보어-몰레루프 정리

두 가지 규칙만으로는 팩토리얼의 확장 함수가 하나로 정해지지 않습니다. 정수마다 감마함수와 똑같은 가짜 함수가 살아남습니다.

가짜를 걸러내는 추가 조건이 로그볼록성입니다. 로그를 씌운 그래프가 볼록해야 진짜입니다. 현 테스트가 그 지문을 드러냅니다.

예를 들면, 🧑 친구의 키와 몸무게만으로는 그 친구인지 확정할 수 없어요. 지문까지 같아야 확실해요. 로그볼록성이 감마함수의 지문이에요.

f(1)=1f(1) = 1
f(x+1)=x f(x)(x>0)f(x+1) = x\,f(x) \quad (x > 0)
ln⁡f is convex on (0,∞)\ln f \text{ is convex on } (0,\infty)
f=Γf = \Gamma

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

f:(0,∞)→(0,∞)f: (0,\infty) \to (0,\infty)가 f(1)=1f(1) = 1과 f(x+1)=x f(x)f(x+1) = x\,f(x) (x>0x > 0)를 만족한다고 하자.

모든 양의 정수 nn에 대해 f(n)=(n−1)!f(n) = (n-1)!임을 증명하세요.

f(1)=1,f(x+1)=x f(x)⟹f(n)=(n−1)!f(1) = 1, \qquad f(x+1) = x\,f(x) \quad \Longrightarrow \quad f(n) = (n-1)!
a=0.3a = 0.3, x0=0.6x_0 = 0.6에서 impostor ln⁡fa\ln f_a의 secant 위반량 ≈0.297>0\approx 0.297 > 0 (볼록성 깨짐), ln⁡Γ\ln\Gamma의 위반량은 10−910^{-9} 미만 (볼록성 유지).
증명 보기

  1. 밑 단계: f(1)=1=0!f(1) = 1 = 0! — 가정에 의해 주어집니다.

  2. 귀납 단계: f(k)=(k−1)!f(k) = (k-1)!이라 가정합니다. 점화식을 x=kx = k에 적용하면 f(k+1)=k⋅f(k)=k⋅(k−1)!=k!f(k+1) = k \cdot f(k) = k \cdot (k-1)! = k!이 됩니다.

  3. 따라서 수학적 귀납법으로 모든 양의 정수 nn에 대해 f(n)=(n−1)!f(n) = (n-1)!입니다.

  4. 교훈: 이 증명은 처음 두 조건만 사용합니다 — 정수 사이에서는 ff가 전혀 결정되지 않습니다.

    실제로 ∣a∣<1|a| < 1일 때(예: preset a=0.3a = 0.3) impostor fa(x)=Γ(x)(1+asin⁡2πx)f_a(x) = \Gamma(x)(1 + a\sin 2\pi x)를 보세요.

    ∣a∣<1|a| < 1이면 1+asin⁡2πx≥1−∣a∣>01 + a\sin 2\pi x \ge 1 - |a| > 0이므로 fa>0f_a > 0이고 공역 (0,∞)(0,\infty)를 만족합니다(∣a∣≥1|a| \ge 1이면 양수성이 깨질 수 있습니다).

    sin⁡2πn=0\sin 2\pi n = 0이므로 모든 정수 nn에서 Γ\Gamma와 완전히 일치하면서도, 정수 사이에서는 전혀 다른 함수입니다.

    세 번째 조건(로그볼록성)이 바로 이 틈을 메웁니다.

Hölder 부등식을 이용해 Γ\Gamma가 로그볼록함을 증명하세요: φ(x)=ln⁡Γ(x)\varphi(x) = \ln\Gamma(x)가 (0,∞)(0,\infty)에서 볼록함수임을 보이세요.

