(\begin{aligned}
\arctan u = \int_0^\infty \frac{e^{-t}}t \sin(ut) \,{\rm d}t
\end{aligned} )]}}}
증명
{{{#!wiki style="text-align: center;"
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\begin{aligned}
\int_0^\infty e^{-st} \frac{\sin(\omega t)}t \,{\rm d}t &= {\cal L}\biggl\{\frac{\sin(\omega t)}t\biggr\}(s) \overset A= \int_s^\infty \frac\omega{\sigma^2+\omega^2} \,{\rm d}\sigma \\
&= \biggl. \arctan\frac\sigma\omega \biggr|_s^\infty = \frac\pi2 -\arctan\frac s\omega \\
&\overset B= \arctan\frac\omega s \\
\Rightarrow \arctan\frac\omega s &= \int_0^\infty e^{-st} \frac{\sin(\omega t)}t \,{\rm d}t = \int_0^\infty \frac{e^{-st}}t \sin(\omega t) \,{\rm d}t \\
\therefore \arctan u &= \int_0^\infty \frac{e^{-t}}t \sin(ut) \,{\rm d}t \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]}}}
- 부분분수 분해
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\displaystyle
\frac1{(1+u^2)(s^2+u^2)} = \frac1{s^2-1} \biggl( \frac1{1+u^2} -\frac1{s^2+u^2} \biggr)
)]}}}
증명
{{{#!wiki style="text-align: center;"
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\begin{aligned}
\frac1{(1+u^2)(s^2+u^2)} &= \frac{A+Bu}{1+u^2} +\frac{C+Du}{s^2+u^2} \\
\Rightarrow\quad 1 &= (A+Bu)(s^2+u^2) +(C+Du)(1+u^2) \\
&= (B+D)u^3 +(A+C)u^2 +(Bs^2+D)u +(As^2+C) \\
\Rightarrow \left\{\begin{aligned} B+D&=0 \\ A+C&=0 \\ Bs^2+D&=0 \\ As^2+C&=1 \end{aligned}\right.
&\quad\Rightarrow \left\{\begin{aligned} D&=-B \\ C&=-A \\ B(s^2-1)&=0 \\ A(s^2-1)&=1 \end{aligned}\right.
\quad\Rightarrow \left\{\begin{aligned} D&=0 \\ C&=-A \\ B&=0 \\ A&=\frac1{s^2-1} \end{aligned}\right. \\
\therefore \frac1{(1+u^2)(s^2+u^2)} &= \frac{A+Bu}{1+u^2} +\frac{C+Du}{s^2+u^2} \\
&= A \biggl( \frac1{1+u^2} -\frac1{s^2+u^2} \biggr) \\
&= \frac1{s^2-1} \biggl( \frac1{1+u^2} -\frac1{s^2+u^2} \biggr) \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]}}}
- [math(a\in\R)]에 대해 다음 식이 성립한다.
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\begin{aligned}
\int_0^\infty \frac{\cos(au)}{1+u^2} \,{\rm d}u = \frac\pi2 e^{-|a|}
\end{aligned} )]}}}
증명
우선 [math(\displaystyle J(a) = \int_0^\infty \frac{\cos(au)}{1+u^2} \,{\rm d}u)]라고 둔 후 [math(a)]에 대해 라플라스 변환한다. [math(a)]에 대한 라플라스 변환은 [math(a \ge 0)] 범위에 대한 적분이다. 따라서 [math(a \ge 0)]인 경우에 대해 먼저 증명한 후, [math(a \le 0)]이면 [math(\cos(-x) = \cos(x))]임을 이용해서 증명을 마친다.
