지수 적분 함수

최근 수정 시각: 2025-01-31 20:45:36

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$^\ast$ 특수함수가 아니라 특정 조건을 만족시키는 다항함수이지만, 편의상 이곳에 기술했다.

1. 개요2. 극한값 및 미적분

2.1. 지수 적분 함수의 이상적분

3. 무한급수 표기4. 곰페르츠 상수5. 관련 문서

1. 개요[편집]

exponential integral function / 指數積分函數

특수함수의 하나로,

\mathrm{Ei}(x)

로 표기하며 정의는 다음과 같다.

{\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,

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.

지수 적분 함수는 간단하게

\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

\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{{\rm Ei}(x)}{e^x/x}=1

이다.

2. 극한값 및 미적분[편집]

\displaystyle \frac{\rm d}{{\rm d}x} \operatorname{Ei}(ax) = \frac{e^{ax}}x

(단,

a

는 상수)

[증명]: 정적분으로 정의된 함수 $\displaystyle \int_{g(x)}^b f(t) \,{\rm d}t$ 를 미분하면 다음과 같다. (단, $b$ 는 상수)

$\displaystyle \frac{\rm d}{{\rm d}x} \int_{g(x)}^b f(t) \,{\rm d}t = -f(g(x)) \cdot g'(x)$

이 등식을 활용하면 지수 적분 함수의 미분을 쉽게 구할 수 있다.

$\displaystyle \begin{aligned} \frac{\rm d}{{\rm d}x} \operatorname{Ei}(ax) &= -\frac{\rm d}{{\rm d}x} \int_{-ax}^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t = -\biggl( -\frac{e^{ax}}{-ax} \cdot (-a) \biggr) = \frac{e^{ax}}x \end{aligned}$

\displaystyle \lim_{x\to0} x\operatorname{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 $\overset{\bf *}=$ 로 표시했다.

$\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}(x) = \lim_{x\to0} \frac{\operatorname{Ei}(x)}{\cfrac1x} \overset{\bf *} = \lim_{x\to0} \frac{\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} = -\lim_{x\to0} xe^x = -0\cdot1 = 0 \end{aligned}$

(ii) 이제 자연수 $k$ 에 대하여 $n=k$ 일 때 $\displaystyle \lim_{x\to0}x\operatorname{Ei}^k(x)=0$ 이 성립한다고 가정하자. 그러면 $n=k+1$ 일 때에 대한 증명은 아래와 같다.

$\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^{k+1}(x) &= \lim_{x\to0} \frac{\operatorname{Ei}^{k+1}(x)}{\cfrac1x} \overset{\bf *}= \lim_{x\to0} \frac{(k+1) \operatorname{Ei}^k(x) \,\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} \\ &= -(k+1) \lim_{x\to0} (e^x \cdot x\operatorname{Ei}^k(x)) = -(k+1)\cdot1\cdot0 \\ &= 0 \end{aligned}$

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

\displaystyle \lim_{x\to-\infty} x\operatorname{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 $\overset{\bf *}=$ 로 표시했다.

$\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}(x) = \lim_{x\to-\infty} \frac{\operatorname{Ei}(x)}{\cfrac1x} \overset{\bf *}= \lim_{x\to-\infty} \frac{\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} = \lim_{x\to-\infty} \frac{-x}{e^{-x}} \overset{\bf *}= \lim_{x\to-\infty} \frac{-1}{-e^{-x}} = 0 \end{aligned}$

(ii) 이제 자연수 $k$ 에 대하여 $n=k$ 일 때 $\displaystyle \lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^k(x) = 0$ 이 성립한다고 가정하자. 그러면 $n=k+1$ 일 때에 대한 증명은 아래와 같다.

$\displaystyle \begin{aligned} \lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^{k+1}(x) &= \lim_{x\to-\infty} \frac{\operatorname{Ei}^{k+1}(x)}{\cfrac1x} \overset{\bf *}= \lim_{x\to-\infty} \frac{(k+1)\operatorname{Ei}^k(x)\,\dfrac{e^x}x}{-\cfrac1{x^2}} \\ &= -(k+1) \lim_{x\to-\infty} (e^x \cdot x\operatorname{Ei}^k(x)) = -(k+1)\cdot0\cdot0 \\ &= 0 \end{aligned}$

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

\displaystyle \int \operatorname{Ei}(ax) \,{\rm d}x = x\operatorname{Ei}(ax) -\frac1a \,e^{ax} +C

(단,

C

는 적분상수)

[증명]: 부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.

