Bohr-Mollerup teoremi

Vikipedi, özgür ansiklopedi
Atla: kullan, ara

Bohr-Mollerup teoremi, Matematiksel analiz'de adını danimarkalı matematikçi Harald Bohr ve Johannes Mollerup'tan almıştır.

Bu teorem x > 0 için Gama fonksiyonu'nun,karakterizasyonu'nu tanımlar

\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1} e^{-t}\,dt

sade fonksiyon ƒ için x > 0 açık aralığında ardı ardına üç özellik

Bu teoremin seçkin açıklaması Artin'in kitabı The Gamma Fonksiyon 'un yeniden basımı bir AMS koleksiyonudur ve Artin tarafından kaleme alınmıştır

İlk baskı Karmaşık analiz içindeydi, ve Bohr ve Mollerup izniyle basılmıştı.

Kanıtı[değiştir | kaynağı değiştir]

Teoremin ifadesi[değiştir | kaynağı değiştir]

\,\Gamma(z)\, karşılayan tek fonksiyon \,f(z+1)=zf(z)\, ile \,\log(f(z))\, ve ayrıca \,f(1)=1\,.için konvekstir.

Kanıtı[değiştir | kaynağı değiştir]

\,\Gamma(x)\, yardımıyla,yukarda kabul edilen özelliklere bağlı olarak kurulan fonksiyon
\,\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)\, ve\,\log\left(\Gamma(x)\right)\, konvekstir ve
\,\Gamma(1)=1\,

Aslında \,\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)\, gerçeğinden şunu kurabiliriz.


\,
\begin{align}
\Gamma(x+n)=(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)\ldots(x+1)x\Gamma(x)
\end{align}
\,

ve bu sonuçtan hareketle

\,\Gamma(1)=1\, ifadesi \,\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)\, doğal sonucudur bu özellikle tamsayılara uygulanarak aşağıdaki sonuca varabiliriz.

\,\Gamma(n)=(n-1)!\, ise \,n\in\mathbb{N}\,

ve eğer \,\Gamma(x)\, yoksa... yani bizim bağıntımız

\,0<x\leq 1\, olmak üzere
\,\Gamma(x+n)\,
\,\Gamma(x)\, tüm \,x\, değerleri için aşağıdaki \,(x_1,\;f(x_1))\, ve \,(x_2,\;f(x_2))\, iki noktayı birleştiren doğrunun eğiminin hesabı \,x_1<x_2\, olmak üzere \,\mathcal{M}(x_1,x_2)\, monoton olarak arttığı için konveks fonksiyon ile onun doğal öngörüsüden dolayı \,\log\left(\Gamma(x)\right)\, konveks olduğunu biliyoruz



\begin{align}
\mathcal{M}(n-1,n)&\leq\mathcal{M}(n,n+x)\leq\mathcal{M}(n,n+1)\;\;\mathrm{when}\;0< x\leq 1\\

\frac{\log\left(\Gamma(n-1)\right)-\log\left(\Gamma(n)\right)}{(n-1)-n}&\leq
\frac{\log\left(\Gamma(n)\right)-\log\left(\Gamma(n+x)\right)}{n-(n+x)}\leq
\frac{\log\left(\Gamma(n)\right)-\log\left(\Gamma(n+1)\right)}{n-(n+1)}\\
\frac{\log\left((n-2)!\right)-\log\left((n-1)!\right)}{-1}&\leq
\frac{\log\left(\Gamma(n+x)\right)-\log\left((n-1)!\right)}{x}\leq
\frac{\log\left(n!\right)-\log\left((n-1)!\right)}{1}\\
-\log\left(\frac{(n-2)!}{(n-1)!}\right)&\leq
\frac{\log\left(\Gamma(n+x)\right)-\log\left((n-1)!\right)}{x}\leq
\log\left(\frac{n!}{(n-1)!}\right)\\
-\log\left(\frac{1}{(n-1)}\right)&\leq
\frac{\log\left(\Gamma(n+x)\right)-\log\left((n-1)!\right)}{x}\leq
\log\left(n\right)\\
x\cdot\log\left(n-1\right)+\log\left((n-1)!\right)&\leq
\log\left(\Gamma(n+x)\right)\leq
x\cdot\log\left(n\right)+\log\left((n-1)!\right)\\
\log\left((n-1)^x(n-1)!\right)&\leq
\log\left(\Gamma(n+x)\right)\leq
\log\left(n^x(n-1)!\right)
\end{align}

