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Bohr–Mollerup theorem
8.19 定理 函数 $f:(0, \infty)\to(0, \infty)$ 适合
(a) $f(x+1)=x f(x)$,
(b) $f(1)=1$,
(c) $\log f$ 是凸的,
那么 $f(x)$ 是唯一的.
证明 根据 $(a)$ 只需对于 $x \in(0,1)$ 证明 $f(x)$ 是唯一的.
令 $\varphi=\log f$, 那么 $\varphi$ 是凸的, 而且
$$\tag{94}\begin{split}\varphi(x+1)&=\varphi(x)+\log x \quad(0<x<\infty)\\\varphi(1)&=0\end{split}$$
设 $n$ 是正整数.
考虑 $\varphi$ 在 $[n, n+1],[n+1, n+1+x],[n+1, n+2]$ 三个闭区间上的差商. 既然 $\varphi$ 是凸的, 那么
$$
\log n \leqslant \frac{\varphi(n+1+x)-\varphi(n+1)}{x} \leqslant \log (n+1) .
$$
即
$$
0 \leqslant \varphi(n+1+x)-\varphi(n+1) -x\log n\leqslant x\log\left(1+\frac1n\right) .
$$
根据 (94), $\varphi(n+1)=\log (n !)$. 化为
$$
0 \leqslant \varphi(n+1+x)-\log(n!n^x)\leqslant x\log\left(1+\frac1n\right) .
$$
重复地使用 (94) 便得到
$$
\varphi(n+1+x)=\varphi(x)+\log [x(x+1) \cdots(x+n)]
$$
所以
$$
0 \leqslant \varphi(x)-\log \left[\frac{n ! n^x}{x(x+1) \dots(x+n)}\right] \leqslant x \log \left(1+\frac{1}{n}\right) .
$$
最末的 $\log(1+\frac1n)$ 当 $n \rightarrow \infty$ 时趋于零. 从而确定了 $\varphi$, 证明也完成了. |
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