$\displaystyle \begin{aligned} \int \operatorname{Ei}(ax) \,{\rm d}x &= \int 1 \cdot \operatorname{Ei}(ax) \,{\rm d}x \\ &= x \cdot \operatorname{Ei}(ax) -\int x \cdot \frac{e^{ax}}x \,{\rm d}x \\ &= x \operatorname{Ei}(ax) -\frac1a \,e^{ax} +C \end{aligned}$

\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,

C

는 적분상수)

[증명]: 위와 마찬가지로 부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.

$\displaystyle \begin{aligned} \int \operatorname{Ei}^2(ax) \,{\rm d}x &= \int 1 \cdot \operatorname{Ei}^2(ax) \,{\rm d}x \\ &= x \cdot \operatorname{Ei}^2(ax) -\int x \cdot 2\operatorname{Ei}(ax) \,\frac{e^{ax}}x \,{\rm d}x \\ &= x \operatorname{Ei}^2(ax) -2\int e^{ax} \cdot \operatorname{Ei}(ax) \,{\rm d}x \\ &= x \operatorname{Ei}^2(ax) -2\biggl( \frac1a \,e^{ax} \cdot \operatorname{Ei}(ax) -\int \frac1a \,e^{ax} \cdot \frac{e^{ax}}x \,{\rm d}x \biggr) \\ &= x \operatorname{Ei}^2(ax) -\frac2a \,e^{ax} \operatorname{Ei}(ax) +\frac2a \int \frac{e^{2ax}}x \,{\rm d}x \\ &= x \operatorname{Ei}^2(ax) -\frac2a \,e^{ax} \operatorname{Ei}(ax) +\frac2a \int \frac{\rm d}{{\rm d}x} \operatorname{Ei}(2ax) \,{\rm d}x \\ &= x \operatorname{Ei}^2(ax) -\frac2a \,e^{ax} \operatorname{Ei}(ax) +\frac2a \operatorname{Ei}(2ax) +C \end{aligned}$

2.1. 지수 적분 함수의 이상적분[편집]

\displaystyle \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}(x) \,{\rm d}x = -1

[증명]: $\displaystyle \begin{aligned} \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}(x) \,{\rm d}x &= \!\Bigl[ x\operatorname{Ei}(x) -e^x \Bigr]_{-\infty}^0 \\ &= \!\Bigl[ \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}(x) -e^0 \Bigr] \!-\!\Bigl[ \lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}(x) -\lim_{x\to-\infty} e^x \Bigr] \\ &= (0-1)-(0-0) \\ &= -1 \end{aligned}$

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

[증명]: $\displaystyle \begin{aligned} \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^2(x) \,{\rm d}x &= \!\Bigl[ x\operatorname{Ei}^2(x) \Bigr]_{-\infty}^0 -\int_{-\infty}^0 x \cdot 2\operatorname{Ei}(x) \,\frac{e^x}x \,{\rm d}x \\ &= \!\Bigl[ \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^2(x) -\lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^2(x) \Bigr] \!-2\int_{-\infty}^0 e^x \operatorname{Ei}(x) \,{\rm d}x \\ &= (0-0) -2\int_{-\infty}^0 e^x \biggl( -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t}}t \,{\rm d}t \biggr) {\rm d}x \\ &= 2\int_{-\infty}^0 \int_{-x}^\infty \frac{e^xe^{-t}}t \,{\rm d}t \,{\rm d}x \qquad {\sf Let}\!: x=-y \\ &= 2\int_\infty^0 \int_y^\infty \frac{e^{-y}e^{-t}}t \,{\rm d}t \,(-{\rm d}y) \qquad {\sf Let}\!: t=yu \Rightarrow {\rm d}t=y\,{\rm d}u \\ &= 2\int_0^\infty \!\int_1^\infty \frac{e^{-y}e^{-yu}}{yu} \,y \,{\rm d}u \,{\rm d}y \\ &= 2\int_1^\infty \!\int_0^\infty \frac{e^{-y(1+u)}}u \,{\rm d}y \,{\rm d}u \\ &= 2\int_1^\infty \!\left[ -\frac{e^{-y(1+u)}}{u(1+u)} \right]_{y\to0}^{y\to\infty} {\rm d}u \\ &= -2\int_1^\infty \!\biggl( 0 -\frac1{u(1+u)} \biggr) {\rm d}u \\ &= 2\int_1^\infty \!\biggl( \frac1u -\frac1{1+u} \biggr) {\rm d}u \\ &= 2\Bigl[ \ln u -\ln(1+u) \Bigr]_1^\infty \\ &= 2\biggl[ \ln\frac u{1+u} \biggr]_1^\infty \\ &= 2\biggl( 0 -\ln\frac12 \biggr) \\ &= 2\ln2 \end{aligned}$

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

[증명]: $\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 \\ &\qquad\quad 부분분수 \;분해 \;공식 \;사용\!: \frac1{ABC} = \frac1{B(C-A)} \biggl( \frac1A -\frac1C \biggr) \\ &= -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{blue} \ln(2u+1)}-{\color{red} \ln u}}{u+1} \,{\rm d}u \qquad \cdots \,(1) \\ \end{aligned}$

위의 정적분을 색깔별로 쪼개서 적분한 후 마지막에 값을 합쳐주면 된다.

