Bohr-Mollerup theorem 证明

\[黄宇晨 \]

\(\Gamma\) 函数

定义:

\[\Gamma(x)=\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt \]

其中 \(x>0\)。

\(\text{Bohr-Mollerup Theorem}\)

Let \(f:\mathbb{R}^{+} \to \mathbb{R}^{+}\) be a function with the following properties:

1. \(\ln f(x)\) is a convex function (i.e. \(f\) is logarithmically convex);

2. \(f(x+1)=xf(x)\) for all \(x>0\);

3. \(f(1)=1\).

Then \(f(x)=\Gamma(x)\) for all \(x>0\).

(怕自己没说清楚，就用 \(\text{DLMF}\) 上的定义了）

\(\text{Proof}\)

首先我们要证明 \(\Gamma(s)\) 满足上述条件，再证明满足上述条件的函数是唯一的。

首先看到第 \(3\) 个条件：

\[\Gamma(1)=\int_{0}^{+\infty}e^{-t}dt=\left[ -e^{-t}\right]\bigg |^{+\infty}_{0}=\lim\limits_{t\to +\infty}-e^{-t}-(-1)=1 \]

看到第 \(2\) 个条件：

\[\Gamma(x+1)=\int_{0}^{+\infty}t^{x}e^{-t}dt=\left[ -e^{-t}t^x\right]\bigg |^{+\infty}_{0}-\int_{0}^{+\infty}-xt^{x-1}e^{-t}dt \]

\[=\lim\limits_{t\to +\infty}-\dfrac{t^x}{e^t}+x\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt=x\Gamma(x) \]

最后一步运用了，指数函数比任何幂函数增长的快。

最后看到 第 \(1\) 个条件，不难联想到利用赫尔德不等式来证明：

对于任意的 \(x,y,p,q>0,\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1,\lambda=\dfrac{1}{p}\)

\[\ln \Gamma(\lambda x+(1-\lambda)y)=\ln \Gamma(\dfrac{x}{p}+\dfrac{x}{q})=\ln \int_{0}^{+\infty}t^{\frac{x}{p}+\frac{x}{q}-1}e^{-t}dt \]

\[=\ln \int_{0}^{+\infty}(t^{x-1}e^{-t})^{\frac{1}{p}}(t^{y-1}e^{-t})^{\frac{1}{q}}dt \]

利用赫尔德不等式:

\[\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx \le \left( \int_{a}^{b}f(x)^pdx \right)^{\frac{1}{p}}\left( \int_{a}^{b}g(x)^qdx \right)^{\frac{1}{q}} \]

当然了，\(f(x)\) 和 \(g(x)\) 是恒正的。

于是乎：

\[\ln \Gamma(\lambda x+(1-\lambda)y) \le \ln\left( \int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt\right)^{\frac{1}{p}}\left( \int_{0}^{+\infty}t^{y-1}e^{-t}dt\right)^{\frac{1}{q}} \]

\[=\dfrac{1}{p}\ln \Gamma(x)+\dfrac{1}{q}\ln \Gamma(y)=\lambda \ln \Gamma(x)+(1-\lambda)\ln\Gamma(y) \]

这个式子是凸函数的充要条件，于是我们就证明出了 \(\Gamma\) 函数是对数凸的。

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接下来，我们进入唯一性的证明，套路的，我们想办法把 \(f(x)\) 的取值范围缩小到一个左边界和右边界相等就好了。我们相当于要将两个本不相等的左右边界缩小到相等，这很像夹逼定理的形式，于是我们考虑引入新的变量来夹出 \(f(x)\)。

首先，对于整数，我们很容易发现 \(f(x)\) 是唯一的，\(f(x)=(x-1)!\)。那么对于任意整数，我们必然可以将其分成整数部分 \(n\) 和小数部分 \(x_0\)。从而根据定理 \(2\)。

\[f(n+x_0)=(n+x_0-1)^{\underline n}f(x_0) \]

于是乎，我们只要证明 \(f(x_0)\) 的唯一性即可。

我们考虑 \(f(x)\) 上的四个特殊点，横坐标分别为 \(n-1,n,n+x_0,n+1\)，这里的 \(n\) 和 \(x_0\) 由定义可知，\(n\) 为整数，\(x_0\) 为 \((0,1)\) 上的数，因此 \(n-1<n<n+x_0<n+1\)现在利用性质 \(1\)（下面的 \(f[]\) 均为一阶均差，学过牛顿插值的到知道，其实就是斜率）。

\[f[n-1,n] \le f[n,n+x0] \le f[n,n+1] \]

