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특수함수 Special Functions |
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| [math(^\ast)] 특수함수가 아니라 특정 조건을 만족시키는 다항함수이지만, 편의상 이곳에 기술했다. | ||
1. 개요
exponential integral function / 指 數 積 分 函 數특수함수의 하나로, [math(\mathrm{Ei}(x))]로 표기하며 정의는 다음과 같다.
[math({\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, [math(x)]절편이 하나 있는데, 그 값은 [math(\ln\mu)]이며 약 [math(0.372507)] 정도 되는 값이다. 여기서 [math(\mu)]는 로그 적분 함수의 [math(x)]절편이고, 라마누잔-졸트너 상수라는 이름이 붙어 있다.
지수 적분 함수는 간단하게
[math(\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
[math(\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{{\rm Ei}(x)}{e^x/x}=1)]
이다.
2. 극한값 및 미적분
-
[math(\displaystyle \frac{\rm d}{{\rm d}x} \operatorname{Ei}(ax) = \frac{e^{ax}}x)] (단, [math(a)]는 상수)
정적분으로 정의된 함수 [math(\displaystyle \int_{g(x)}^b f(t) \,{\rm d}t)]를 미분하면 다음과 같다. (단, [math(b)]는 상수)
[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(\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} )]
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-
[math(\displaystyle \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^n(x) = 0)] (단, [math(n)]은 자연수)
수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
(i) 우선 [math(n=1)]일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(\overset{\bf *}=)]로 표시했다.
[math(\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 [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.
[math(\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 [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)
수학적 귀납법을 사용하여 증명하자.
(i) 우선 [math(n=1)]일 때의 증명은 다음과 같다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(\overset{\bf *}=)]로 표시했다.
[math(\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 [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.
[math(\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 [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 \int \operatorname{Ei}(ax) \,{\rm d}x = x\operatorname{Ei}(ax) -\frac1a \,e^{ax} +C)] (단, [math(C)]는 적분상수)
부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.
[math(\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} )]
}}} ||
-
[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)
위와 마찬가지로 부분적분으로 간단히 해결할 수 있다.
[math(\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} )]
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2.1. 지수 적분 함수의 이상적분
-
[math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}(x) \,{\rm d}x = -1)]
[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} )]
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-
[math(\displaystyle \int_{-\infty}^0 \operatorname{Ei}^2(x) \,{\rm d}x = 2\ln2 \approx 1.3862943611 )]
[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} )]
}}} ||
-
[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 )]
[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 \\
&= \!\left[ \lim_{x\to0} x\operatorname{Ei}^3(x) -\lim_{x\to-\infty} x\operatorname{Ei}^3(x) \right] \!-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.
[math(\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)}\cdot\ln{(2u+2)}\Bigr]_0^1 -\int_0^1 \frac2{2u+1}\cdot\ln{(2u+2)} \,{\rm d}u \\
&\qquad\quad{\sf Let}: 1+2u=-v \\
&= (\ln3\cdot\ln4-0) -2\int_{-1}^{-3} \frac{\ln{(1-v)}}{-v} \!\left(-\frac12\,{\rm d}v\right) \\
&= 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 \\
&= 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{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 \\
&= \left[0-\lim_{u\to0^+}\ln u\ln{(u+1)}\right] +\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 \\
&= \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 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{blue}\ln{(2u+1)}}-{\color{red}\ln u}}{u+1} \,{\rm d}u \\
&= -3\left[ ({\color{blue}2\ln2\ln3+\operatorname{Li}_2(-3)-\operatorname{Li}_2(-1)}) - {\color{red}\operatorname{Li}_2(-1)} \right] \\
&= -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\!\left(\frac1x\right)=-\frac{\pi^2}6-\frac12\ln^2(-x) \\
&= -6\ln2\ln3 -3\!\left[-\operatorname{Li}_2\!\left(-\frac13\right) -\frac{\pi^2}6 -\frac12\ln^23\right] -\frac{\pi^2}2 \\
&= 3\operatorname{Li}_2\!\left(-\frac13\right) -6\ln2\ln3 +\frac32\ln^23 \\
&\qquad\quad {\sf Landen's\ Identity}\!\left(x=\frac43\right): \operatorname{Li}_2(1-x)+\operatorname{Li}_2\!\left(1-\frac1x\right)=-\frac12\ln^2x \\
&= 3\left[-\operatorname{Li}_2\!\left(\frac14\right) -\frac12\ln^2\!\left(\frac43\right)\right] -6\ln2\ln3 +\frac32\ln^23 \\
&= -3\operatorname{Li}_2\!\left(\frac14\right) -\frac32(2\ln2-\ln3)^2 -6\ln2\ln3 +\frac32\ln^23 \\
&= -3\operatorname{Li}_2\!\left(\frac14\right) -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
위에서 [math(\operatorname{Li}_s(x))]는 폴리로그함수, [math(\zeta(x))]는 제타 함수이다.
3. 무한급수 표기
- 양의 실수 [math(x)]에 대하여 다음이 성립한다. 여기서 [math(\gamma)]는 오일러-마스케로니 상수이다.
|
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\operatorname{Ei}(x) = \gamma +\ln x +\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k\times k!} \end{aligned} )] |
4. 곰페르츠 상수
|
수학
상수 Mathematical Constants |
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[math(^\ast)] 초월수임이 증명됨. | ||||
|
[math(0)] (덧셈의 항등원) |
[math(1)] (곱셈의 항등원) |
[math(sqrt{2})] (최초로 증명된 무리수) |
[math(495)], [math(6174)] ( 카프리카 상수) |
[math(0)],
[math(1)], [math(3435)], [math(438579088)] ( 뮌하우젠 수) |
|
|
[math(pi)] (원주율)[math(^\ast)] |
[math(tau)] (새 원주율)[math(^\ast)] |
[math(e)] (자연로그의 밑)[math(^\ast)] |
[math(varphi)] (황금수) |
[math(i)] (허수단위) |
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[math(G)] (카탈랑 상수) |
[math(zeta(3))] (아페리 상수) |
[math({rm Si}(pi))] (윌브레이엄-기브스 상수) |
[math(gamma)] (오일러-마스케로니 상수) |
[math(gamma_n)] (스틸체스 상수) |
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[math(Omega)] (오메가 상수)[math(^\ast)] |
[math(2^{sqrt{2}})] (겔폰트-슈나이더 상수)[math(^\ast)] |
[math(C_n,)] (챔퍼나운 상수)[math(^\ast)] |
[math(A,)] (글레이셔-킨켈린 상수) |
[math(A_k,)] (벤더스키-아담칙 상수) |
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[math(-e, {rm Ei}(-1))] (곰페르츠 상수) |
[math(mu)] (라마누잔-졸트너 상수) |
[math(B_{2})], [math(B_{4})] (브룬 상수) |
[math(rho)] (플라스틱 상수) |
[math(delta)], [math(alpha)] (파이겐바움 상수) |
|
Gompertz constant
곰페르츠 상수는 벤자민 곰페르츠의 이름을 딴 상수로, 다음과 같이 정의되며
|
[math(\displaystyle
\delta = \int_0^\infty \ln(1+x) \,e^{-x} \,{\rm d}x )] |