$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 \frac{{\color{blue} \ln(2u+1)}}{u+1} \,{\rm d}u &= \int_0^1 \ln(2u+1) \cdot \frac2{2u+2} \,{\rm d}u \\ &= \!\Bigl[ \ln(2u+1) \ln(2u+2) \Bigr]_0^1 -\int_0^1 \frac2{2u+1} \ln(2u+2) \,{\rm d}u \\ &\qquad\quad {\sf Let}\!: 1+2u = -v \\ &= (\ln3\ln4-0) -2\int_{-1}^{-3} \frac{\ln(1-v)}{-v} \biggl( -\frac12 \,{\rm d}v \biggr) \\ &= 2\ln2\ln3 +\int_{-1}^{-3} \frac{-\ln(1-v)}v \,{\rm d}v \\ &= 2\ln2\ln3 +\int_0^{-3} \frac{-\ln(1-v)}v \,{\rm d}v -\int_0^{-1} \frac{-\ln(1-v)}v \,{\rm d}v \\ &= {\color{blue} 2\ln2\ln3 +\operatorname{Li}_2(-3) -\operatorname{Li}_2(-1)} \qquad \cdots \,(2) \end{aligned}$

$\displaystyle \begin{aligned} \int_0^1 \frac{{\color{red} \ln u}}{u+1} \,{\rm d}u &= \!\Bigl[ \ln u \ln(u+1) \Bigr]_0^1 -\int_0^1 \frac1u \ln(1+u) \,{\rm d}u \\ &= \!\Bigl[ 0 -\lim_{u\to0^+} \ln u \ln(u+1) \Bigr] +\int_0^1 \frac{\ln(1-(-u))}{-u} \,{\rm d}u \\ &\qquad\quad {\sf Let}\!: -u = t \\ &= 0 +\int_0^{-1} \frac{\ln(1-t)}t (-{\rm d}t) \\ &= \int_0^{-1} \frac{-\ln(1-t)}t \,{\rm d}t \\ &= {\color{red} \operatorname{Li}_2(-1)} \qquad \cdots \,(3) \end{aligned}$

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

$\displaystyle \begin{aligned} \lim_{u\to0^+} \ln u \ln(u+1) &= \lim_{u\to0^+} \frac{\ln u}{1/u} \frac{\ln(u+1)}u \\ &= \lim_{u\to0^+} \frac{\ln u}{1/u} \lim_{u\to0^+} \frac{\ln(u+1)}u \\ &\overset{*}= \lim_{u\to0^+} \frac{1/u}{-1/u^2} \lim_{u\to0^+} \frac{1/(u+1)}1 \\ &= -\lim_{u\to0^+} u \lim_{u\to0^+} \frac1{u+1} \\ &= -0\cdot1 \\ &= 0 \end{aligned}$

이제 $(2)$ , $(3)$ 의 값을 $(1)$ 에 대입하고, 폴리로그함수의 함숫값과 성질들을 사용하여 정리하면 최종적으로 정적분 $\displaystyle \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^3(x) \,{\rm d}x$ 의 값을 구할 수 있다.

$\displaystyle \begin{aligned} \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^3(x) \,{\rm d}x &= -3\int_0^1 \frac{{\color{blue} \ln(2u+1)}-{\color{red} \ln u}}{u+1} \,{\rm d}u \\ &= -3( {\color{blue} 2\ln2\ln3 +\operatorname{Li}_2(-3) -\operatorname{Li}_2(-1)} -{\color{red} \operatorname{Li}_2(-1)} ) \\ &= -6\ln2\ln3 -3\operatorname{Li}_2(-3) +6\operatorname{Li}_2(-1) \\ &\qquad\quad \operatorname{Li}_2(-1) = (2^{-1}-1) \,\zeta(2) = -\frac{\pi^2}{12} \\ &\qquad\quad {\sf Inversion \;Formula} \,(x=-3)\!: \operatorname{Li}_2(x) +\operatorname{Li}_2 \biggl( \frac1x \biggr) \!= -\frac{\pi^2}6 -\frac12 \ln^2(-x) \\ &= -6\ln2\ln3 -3\biggl[ -\operatorname{Li}_2 \biggl( -\frac13 \biggr) \!-\frac{\pi^2}6 -\frac12 \ln^23 \biggr] \!+6 \biggl( -\frac{\pi^2}{12} \biggr) \\ &= 3\operatorname{Li}_2 \biggl( -\frac13 \biggr) \!-6\ln2\ln3 +\frac32 \ln^23 \\ &\qquad\quad {\sf Landen's \;Identity} \biggl( x=\frac43 \biggr)\!: \operatorname{Li}_2(1-x) +\operatorname{Li}_2 \biggl( 1-\frac1x \biggr) \!= -\frac12 \ln^2x \\ &= 3\biggl[ -\operatorname{Li}_2 \biggl( \frac14 \biggr) -\frac12 \ln^2 \biggl( \frac43 \biggr) \biggr] \!-6\ln2\ln3 +\frac32 \ln^23 \\ &= -3\operatorname{Li}_2 \biggl( \frac14 \biggr) \!-\frac32 (2\ln2-\ln3)^2 -6\ln2\ln3 +\frac32 \ln^23 \\ &= -3\operatorname{Li}_2 \biggl( \frac14 \biggr) \!-6\ln^22 \end{aligned}$