也就是：

\[\dfrac{\ln (n-1)!-\ln (n-2)!}{n-(n-1)}\le \dfrac{\ln f(n+x_0)-\ln (n-1)!}{n+x_0-n}\le\dfrac{\ln n!-\ln (n-1)!}{n+1-n} \]

注意看，我们为什么不取最右边的斜率式为 \(f[n+x_0,n+1]\) 呢？因为我们要保证最后的 \(f(x_0)\) 要夹在中间，所以两边不能有 \(f(x_0)\)。

去掉分数：

\[x_0\ln (n-1)!-x_0\ln (n-2)!\le \ln f(n+x_0)-\ln (n-1)!\le x_0\ln n!-x_0\ln (n-1)! \]

对数恒等变换：

\[\ln \dfrac{(n-1)!^{x_0}}{(n-2)!^{x_0}}\le \ln \dfrac{f(n+x_0)}{ (n-1)!}\le \ln \dfrac{n!^{x_0}}{(n-1)!^{x_0}} \]

去掉 \(\ln\):

\[\dfrac{(n-1)!^{x_0}}{(n-2)!^{x_0}}\le \dfrac{f(n+x_0)}{ (n-1)!}\le \dfrac{n!^{x_0}}{(n-1)!^{x_0}} \]

去掉分数并化简:

\[(n-1)^{x_0}(n-1)!\le f(n+x_0)\le n^{x_0}(n-1)! \]

代入 \(f(n+x_0)=(n+x_0-1)^{\underline n}f(x_0)\)，并将下降幂系数移到两边：

\[\dfrac{(n-1)^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1)^{\underline n}}\le f(x_0)\le \dfrac{n^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1)^{\underline n}} \]

好的，我们已经拿到了想要的形式，问题在于，我们怎么夹它？首先，我们引入了新的变量 \(n\) 而且我们只关心 \(f(x_0)\)，所以我们直接让三个式子的 \(n \to +\infty\)。从而：

\[\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{(n-1)^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1)^{\underline n}} \le f(x_0) \le \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{n^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1)^{\underline n}} \]

问题转变为怎么证明两个极限是相等的呢？

我们干脆定义：

\[a_n:=\dfrac{(n-1)^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1)^{\underline n}},b_n:=\dfrac{n^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1)^{\underline n}} \]

观察可得:

\[a_n=\dfrac{(n-1)^{x_0}}{n^{x_0}}b_n=\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{x_0}b_n \]

两边取极限：

\[\lim\limits_{n\to +\infty} a_n=\lim\limits_{n\to +\infty}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{x_0}b_n=\lim\limits_{n\to +\infty}\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{x_0}\lim\limits_{n\to +\infty} b_n=\lim\limits_{n\to +\infty} b_n \]

所以，\(f(x_0)\) 是唯一确定的，根据一开始的结论，对于任意正数 \(x\)，\(f(x)\) 都是唯一确定的，也就是这个函数是唯一的。

但是？还没完，我们如果能够使用夹逼定理，就意味着 \(a\) 和 \(b\) 都是收敛的，我们来看一下他和 \(\Gamma(x)\) 的关系：

\[\Gamma(x)=\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt=\lim\limits_{n\to +\infty}\int_{0}^{n}t^{x-1}(1-\dfrac{t}{n})^n dt= \]

换元，\(\tau=\dfrac{t}{n}\):

\[\Gamma(x)=\lim\limits_{n\to +\infty}n^x\int_{0}^{1}\tau^{x-1}(1-\tau)^n d\tau \]

分部积分公式：

\[\Gamma(x)=\lim\limits_{n\to +\infty}n^x\left[ \dfrac{\tau^x}{x}(1-\tau)^n\right]\bigg |^{1}_{0}+n^x \times \dfrac{n}{x}\int_{0}^{1}\tau^{x}(1-\tau)^{n-1} d\tau \]

\[=\lim\limits_{n\to +\infty}n^x \times \dfrac{n}{x}\int_{0}^{1}\tau^{x}(1-\tau)^{n-1} d\tau \]

重复做 \(n\) 次分部积分公式，我们发现其实

\(\Gamma(x)=\lim\limits_{n\to +\infty}b_n \times \dfrac{x+n}{n}\)。从而 \(b_n\) 必然收敛，同时 \(a_n\) 也必然收敛。终于完结撒花！！！！