우선 [math(\displaystyle J(a) = \int_0^\infty \frac{\cos(au)}{1+u^2} \,{\rm d}u)]라고 둔 후 [math(a)]에 대해 라플라스 변환한다. [math(a)]에 대한 라플라스 변환은 [math(a \ge 0)] 범위에 대한 적분이다. 따라서 [math(a \ge 0)]인 경우에 대해 먼저 증명한 후, [math(a \le 0)]이면 [math(\cos(-x) = \cos(x))]임을 이용해서 증명을 마친다.
i. [math(a \ge 0)]
{{{#!wiki style="text-align: center;"
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\begin{aligned}
J(a) &= \int_0^\infty \frac{\cos(au)}{1+u^2} \,{\rm d}u \\
\Rightarrow\quad {\cal L}\{J(a)\}(s) &= \int_0^\infty e^{-sa}J(a) \,{\rm d}a = \int_0^\infty e^{-sa} \int_0^\infty \frac{\cos(au)}{1+u^2} \,{\rm d}u \,{\rm d}a \\
&= \int_0^\infty \frac1{1+u^2} \int_0^\infty e^{-sa} \cos(au) \,{\rm d}a \,{\rm d}u \\
&= \int_0^\infty \frac1{1+u^2} \,{\cal L}\{\cos(au)\}(s) \,{\rm d}u \\
&\overset A= \int_0^\infty \frac1{1+u^2} \frac s{s^2+u^2} \,{\rm d}u \\
&\overset D= \frac s{s^2-1} \int_0^\infty \!\biggl( \frac1{1+u^2} -\frac1{s^2+u^2} \biggr) {\rm d}u \\
&= \frac s{s^2-1} \biggl[ \arctan u -\frac1s \arctan\frac us \biggr]_0^\infty \\
&= \frac s{s^2-1} \biggl[ \frac\pi2 -\frac\pi{2s} \biggr] \!= \frac s{s^2-1} \frac\pi2 \biggl[ 1 -\frac1s \biggr] \\
&= \frac\pi2 \frac s{s^2-1} \frac{s-1}s = \frac\pi2 \frac1{s+1} \\
\therefore {\cal L}\{J(a)\}(s) &= \frac\pi2 \frac1{s+1} \\
\Rightarrow\quad J(a) &= {\cal L}^{-1}\biggl\{\frac\pi2 \frac1{s+1}\biggr\}(a) \\
&\overset A= \frac\pi2 e^{-a} = \frac\pi2 e^{-|a|} \\
\therefore \int_0^\infty \frac{\cos(au)}{1+u^2} \,{\rm d}u &= \frac\pi2 e^{-|a|} \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]}}}
- [math(a \le 0)]
[math(b = -a)]라 하자. 그러면 [math(b \ge 0)]이다.
{{{#!wiki style="text-align: center;"
[math(\begin{aligned}
\int_0^\infty \frac{\cos(au)}{1+u^2} \,{\rm d}u &= \int_0^\infty \frac{\cos(-bu)}{1+u^2} \,{\rm d}u \\
&= \int_0^\infty \frac{\cos(bu)}{1+u^2} \,{\rm d}u \\
&= \frac\pi2 e^{-b} = \frac\pi2 e^a = \frac\pi2 e^{-|a|} \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]}}}
이제 위 참고식들을 사용하여 주어진 적분의 값을 계산해보자. 계산 과정 중 참고식을 사용한 경우, 등호 위에다가 해당 참고식의 알파벳을 적을 것이다. (예: [math(\overset A=)])
준 적분을 [math(I)]라 두자. [math(\tan x=u)]로 치환하면 [math(x = \arctan u)], [math({\rm d}x = \dfrac{{\rm d}u}{1+u^2})]이므로
[math(\begin{aligned}
I &= \int_0^{\pi/2} x \sin\biggl(\frac12\tan x\biggr) {\rm d}x \\
&= \int_0^\infty \arctan u \cdot \sin\biggl(\frac u2\biggr) \dfrac{{\rm d}u}{1+u^2} \\