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

위에서

\operatorname{Li}_s(x)

는 폴리로그함수,

\zeta(x)

는 제타 함수이다.

3. 무한급수 표기[편집]

양의 실수 $x$ 에 대하여 다음이 성립한다. 여기서 $\gamma$ 는 오일러-마스케로니 상수이다.

\displaystyle \begin{aligned} \operatorname{Ei}(x) = \gamma +\ln x +\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k\times k!} \end{aligned}

4. 곰페르츠 상수[편집]

수학상수
Mathematical Constants

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$0$ 덧셈의 항등원	$1$ 곱셈의 항등원	$\sqrt{2}$ 제곱근 2 $^\ast$	$495$ , $6174$ 카프리카 상수	$0$ , $1$ , $3435$ , $438579088$ 뮌하우젠 수
$\pi$ 원주율 $^{\ast\ast}$	$\tau$ 새 원주율 $^{\ast\ast}$	$e$ 자연로그의 밑 $^{\ast\ast}$	$\varphi$ 황금비 $^\ast$	$i$ 허수단위
$G$ 카탈랑 상수 $^{\ast?}$	$\zeta(3)$ 아페리 상수 $^{\ast?}$	${\rm Si}(\pi)$ 윌브레이엄-기브스 상수 $^{?}$	$\gamma$ 오일러-마스케로니 상수 $^{?}$	$\gamma_n$ 스틸체스 상수 $^{?}$
$\Omega$ 오메가 상수 $^{\ast\ast}$	$2^{\sqrt{2}}$ 겔폰트-슈나이더 상수 $^{\ast\ast}$	$C_n\,$ 챔퍼나운 상수 $^{\ast\ast}$	$A\,$ 글레이셔-킨켈린 상수 $^{?}$	$A_k\,$ 벤더스키-아담칙 상수 $^{?}$
$\delta$ 곰페르츠 상수 $^{?}$	$\mu$ 라마누잔-졸트너 상수 $^{?}$	$B_{2}$ , $B_{4}$ 브룬 상수 $^{?}$	$\rho$ 플라스틱 상수 $^\ast$	$\delta$ , $\alpha$ 파이겐바움 상수 $^{?}$
$G$ 란다우 상수 $^{?}$	$C_A$ 아르틴 상수 $^{?}$	$\zeta_n$ $1$ 의 $n$ 제곱근 [1]
$^{?}$ 유리수인지 무리수인지 밝혀지지 않음 $^\ast$ 초월수가 아닌 무리수임이 증명됨 $^{\ast?}$ 무리수임이 증명됨, 초월수인지 아닌지 밝혀지지 않음 $^{\ast\ast}$ 초월수임이 증명됨 [1] 정의에 따라 초월수가 아닌 대수적 수이다. $1$ 의 거듭제곱근 중 $1$ , $-1$ , $i$ , $-i$ 를 제외한 근들은 모두 무리수 실수부 또는 허수부를 가진다. 일반적으로 무리수는 실수의 부분집합으로서만 정의되므로 $1$ , $-1$ 을 제외한 $1$ 의 거듭제곱근은 유리수나 무리수로 구분하지는 않는다.

Gompertz constant

곰페르츠 상수는 벤자민 곰페르츠의 이름을 딴 상수로, 다음과 같이 정의되며

\displaystyle \delta = \int_0^\infty \ln(1+x) \,e^{-x} \,{\rm d}x

지수 적분 함수를 사용해

-e\operatorname{Ei}(-1)

로 나타낼 수 있다. 근삿값은 약

0.5963473623

이다.

5. 관련 문서[편집]

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