Bohr-Mollerup 定理

最近在读东南大学李逸教授写的《基础分析讲义》，在书中第3.1.5节给出了一个有关 $\Gamma$ 函数的刻画定理，动手算了算发现其实证明起来不难，但书中给出的证明过程个人认为非常精妙，为对数凸函数的刻画问题提供了一种通用框架

$\mathrm{Bohr-Mollerup}$ 定理

假设函数 $f : (0, +\infty) \rightarrow (0, +\infty)$ 满足条件：

• $f(x+1) = xf(x)$

• $\ln f(x)$ 是凸的

• $f(1) = 1$

  则函数 $f$ 由下面极限给出

  $$\displaystyle f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{n^x\cdot n!}{x(x+1) \cdots (x+n)}$$

证:

由条件 (i) 和 (iii) 得

$$f(n) = (n-1)! \quad \left(n\in \mathbb{N}^+\right)$$

由条件(ii)，对 $\forall x\in(0,1)$，由于

$$n-1<n<n+x<n+1$$

有

$$\begin{align*} \frac{\ln {f(n)}-\ln {f(n-1)}}{n-\left(n-1\right)}\leq \frac{\ln {f(n+x)}-\ln {f(n)}}{\left(n+x\right)-n}&\leq \frac{\ln {f(n+1)}-\ln {f(n)}}{\left(n+1\right)-n}\\ \Rightarrow x\ln\left(n-1\right)\leq \ln \frac{f\left(n+x\right)}{f\left(n\right)}&\leq x\ln n \end{align*}$$

适当化简，得

$$\left(n-1\right)^x\left(n-1\right)!\leq f\left(n+x\right)\leq n^x\left(n-1\right)!$$

为接近题目所给的极限，最好把 $n-1$ 改成 $n$

$$n^x\cdot n!\leq f\left(n+x+1\right)\leq \left(n+1\right)^x\cdot n!$$

由 $f\left(x\right)$ 的递推式，得

$$\frac{n^x\cdot n!}{x(x+1) \cdots (x+n)}\leq f\left(x\right)\leq \frac{ \left(n+1\right)^x\cdot n!}{x(x+1) \cdots (x+n)}$$

对不等式最右边项作变形

$$\frac{n^x\cdot n!}{x(x+1) \cdots (x+n)}\leq f\left(x\right)\leq \frac{ n^x\cdot n!}{x(x+1) \cdots (x+n)}\cdot \left(1+\frac{1}{n}\right)^x$$

取上下极限即得

$$\displaystyle f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{n^x\cdot n!}{x(x+1) \cdots (x+n)}$$

下面是李逸老师在《基础分析讲义》中给的证明过程

(1) 首先假设 $n \in \mathbb{N}$ 且 $n \geq 2$, $x \in (0,1]$. 从条件 (i) 和 (iii) 得 $f(n) = (n-1)!$ . 令

$$F(x) := \ln f(x).$$

根据条件 (ii) 和分解 $n + x = x(n+1) + (1-x)n$ 得到

$$F(n+x) \leq xF(n+1) + (1-x)F(n).$$

所以

$$\frac{F(n+x) - F(n)}{x} \leq F(n+1) - F(n).$$

另一方面，利用分解 $\displaystyle n = \frac{x}{1+x}(n-1) + \frac{1}{1+x}(n+x)$ 得到

$$F(n) \leq \frac{x}{1+x}F(n-1) + \frac{1}{1+x}F(n+x).$$

所以

$$(1+x)F(n) \leq xF(n-1) + F(n+x) \implies F(n) - F(n-1) \leq \frac{F(n+x) - F(n)}{x}.$$

最后推出

$$\ln(n-1) \leq \frac{\ln[f(x+n)] - \ln[(n-1)!]}{x} \leq \ln n.$$

即

$$\ln [(n-1)^x(n-1)!] \leq \ln[f(x+n)] \leq \ln[n^x(n-1)!].$$

或

$$(n-1)^x(n-1)! \leq f(x+n) = (x+n-1) \cdots (x+1)f(x) \leq n^x(n-1)!.$$

由此得到 $f(x)$ 的估计

$$\frac{(n-1)^x(n-1)!}{x(x+1) \cdots (x+n-1)} \leq f(x) \leq \frac{n^x(n-1)!}{x(x+1) \cdots (x+n-1)}.$$

等价地

$$\frac{n}{n+x}f(x) \leq \frac{n^xn!}{x(x+1) \cdots (x+n)} \leq f(x), \text{任意 } n \geq 1.$$

因此结论对任意 $x \in (0,1]$ 成立.

(2) 对一般的 $x > 0$，存在 $k \in \mathbb{N}$ 满足 $k < x \leq k+1$ 和 $0 < x - k \leq 1$.从而得到

$$f(x-k) = \lim_{n \to \infty} \frac{n^{x-k}n!}{(x-k)(x-k+1) \cdots (x-k+n)}$$

和

$$\begin{align*} f(x) &= f(x-1+1) = (x-1)f(x-1) = \cdots\\ &= (x-k)(x-k+1) \cdots (x-1)f(x-k) \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{n^n n!}{n^k x(x+1) \cdots (x-k+n)}\\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{n^n n!}{x(x+1) \cdots (x+n)} \cdot \frac{(x-k+n+1) \cdots (x+n)}{n^k}\\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{n^n n!}{x(x+1) \cdots (x+n)} \cdot \square \end{align*}$$