보어 몰러럽 정리

수학적 분석에서 보어-몰러럽^[1][2] 정리는 덴마크의 수학자 하랄드 보어와 요하네스 몰러럽이 ^[3]증명한 정리입니다.이 정리는 x > 0에 대해 정의된 감마 함수를 다음과 같이 특징짓습니다.

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

x > 0 구간에 도메인이 있는 유일한 양의 함수 f로서, 동시에 다음과 같은 세 가지 속성을 갖습니다.

• f (1) = 1, 및
• x > 0인 경우 f (x + 1) = x f (x)
• f는 대수적으로 볼록합니다.

이 정리를 다룬 것이 아틴의 책 감마 ^[4]함수에 있는데, 이 책은 아틴의 ^[5]글을 모아 AMS에 의해 다시 출판되었습니다.

이 정리는 보어와 몰러럽이 이미 ^[3]증명되었다고 생각했기 때문에 복잡한 분석에 관한 교과서에 처음 실렸습니다.

이 정리는 광범위한 함수(어떤 ^[6]차수의 볼록하거나 오목한 특성을 가진)에 광범위한 일반화를 허용합니다.

진술

보어-몰러업 정리. Δ(x)는 log(f(x)가 볼록하고 f(1) = 1인 f (x)를 만족하는 유일한 함수 Δ(x)는 log(f(x))가 볼록하고 f(1) = 1을 만족합니다.

증명

Δ(x)를 위에서 성립하는 가정된 성질을 갖는 함수라고 하자: Δ(x + 1) = XΔ(x) 및 log(x)는 볼록하고, Δ(1) = 1. Δ(x + 1) = XΔ(x)로부터 우리는 성립할 수 있습니다.

${\displaystyle \Gamma(x+n)=(x+n-1)(x+n-1)(x+n-1)(x+n-3)\cdots(x+1)x\Gamma(x)}$

Δ(1) = 1이 Δ(x + 1) = XΔ(x) 성질을 정수의 인수를 복제하도록 강제한다는 규정의 목적은 n Δ N과 Δ(x)가 존재하는 경우 Δ(n - 1)!라고 결론지을 수 있습니다.Δ(x + n)에 대한 우리의 관계 때문에, 만약 우리가 0 < x ≤ 1에 대한 Δ(x)를 완전히 이해할 수 있다면, 우리는 x의 모든 값에 대한 Δ(x)를 이해합니다.

x, x에₂ 대하여₁, 점₁ (x, log(Δ(x₁))와 (x₂, log(Δ(x₂)))를 연결하는 선분의 기울기 S(x₁, x₂)는 log(Δ(x))가 볼록하다고 규정하였기 때문에 x < x로₁₂ 각 인수에서 단조롭게 증가하고 있습니다.따라서, 우리는 알고 있습니다.

${\displaystyle S(n-1,n)\leq S(n,n+x)\leq S(n,n+1)\quad {\text{모든 것에 대해}}x\in(0,1)입니다.$

로그의 다양한 성질을 이용하여 단순화한 후 지수 함수(지수 함수가 단조롭게 증가하므로 부등식을 보존함)를 구합니다.

${\displaystyle (n-1)^{x}(n-1)!\leq \Gamma (n+x)\leq n^{x}(n-1)!}$

이전 작업에서 다음으로 확장됩니다.

${\displaystyle (n-1)^{x}(n-1)!\leq (x+n-1)(x+n-1)\cdots (x+1)x\Gamma (x)\leq n^{x}(n-1)!,}$

이러저러한

${\displaystyle {\frac {(n-1)^{x}(n-1)!} {(x+n-1)(x+n-1)\cdots(x+1)x}}\leq \Gamma(x)\leq {\frac {n^{x}n!}{(x+n-1)\cdots(x+1)x}}\left({\frac {n+x}{n}\right)}.$

마지막 줄은 강력한 문장입니다.특히 n의 모든 값에 대해 참입니다.즉, Δ(x)는 n의 어떤 선택에서도 오른쪽보다 크지 않고 마찬가지로 Δ(x)는 n의 어떤 선택에서도 왼쪽보다 작지 않습니다.각각의 부등식은 독립적이고 독립적인 진술로 해석될 수 있습니다.이러한 사실 때문에, 우리는 RHS와 LHS에 대해 서로 다른 n 값을 자유롭게 선택할 수 있습니다.특히 RHS를 유지하고 LHS를 n+1로 선택하면 다음과 같은 결과를 얻을 수 있습니다.

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

이 마지막 줄에서 함수가 두 식 사이에 끼어 있다는 것을 알 수 있는데, 극한의 존재 여부나 수렴과 같은 다양한 것을 증명하는 일반적인 분석 기법입니다.n → ∞:

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

따라서 마지막 부등식의 왼쪽은 한계에서 오른쪽과 같도록 구동되고,

${\displaystyle {\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}$

그 사이에 끼여 있습니다.이것은 단지 그것을 의미할 뿐입니다.

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

이 증거의 맥락에서 이것은 다음을 의미합니다.

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

는 Δ(x)에 속하는 지정된 세 가지 속성을 갖습니다.또한 증명은 Δ(x)에 대한 구체적인 표현을 제공합니다.그리고 증명의 마지막 중요한 부분은 순서의 한계가 독특하다는 것을 기억하는 것입니다.이는 0 < x ≤ 1 중 어느 하나의 선택에 대해서도 가능한 숫자 Δ(x)만 존재할 수 있음을 의미합니다.따라서 Δ(x)에 모든 속성이 할당된 다른 함수는 없습니다.

남은 느슨한 끝은 Δ(x)가 모든 x에 대하여 다음과 같이 이치에 맞는다는 것을 증명하는 문제입니다.

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

존재합니다. 문제는 우리의 첫번째 이중 부등식이

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

는 제약조건 0 < x ≤ 1로 구성되었습니다. 만약, 예를 들어, x > 1이라면, S가 단조롭게 증가한다는 사실은 S(n + 1, n) < S(n + x, n)가 되어, 전체 증명이 구성되는 부등식과 모순됩니다.하지만,

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

이것은 한계가 정의된 x의 모든 값에 Δ(x)를 부트스트랩하는 방법을 보여줍니다.

참고 항목

• 빌란트 정리

참고문헌