Böyle bir limit varlığı veya yakınsama gibi çeşitli şeyleri kanıtlamak için ortak bir analiz tekniğidir. Şimdi biz bu fonksiyonu geri çağırıyoruz ve her ikisi monoton artandır . Bu, iki ifade arasında sıkışmış olan fonksiyon son satırından bellidir \,\log()\, ve \,e^{()}\, . biz bu özelliği eşitsizlikte kullanırsak devamla:

\,
\begin{align}
(n-1)^x(n-1)!&\leq \Gamma(n+x)\leq n^x(n-1)!\\
(n-1)^x(n-1)!&\leq (x+n-1)(x+n-2)\ldots(x+1)x\Gamma(x)\leq n^x(n-1)!\\
\frac{(n-1)^x(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\ldots(x+1)x}\leq \Gamma(x)&\leq\frac{n^x(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\ldots(x+1)x}\\
\frac{(n-1)^x(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\ldots(x+1)x}&\leq \Gamma(x)\leq\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}\left(\frac{n+x}{n}\right)\\
\end{align}
\,

Son satırı güçlü bir ifadedir. Özelde, bütün \,n\, değerler için de geçerlidir. \,\Gamma(x)\, nın herhangi bir \,n\, değeri seçimi için sağ tarafta daha küçük ve aynı şekilde, \,\Gamma(x)\, nın herhangi bir \,n\, diğer tercihi için sol tarafta daha büyük olmasıdır. Her bir eşitsizlik yalnız bir durum ve bağımsız bir ifade olarak yorumlanabilir bir durumdur. bu nedenle RHS ve LHS'yi farklı -n-değerleri için seçmekte özgürüz. Özellikle, LHS için \,n+1\, RHS için\,n\, seçiminde tutarsak.

\,
\begin{align}
\frac{((n+1)-1)^x((n+1)-1)!}{(x+(n+1)-1)(x+(n+1)-2)\ldots(x+1)x}&\leq \Gamma(x)\leq\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}\left(\frac{n+x}{n}\right)\\
\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}&\leq \Gamma(x)\leq\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}\left(\frac{n+x}{n}\right)\\
\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}&\leq \Gamma(x)\\
\Gamma(x)\left(\frac{n}{n+x}\right)&\leq\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}
\end{align}
\,

Bu son iki ifadeyi birleştirirsek


\,
\begin{align}
\Gamma(x)\left(\frac{n}{n+x}\right)\leq\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}\leq\Gamma(x)
\end{align}
\,

şimdi \,n\rightarrow\infty\,olarak alınırsa. \,\frac{n}{n+x}\rightarrow 1\, sağ yan eşitliğe giderken sol yan eşitsizliğe gider. \,\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}\, devamlı sıkıştırılırsa, \,\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}\, ifadesinin tek anlamı olabilir,eşitlik \,\Gamma(x)\,'ya gider. Bu ispat bağlamında\,\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}\, \,\Gamma(x)\,'ya ait belirtilen üç özellik idi. Ayrıca kanıt\,\Gamma(x)\, için belirli bir ifade sağlar Ve ispatın son kritik bölümünde bir dizinin limiti benzersiz olduğu hatırdan çıkarılmamalıdır Bu demektir ki herhangi bir \,x\in(0,1]\, seçim için , sadece bir sayı \,\Gamma(x)\, bulunabilir Burada \,\Gamma(x)\, fonksiyonun tüm özelliklerine sahip başka bir fonksiyon yoktur.


ispat sorusunun teorem varsayımı kalan diğer ucudur \,\Gamma(x)\, herkes için mantıklı\,x\, burada \,\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}\, bulunmaktadır. Problem bizim ilk çift eşitsizliğimizdedir.

\,
\begin{align}
\mathcal{M}(n-1,n)\leq\mathcal{M}(n+x,n)\leq\mathcal{M}(n+1,n)
\end{align}
\,

\,0<x\leq 1\, için kısıtlama konmuştur. öğleyse, monoton artan yapmak isteniyor, \,x>1\, daha sonra eğer \,\mathcal{M}\, söyleniyorsa\,\mathcal{M}(n+1,n)<\mathcal{M}(n+x,n)\,,olması isteniyorsa oluşturulan tüm kanıt eşitsizliğin çelişmesi üzerinedir ama

\,
\begin{align}
\Gamma(x+1)&=
\lim_{n\rightarrow\infty}x\cdot\left(\frac{n^xn!}{(x+n)(x+n-1)\ldots(x+1)x}\right)\frac{n}{n+x+1}\\
\Gamma(x)&=\left(\frac{1}{x}\right)\Gamma(x+1)
\end{align}
\,

dikkat edilmelidir.

ilk olarak gösterilen \,x\,'ın bütün değerleri için \,\Gamma(x)\,'ın buradaki limit tanımlıdır.

Referanslar[değiştir | kaynağı değiştir]