Bohr-Mollerup theorem 证明

起因

XXX：可以把阶乘拓展到非负数域吗？比如 $0.5!$?

hyc：当然，有个叫 $\mathrm{\Gamma }$ 函数的东西。

hyc：（一顿输出）

XXX: 你怎么证明只有这种函数满足阶乘递推式？

hyc：蛤？？？？

$\mathrm{\Gamma }$ 函数

定义:

$$\mathrm{\Gamma }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{x-1}{e}^{-t}dt$$

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 $f(x)=\mathrm{\Gamma }(x)$ 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 $\mathrm{\Gamma }(s)$ 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：

$$\mathrm{\Gamma }(1)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-t}dt=[-e^{-t}]{|}_0^{+\mathrm{\infty }}=\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}-e^{-t}-(-1)=1$$

看到第 $2$ 个条件：

$$\mathrm{\Gamma }(x+1)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^x{e}^{-t}dt=[-e^{-t}{t}^x]{|}_0^{+\mathrm{\infty }}-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}-x{t}^{x-1}{e}^{-t}dt$$

$$=\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}-{\displaystyle \frac{t^x}{e^t}}+x{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{x-1}{e}^{-t}dt=x\mathrm{\Gamma }(x)$$

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 $x,y,p,q>0,{\displaystyle \frac{1}{p}}+{\displaystyle \frac{1}{q}}=1,\lambda ={\displaystyle \frac{1}{p}}$

$$\ln \mathrm{\Gamma }(\lambda x+(1-\lambda )y)=\ln \mathrm{\Gamma }({\displaystyle \frac{x}{p}}+{\displaystyle \frac{x}{q}})=\ln {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{\frac{x}{p}+\frac{x}{q}-1}{e}^{-t}dt$$

$$=\ln {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}(t^{x-1}{e}^{-t}{)}^{\frac{1}{p}}(t^{y-1}{e}^{-t}{)}^{\frac{1}{q}}dt$$

利用赫尔德不等式:

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\le {({\int }_a^{b}f(x{)}^{p}dx)}^{\frac{1}{p}}{({\int }_a^{b}g(x{)}^{q}dx)}^{\frac{1}{q}}$$

当然了，$f(x)$ 和 $g(x)$ 是恒正的。

于是乎：

$$\ln \mathrm{\Gamma }(\lambda x+(1-\lambda )y)\le \ln {\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{x-1}{e}^{-t}dt\right)}^{\frac{1}{p}}{\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{y-1}{e}^{-t}dt\right)}^{\frac{1}{q}}$$

$$={\displaystyle \frac{1}{p}}\ln \mathrm{\Gamma }(x)+{\displaystyle \frac{1}{q}}\ln \mathrm{\Gamma }(y)=\lambda \ln \mathrm{\Gamma }(x)+(1-\lambda )\ln \mathrm{\Gamma }(y)$$

这个式子是凸函数的充要条件，于是我们就证明出了 $\mathrm{\Gamma }$ 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 $2$。

$$f(n+x_0)=(n+x_0-1{)}^{\underset{―}{n}}f(x_0)$$

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：

$${\displaystyle \frac{\ln (n-1)!-\ln (n-2)!}{n-(n-1)}}\le {\displaystyle \frac{\ln f(n+x_0)-\ln (n-1)!}{n+x_0-n}}\le {\displaystyle \frac{\ln n!-\ln (n-1)!}{n+1-n}}$$

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：

$$\ln {\displaystyle \frac{(n-1){!}^{x_0}}{(n-2){!}^{x_0}}}\le \ln {\displaystyle \frac{f(n+x_0)}{(n-1)!}}\le \ln {\displaystyle \frac{n{!}^{x_0}}{(n-1){!}^{x_0}}}$$

去掉 $\ln$:

$${\displaystyle \frac{(n-1){!}^{x_0}}{(n-2){!}^{x_0}}}\le {\displaystyle \frac{f(n+x_0)}{(n-1)!}}\le {\displaystyle \frac{n{!}^{x_0}}{(n-1){!}^{x_0}}}$$

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

$${\displaystyle \frac{(n-1{)}^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1{)}^{\underset{―}{n}}}}\le f(x_0)\le {\displaystyle \frac{n^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1{)}^{\underset{―}{n}}}}$$

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 $n\to +\mathrm{\infty }$。从而：

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{(n-1{)}^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1{)}^{\underset{―}{n}}}}\le f(x_0)\le \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{n^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1{)}^{\underset{―}{n}}}}$$

问题转变为怎么证明两个极限是相等的呢？

我们干脆定义：

$$a_n:={\displaystyle \frac{(n-1{)}^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1{)}^{\underset{―}{n}}}},b_n:={\displaystyle \frac{n^{x_0}(n-1)!}{(n+x_0-1{)}^{\underset{―}{n}}}}$$

观察可得:

$$a_n={\displaystyle \frac{(n-1{)}^{x_0}}{n^{x_0}}}{b}_n={(1-{\displaystyle \frac{1}{n}})}^{x_0}{b}_n$$

两边取极限：

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(1-{\displaystyle \frac{1}{n}})}^{x_0}{b}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(1-{\displaystyle \frac{1}{n}})}^{x_0}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n$$

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 $\mathrm{\Gamma }(x)$ 的关系：

$$\mathrm{\Gamma }(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^{x-1}{e}^{-t}dt=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_0^n{t}^{x-1}(1-{\displaystyle \frac{t}{n}}{)}^{n}dt=$$

换元，$\tau ={\displaystyle \frac{t}{n}}$:

$$\mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{n}^x{\int }_0^1{\tau }^{x-1}(1-\tau {)}^{n}d\tau$$

分部积分公式：

$$\mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{n}^x[{\displaystyle \frac{{\tau }^x}{x}}(1-\tau {)}^n]{|}_0^1+n^x\times {\displaystyle \frac{n}{x}}{\int }_0^1{\tau }^x(1-\tau {)}^{n-1}d\tau$$

$$=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{n}^x\times {\displaystyle \frac{n}{x}}{\int }_0^1{\tau }^x(1-\tau {)}^{n-1}d\tau$$

重复做 $n$ 次分部积分公式，我们发现其实

$\mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n\times {\displaystyle \frac{x+n}{n}}$。从而 $b_n$ 必然收敛，同时 $a_n$ 也必然收敛。终于完结撒花！！！！

彩蛋

XXX:其实我就是 hyc(雾