보어-몰레루프 정리

f(1)=1f(1) = 1과 f(x+1)=x f(x)f(x+1) = x\,f(x)만으로는 팩토리얼의 연속 확장이 하나로 정해지지 않습니다 — impostor Γ(x)(1+asin⁡2πx)\Gamma(x)(1 + a\sin 2\pi x)가 모든 정수점에서 Γ\Gamma와 완전히 일치하면서도 살아남기 때문입니다. secant 테스트로 로그볼록성이 Γ\Gamma의 진짜 지문임을 직접 확인하세요.

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 impostor fa(x)=Γ(x)(1+asin⁡2πx)f_a(x) = \Gamma(x)(1 + a\sin 2\pi x)는 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+x와 n<n+x<n+1n < n+x < n+1에 적용하면 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. 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.
  6. 정직한 표시: G(x)=Γ(x)G(x) = \Gamma(x)라는 동일시는 Γ\Gamma의 Gauss 곱 공식이며, 그 증명((1−t/n)n↗e−t(1-t/n)^n \nearrow e^{-t}와 베타 적분을 이용)은 이 사이트에서는 아이디어 수준으로만 스케치하고 여기서는 증명하지 않습니다.

10. 적분