Γ(tx+(1−t)y)≤Γ(x)t Γ(y)1−t(0<t<1,  x,y>0)\Gamma(tx + (1-t)y) \le \Gamma(x)^t\,\Gamma(y)^{1-t} \qquad (0 < t < 1,\; x, y > 0)
Ho¨lder: ∫FG≤(∫Fp)1/p(∫Gq)1/q,1p+1q=1\text{H\"older: } \int FG \le \left(\int F^p\right)^{1/p}\left(\int G^q\right)^{1/q}, \quad \frac1p + \frac1q = 1
a=0.3a = 0.3, x0=0.6x_0 = 0.6에서 impostor ln⁡fa\ln f_a의 secant 위반량 ≈0.297>0\approx 0.297 > 0 (볼록성 깨짐), ln⁡Γ\ln\Gamma의 위반량은 10−910^{-9} 미만 (볼록성 유지).
증명 보기

  1. 0<t<10 < t < 1, x,y>0x, y > 0이라 하고 z=tx+(1−t)yz = tx + (1-t)y라 둡니다. Γ(z)=∫0∞sz−1e−s ds\Gamma(z) = \int_0^\infty s^{z-1} e^{-s}\,ds의 피적분함수를 쪼갭니다: sz−1e−s=(sx−1e−s)t⋅(sy−1e−s)1−ts^{z-1} e^{-s} = \left(s^{x-1} e^{-s}\right)^t \cdot \left(s^{y-1} e^{-s}\right)^{1-t} — 지수를 확인하면 t(x−1)+(1−t)(y−1)=z−1t(x-1) + (1-t)(y-1) = z - 1이고 e−se^{-s}의 지수는 t+(1−t)=1t + (1-t) = 1입니다.

  2. F=(sx−1e−s)tF = \left(s^{x-1} e^{-s}\right)^t, G=(sy−1e−s)1−tG = \left(s^{y-1} e^{-s}\right)^{1-t}라 두고 지수 p=1tp = \frac1t, q=11−tq = \frac{1}{1-t} (1p+1q=1\frac1p + \frac1q = 1)로 Hölder 부등식을 적용하면 ∫0∞FG≤(∫0∞Fp)1/p(∫0∞Gq)1/q\int_0^\infty FG \le \left(\int_0^\infty F^p\right)^{1/p} \left(\int_0^\infty G^q\right)^{1/q}을 얻습니다.

  3. 그런데 Fp=sx−1e−sF^p = s^{x-1} e^{-s}, Gq=sy−1e−sG^q = s^{y-1} e^{-s}이므로 우변은 Γ(x)t Γ(y)1−t\Gamma(x)^t\,\Gamma(y)^{1-t}가 됩니다. 즉 Γ(tx+(1−t)y)≤Γ(x)t Γ(y)1−t\Gamma(tx + (1-t)y) \le \Gamma(x)^t\,\Gamma(y)^{1-t} — 양변에 로그를 취하면 φ(tx+(1−t)y)≤t φ(x)+(1−t) φ(y)\varphi(tx + (1-t)y) \le t\,\varphi(x) + (1-t)\,\varphi(y)가 되어 φ=ln⁡Γ\varphi = \ln\Gamma는 볼록합니다.

  4. 수치 확인: 위의 secant 테스트는 볼록성의 정의(현이 그래프 위에 있음)를 직접 검사합니다. ln⁡Γ\ln\Gamma에 대한 위반량은 10−910^{-9} 미만으로 0 — 증명과 일치합니다.

Bohr–Mollerup 정리를 증명하세요: f:(0,∞)→(0,∞)f: (0,\infty) \to (0,\infty)가 (i) f(1)=1f(1) = 1, (ii) f(x+1)=x f(x)f(x+1) = x\,f(x), (iii) ln⁡f\ln f가 볼록을 만족하면 f=Γf = \Gamma입니다.

xln⁡(n−1)≤φ(n+x)−φ(n)≤xln⁡n(0<x<1, n≥2)x\ln(n-1) \le \varphi(n+x) - \varphi(n) \le x\ln n \qquad (0 < x < 1,\ n \ge 2)
(n−1)x(n−1)!∏k=0n−1(x+k)≤f(x)≤nx(n−1)!∏k=0n−1(x+k)\frac{(n-1)^x (n-1)!}{\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)} \le f(x) \le \frac{n^x (n-1)!}{\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)}
a=0.3a = 0.3, x0=0.6x_0 = 0.6에서 impostor ln⁡fa\ln f_a의 secant 위반량 ≈0.297>0\approx 0.297 > 0 (볼록성 깨짐), ln⁡Γ\ln\Gamma의 위반량은 10−910^{-9} 미만 (볼록성 유지).
증명 보기

  1. φ=ln⁡f\varphi = \ln f라 둡니다.

