보어-몰러업 정리

Bohr-Mollerup theorem

감마 함수의 유일성에 대한 정리이다.

목차

1. 진술
2. 증명
3. 참고 문헌

1. 진술 _{✎ ⊖}

두 번 미분 가능한 함수 f:(0,\\infty)\\to\\mathbb{R}가 다음을 만족한다 하자.

그러면 f=\\Gamma이다. 이 때 \\Gamma는 감마 함수이다.

\\phi=\\log f로 두자. 그러면 x\\in(0,\\infty)에 대해

\\phi(x+1)=\\phi(x)+\\log x\\quad \\cdots\\cdots \\quad (1)

이고 \\phi(1)=0이며 \\phi는 볼록이다. 이제 0<x<1이라 하고 n을 양의 정수라 하자. 여기서 \\phi(n+1)=\\log(n!) 임을 귀납법을 이용해서 쉽게 증명할 수 있다. 특히, 위의 식을 이용하면 다음을 얻어낼 수 있다.

\\phi(n+1+x) = \\phi(x)+\\log\\left[x(x+1)\\cdots(x+n)\\right]\\quad \\cdots\\cdots \\quad (2)

만약 g가 볼록함수이면, 기울기 비교를 통해서 a<b<c<d인 실수 a,b,c,d 에 대해

\\frac{g(b)-g(a)}{b-a}\\le \\frac{g(c)-g(b)}{c-b}\\le \\frac{g(d)-g(b)}{d-b}\\quad \\cdots\\cdots \\quad (3)

가 성립한다. 여기서 g=\\phi, a=n, b=n+1, c=n+1+x d=n+2로 두면

\\log n\\le \\frac{\\phi(n+1+x)-\\phi(n+1)}{x}\\le\\log(n+1)\\quad \\cdots\\cdots \\quad (4)

이다. 이제 (4)에 (2)를 대입하면

\\log n\\le \\frac{\\phi(x) + \\log[x(x+1)\\cdots(x+n)] -\\phi(n+1)}{x}\\le\\log(n+1)\\quad \\cdots\\cdots \\quad (5)

(5)의 양변에 \\log n을 빼내고 양변에 x를 곱하면

0\\le \\phi(x) + \\log[x(x+1)\\cdots(x+n)n^{-x}] -\\phi(n+1)\\le x\\log\\left(1+\\frac{1}{n}\\right)\\quad \\cdots\\cdots \\quad (6)

\\phi(n+1)=\\log(n!)라는 사실을 이용해서 (6)을 정리하면

0\\le \\phi(x) - \\log\\left[\\frac{n^x n!}{x(x+1)\\cdots(x+n)}\\right]\\le x\\log\\left(1+\\frac{1}{n}\\right)\\quad \\cdots\\cdots \\quad (7)

이제 양변에 n을 무한대로 보내는 극한을 취하면, 다음을 알 수 있다:

\\log f(x) = \\lim_{n\\to\\infty}\\log\\left[\\frac{n^x n!}{x(x+1)\\cdots(x+n)}\\right]

따라서 0<x<1일 때 f는 유일하게 결정된다. 그리고 f(x+1)=xf(x)란 성질을 이용하면 f는 양의 실수 전체에서 유일하게 결정됨을 보일 수 있다.

Walter Rudin (1976). Principles of mathematical analysis. (International series in pure and applied mathematics), McGraw-Hill, ISBN 0-07-054235-X.

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