Теорема Бора-Молерупа

Теорема Бора — Молерупа ствердує, що гамма-функція, означена на x > 0 як

$\Gamma (x)=\int _{0}^{\infty }t^{x-1}e^{-t}\,dt$

це єдина функція  f  на проміжку x > 0, яка одночасно має такі три властивості

•  f (1) = 1, і
•  f (x + 1) = x f (x) для x > 0 і
•  f  — логарифмічно опукла.

Доведення

Нехай Γ(x) буде функцією з припущеними вище властивостями: Γ(x + 1) = xΓ(x) і log(Γ(x)) опукла, і Γ(1) = 1. З того, що Γ(x + 1) = xΓ(x) ми можемо вивести

$\Gamma (x+n)=(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)\cdots (x+1)x\Gamma (x)$

Це нам потрібно для того, щоб Γ(1) = 1 змушувало Γ(x + 1) = xΓ(x) повторювати фукторіали всіх цілих чисел, отже тепер ми можемо сказати, що Γ(n) = (n − 1)! якщо n ∈ N і якщо Γ(x) взагалі існує. З нашої формули для Γ(x + n) випливає, що якщо ми повністю розуміємо Γ(x) для 0 < x ≤ 1, то ми розміємо Γ(x) для всіх значень x.

Нахил лінії, що з'єднує дві точки: (x₁, log(Γ (x₁))) і (x₂, log(Γ (x₂))), назвемо його S(x₁, x₂), монотонно висхідний для кожного зі своїх аргументів з x₁ < x₂, бо ми припустили, що log(Γ(x)) опукла. Отже, ми знаємо, що

${\begin{aligned}S(n-1,n)&\leq S(n,n+x)\leq S(n,n+1)&&0<x\leq 1\\[6pt]{\frac {\log(\Gamma (n))-\log(\Gamma (n-1))}{n-(n-1)}}&\leq {\frac {\log(\Gamma (n))-\log(\Gamma (n+x))}{n-(n+x)}}\leq {\frac {\log(\Gamma (n))-\log(\Gamma (n+1))}{n-(n+1)}}\\[6pt]{\frac {\log((n-1)!)-\log((n-2)!)}{1}}&\leq {\frac {\log(\Gamma (n+x))-\log((n-1)!)}{x}}\leq {\frac {\log(n!)-\log((n-1)!)}{1}}\\[6pt]\log \left({\frac {(n-1)!}{(n-2)!}}\right)&\leq {\frac {\log(\Gamma (n+x))-\log((n-1)!)}{x}}\leq \log \left({\frac {n!}{(n-1)!}}\right)\\[6pt]\log(n-1)&\leq {\frac {\log(\Gamma (n+x))-\log((n-1)!)}{x}}\leq \log(n)\\x\log(n-1)&\leq \log(\Gamma (n+x))-\log((n-1)!)\leq x\log(n)\\\log \left((n-1)^{x}\right)+\log((n-1)!)&\leq \log(\Gamma (n+x))\leq \log \left(n^{x}\right)+\log((n-1)!)\\\log \left((n-1)^{x}(n-1)!\right)&\leq \log(\Gamma (n+x))\leq \log \left(n^{x}(n-1)!\right)\\(n-1)^{x}(n-1)!&\leq \Gamma (n+x)\leq n^{x}(n-1)!&&{\text{(*)}}\\[6pt](n-1)^{x}(n-1)!&\leq (x+n-1)(x+n-2)\cdots (x+1)x\Gamma (x)\leq n^{x}(n-1)!\\[6pt]{\frac {(n-1)^{x}(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\cdots (x+1)x}}&\leq \Gamma (x)\leq {\frac {n^{x}(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\cdots (x+1)x}}\\[6pt]{\frac {(n-1)^{x}(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\cdots (x+1)x}}&\leq \Gamma (x)\leq {\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}\left({\frac {n+x}{n}}\right)\\[6pt]\end{aligned}}$

Перехід ${\text{(*)}}$ можливий, бо $\log$ монотонно висхідна. Останній рядок — це сильне твердження. Зокрема, воно виконується для всіх значень n. Тобто Γ(x) не більша ніж правий бік для будь-якого n і так само, Γ(x) не менша ніж лівий бік для будь-якого n. Кожну нерівність можна тлумачити як незалеєне твердження. Завдяки цьому факту, ми ми вільні обирати різні значення n для правого лівого боків. Так, якщо ми збережемо n для правого боку і виберемо n + 1 для лівого, то:

${\begin{aligned}{\frac {((n+1)-1)^{x}((n+1)-1)!}{(x+(n+1)-1)(x+(n+1)-2)\cdots (x+1)x}}&\leq \Gamma (x)\leq {\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}\left({\frac {n+x}{n}}\right)\\{\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}&\leq \Gamma (x)\leq {\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}\left({\frac {n+x}{n}}\right)\end{aligned}}$

З останнього рядку очевидно, що функція затиснена між двома виразами, звичайна практика для доведення різноманітних штук як-от існування границі або сходимості. Нехай n → ∞:

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n+x}{n}}=1$

тому при переході до границі лівий і правий боки дорівнюють один одному і це означає, що

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}=\Gamma (x).$

У конетксті нашого доведення

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}$

має три властивості Γ(x). Також, доведення надає вираз для Γ(x). І остання критична частина доведення — це те. що границя послідовності унікальна. Це означає, що для будь-якого вибору 0 < x ≤ 1 може існувати лише одне Γ(x). Отже, не існує іншої функції з властивостями приписаними Γ(x).

Залишилось покажати, що Γ(x) спрацьовує для всіх x для яких

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}$

існує. Проблема полягає в тому, що ми побудували нашу першу нерівність

$S(n-1,n)\leq S(n+x,n)\leq S(n+1,n)$

з обмеженням 0 < x ≤ 1. Якщо, скажімо, x > 1 тоді факт того, що S монотонно висхідна зробив би S(n + 1, n) < S(n + x, n), що протирічить нерівності на якій побудувоне все доведення. Але зауважте, що

${\begin{aligned}\Gamma (x+1)&=\lim _{n\to \infty }x\cdot \left({\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}\right){\frac {n}{n+x+1}}\\\Gamma (x)&=\left({\frac {1}{x}}\right)\Gamma (x+1)\end{aligned}}$

що показує як розгорнути функцію Γ(x) для всіх значень x де границя має місце.

Література

• Григорій Михайлович Фіхтенгольц. Курс диференціального та інтегрального числення. — 2023. — 1900+ с.(укр.)

Посилання

• Hazewinkel, Michiel, ред. (2001), Bohr–Mollerup theorem, Математична енциклопедія, Springer, ISBN 978-1-55608-010-4
• Weisstein, Eric W. Bohr–Mollerup Theorem(англ.) на сайті Wolfram MathWorld.
• Proof of Bohr–Mollerup theorem на PlanetMath
• Alternative proof of Bohr–Mollerup theorem на PlanetMath
• Artin, Emil (1964). The Gamma Function. Holt, Rinehart, Winston.
• Rosen, Michael (2006). Exposition by Emil Artin: A Selection. American Mathematical Society.
• Mollerup, J., Bohr, H. (1922). Lærebog i Kompleks Analyse vol. III, Copenhagen. (Textbook in Complex Analysis)