    볼록함수의 기울기 단조성을 이용합니다: a<b<ca < b < c이면 φ(b)−φ(a)b−a≤φ(c)−φ(b)c−b\frac{\varphi(b) - \varphi(a)}{b-a} \le \frac{\varphi(c) - \varphi(b)}{c-b}입니다.

    0<x<10 < x < 1, 정수 n≥2n \ge 2에 대해 세 점 n−1<n<n+xn-1 < n < n+x에 적용하면 아래쪽 bound φ(n)−φ(n−1)≤φ(n+x)−φ(n)x\varphi(n) - \varphi(n-1) \le \frac{\varphi(n+x) - \varphi(n)}{x}을 직접 얻습니다.

    위쪽 bound는 직접 따르지 않습니다: n<n+x<n+1n < n+x < n+1에서는 φ(n+x)−φ(n)x≤φ(n+1)−φ(n+x)1−x\frac{\varphi(n+x) - \varphi(n)}{x} \le \frac{\varphi(n+1) - \varphi(n+x)}{1-x}까지만 얻어집니다.

    왼쪽 끝점이 같은 기울기들의 가중평균을 이용하세요: φ(n+1)−φ(n)=x⋅φ(n+x)−φ(n)x+(1−x)⋅φ(n+1)−φ(n+x)1−x\varphi(n+1) - \varphi(n) = x \cdot \frac{\varphi(n+x) - \varphi(n)}{x} + (1-x) \cdot \frac{\varphi(n+1) - \varphi(n+x)}{1-x}이며, 두 번째 기울기가 첫 번째 이상이므로 이 가중평균은 첫 번째 기울기 이상입니다.

    따라서 φ(n+x)−φ(n)x≤φ(n+1)−φ(n)\frac{\varphi(n+x) - \varphi(n)}{x} \le \varphi(n+1) - \varphi(n)입니다.

    합치면 φ(n)−φ(n−1)≤φ(n+x)−φ(n)x≤φ(n+1)−φ(n)\varphi(n) - \varphi(n-1) \le \frac{\varphi(n+x) - \varphi(n)}{x} \le \varphi(n+1) - \varphi(n)을 얻습니다.

  2. 조건 (i), (ii)로부터 (문제 1) f(n)=(n−1)!f(n) = (n-1)!이므로 φ(n)−φ(n−1)=ln⁡(n−1)\varphi(n) - \varphi(n-1) = \ln(n-1), φ(n+1)−φ(n)=ln⁡n\varphi(n+1) - \varphi(n) = \ln n입니다. xx를 곱하면 핵심 부등식 xln⁡(n−1)≤φ(n+x)−φ(n)≤xln⁡nx\ln(n-1) \le \varphi(n+x) - \varphi(n) \le x\ln n을 얻습니다.

  3. 지수화하면 (n−1)x≤f(n+x)f(n)≤nx(n-1)^x \le \frac{f(n+x)}{f(n)} \le n^x, 즉 (n−1)x(n−1)!≤f(n+x)≤nx(n−1)!(n-1)^x (n-1)! \le f(n+x) \le n^x (n-1)!입니다. 한편 (ii)를 nn번 반복하면 f(n+x)=x(x+1)⋯(x+n−1) f(x)=f(x)∏k=0n−1(x+k)f(n+x) = x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x) = f(x)\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)이므로, 나누어 (n−1)x(n−1)!∏k=0n−1(x+k)≤f(x)≤nx(n−1)!∏k=0n−1(x+k)\frac{(n-1)^x (n-1)!}{\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)} \le f(x) \le \frac{n^x (n-1)!}{\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)}을 얻습니다.