&\overset C= \int_0^\infty \!\int_0^\infty \frac{e^{-t}}t \sin(ut) \,{\rm d}t \sin\biggl(\frac u2\biggr) \dfrac{{\rm d}u}{1+u^2} \\
&= \int_0^\infty \frac{e^{-t}}t \int_0^\infty {\color{#ce44dd} \sin(ut) \sin\biggl(\frac u2\biggr)} \dfrac{{\rm d}u}{1+u^2} \,{\rm d}t
\end{aligned} )]
여기서 분홍색 부분에 곱을 합으로 바꾸는 공식 [math(\sin\alpha \sin\beta = \dfrac12 \{ \cos(\alpha-\beta) -\cos(\alpha+\beta) \})]을 사용하면
[math(\begin{aligned}
I &= \int_0^\infty \frac{e^{-t}}t \int_0^\infty {\color{#ce44dd} \frac12 \biggl\{ \cos\biggl(ut-\frac u2\biggr) \!-\cos\biggl(ut+\dfrac u2\biggr) \!\biggr\}} \dfrac{{\rm d}u}{1+u^2} \,{\rm d}t \\
&= \frac12 \int_0^\infty \frac{e^{-t}}t \int_0^\infty \biggl\{ \cos\biggl(t-\frac12\biggr)u -\cos\biggl(t+\frac12\biggr)u \biggr\} \dfrac{{\rm d}u}{1+u^2} \,{\rm d}t \\
&\overset E= \frac12 \int_0^\infty \frac{e^{-t}}t \biggl\{ \frac\pi2 e^{-|t-1/2|} -\frac\pi2 e^{-|t+1/2|} \biggr\} \,{\rm d}t \\
&= \frac\pi4 \int_0^\infty \frac{e^{-t}}t \{ e^{-|t-1/2|} -e^{-|t+1/2|} \} \,{\rm d}t \\
&= \frac\pi4 \biggl( \int_0^{1/2} \frac{e^{-t}}t \{ e^{t-1/2} -e^{-t-1/2} \} \,{\rm d}t +\int_{1/2}^\infty \frac{e^{-t}}t \{ e^{-t+1/2} -e^{-t-1/2} \} \,{\rm d}t \biggr) \\
&= \frac\pi4 \biggl( \int_0^{1/2} \frac{e^{-t}}t \frac{e^t -e^{-t}}{\sqrt e} \,{\rm d}t +\int_{1/2}^\infty \frac{e^{-t}}t \cdot e^{-t} \biggl\{ \sqrt e-\frac1{\sqrt e} \biggr\} \,{\rm d}t \biggr) \\
&= \frac\pi4 \biggl( \frac1{\sqrt e} \int_0^{1/2} \frac{1-e^{-2t}}t \,{\rm d}t +\frac{e-1}{\sqrt e} \int_{1/2}^\infty \frac{e^{-2t}}t \,{\rm d}t \biggr) \\
&= \frac\pi{4\sqrt e} \biggl( \Bigl[ \ln t -\operatorname{Ei}(-2t) \Bigr]_0^{1/2} +(e-1) \Bigl[ \operatorname{Ei}(-2x) \Bigr]_{1/2}^\infty \biggr) \\
&= \frac\pi{4\sqrt e} \biggl( \biggl[ \ln\frac12 -\operatorname{Ei}(-1) \biggr] \!-\lim_{t\to0+} \Bigl[ \ln t -\operatorname{Ei}(-2t) \Bigr] +(e-1) \Bigl[ \underbrace{\lim_{x\to\infty} \operatorname{Ei}(-2x)}_{=0} -\operatorname{Ei}(-1) \Bigr] \biggr) \\
&= \frac\pi{4\sqrt e} \biggl( \ln\frac12 -\operatorname{Ei}(-1) -\!\left[ \ln\biggl|-\frac12\biggr| -\gamma \right] \!-(e-1)\operatorname{Ei}(-1) \biggr) \\
&= \frac\pi{4\sqrt e} \biggl( \,\cancel{\!\ln\frac12} -\cancel{\operatorname{Ei}(-1)} -\cancel{\ln\frac12} +\gamma -e\operatorname{Ei}(-1) +\cancel{\operatorname{Ei}(-1)} \biggr) \\
&= \frac\pi{4\sqrt e} ( \gamma +\delta ) \qquad\blacksquare
\end{aligned} )]
}}}||