  4. 위쪽 bound와 아래쪽 bound의 비는 (nn−1)x→1\left(\frac{n}{n-1}\right)^x \to 1 (n→∞n \to \infty)입니다. 아래쪽 bound를 LnL_n, 위쪽을 UnU_n이라 하면 Ln≤f(x)≤UnL_n \le f(x) \le U_n이고 Un−Ln=Ln((nn−1)x−1)≤f(x)((nn−1)x−1)→0U_n - L_n = L_n\left(\left(\frac{n}{n-1}\right)^x - 1\right) \le f(x)\left(\left(\frac{n}{n-1}\right)^x - 1\right) \to 0이므로, 조임 정리로 두 bound는 같은 극한 G(x)G(x)로 수렴하고 f(x)=G(x)f(x) = G(x)입니다 (0<x<10 < x < 1).

  5. Gauss 극한과 Euler 적분을 연결합니다.

    절단 적분 In(x)=∫0ntx−1(1−tn)n dtI_n(x) = \int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\,dt에 s=tns = \frac{t}{n}을 대입하면 In(x)=nx∫01sx−1(1−s)n dsI_n(x) = n^x\int_0^1 s^{x-1}(1-s)^n\,ds입니다.

    부분적분을 반복하면 ∫01sx−1(1−s)k ds=kx∫01sx(1−s)k−1 ds\int_0^1 s^{x-1}(1-s)^k\,ds = \frac{k}{x}\int_0^1 s^{x}(1-s)^{k-1}\,ds이므로 (경계항은 x>0x > 0에서 0), ∫01sx−1(1−s)n ds=n!x(x+1)⋯(x+n)\int_0^1 s^{x-1}(1-s)^n\,ds = \frac{n!}{x(x+1)\cdots(x+n)} — 따라서 In(x)=nxn!x(x+1)⋯(x+n)=nn+x UnI_n(x) = \frac{n^x n!}{x(x+1)\cdots(x+n)} = \frac{n}{n+x}\,U_n입니다 (UnU_n은 위의 위쪽 조임 bound).

    In(x)=∫0ntx−1(1−tn)n dt=nxn!x(x+1)⋯(x+n)=nn+x UnI_n(x) = \int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n\,dt = \frac{n^x n!}{x(x+1)\cdots(x+n)} = \frac{n}{n+x}\,U_n

  6. 이제 n→∞n \to \infty: 각 tt에서 (1−tn)n→e−t\left(1-\frac{t}{n}\right)^n \to e^{-t}이므로 피적분함수는 tx−1e−tt^{x-1}e^{-t}로 점별 수렴합니다.

    지배는 ln⁡(1−u)≤−u\ln(1-u) \le -u에서 나옵니다: 0≤t≤n0 \le t \le n일 때 (1−tn)n=enln⁡(1−t/n)≤e−t\left(1-\frac{t}{n}\right)^n = e^{n\ln(1-t/n)} \le e^{-t}이므로 지배함수 tx−1e−tt^{x-1}e^{-t} (x>0x > 0에서 (0,∞)(0,\infty) 위 적분 가능)를 얻습니다.

    지배수렴정리로 In(x)→∫0∞tx−1e−t dt=Γ(x)I_n(x) \to \int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\,dt = \Gamma(x)입니다.

    In(x)⟶∫0∞tx−1e−t dt=Γ(x)(n→∞)I_n(x) \longrightarrow \int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\,dt = \Gamma(x) \qquad (n \to \infty)

  7. 두 극한이 일치합니다: In(x)=nn+x UnI_n(x) = \frac{n}{n+x}\,U_n에서 nn+x→1\frac{n}{n+x} \to 1이고 Un→G(x)U_n \to G(x) (조임)이므로 In(x)→G(x)I_n(x) \to G(x)인데, 동시에 In(x)→Γ(x)I_n(x) \to \Gamma(x)이므로 G(x)=Γ(x)G(x) = \Gamma(x) (0<x<10 < x < 1) — Gauss 곱 공식이 Euler 적분과 같음이 완전히 증명되었습니다.

  8. 마지막으로 (ii)로 확장합니다: x>0x > 0을 x=y+mx = y + m (0<y≤10 < y \le 1, 정수 m≥0m \ge 0)이라 쓰면 f(x)=y(y+1)⋯(y+m−1) f(y)f(x) = y(y+1)\cdots(y+m-1)\,f(y)이고 Γ\Gamma도 같은 점화식을 만족하므로, (0,1](0,1]에서의 일치가 모든 x>0x > 0으로 확장되어 f=Γf = \Gamma입니다.

11. 적분