# Teorema di Bohr-Mollerup

In analisi matematica, il teorema di Bohr-Mollerup è un teorema che prende il nome dai matematici danesi Harald Bohr e Johannes Mollerup, che lo dimostratono nel 1922. Il teorema caratterizza la funzione Gamma, definita per $x>0$ da
    $\Gamma (x)=\int _{0}^{\infty }t^{x-1}e^{-t}\,dt$
come l'unica funzione $f$ sull'intervallo $x>0$ che, simultaneamente, possiede le seguenti tre proprietà:
* $f(1)=1$,
* $f(x+1)=xf(x)$ per $x>0$,
* $f$ è logaritmicamente convessa, ossia il suo logaritmo è una funzione convessa
Un'elegante trattazione su questo teorema può essere trovata nel libro di Artin The Gamma Function, che è stato ristampato dall'AMS (American Mathematicl Society) in una collezione di scritti di Artin.
Il teorema venne prima pubblicato in un manuale di analisi complessa, poiché Bohr e Mollerup ritenevano che fosse già stato dimostrato.

## Enunciato

    Teorema di Bohr-Mollerup. $\Gamma (x)$ è l'unica funzione che soddisfa $f(x+1)=xf(x)$ con $\log {f(x)}$ convessa ed anche con $f(1)=1$.

## Dimostrazione

Sia $\Gamma (x)$ una funzione con le proprietà stabilite sopra: $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$, $\log {\Gamma (x)}$ è una funzione convessa e $\Gamma (1)=1$. Da $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$ noi possiamo dire che
    $\Gamma (x+n)=(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)\cdots (x+1)x\Gamma (x)$
Lo scopo di aver imposto che $\Gamma (1)=1$ è far sì che la proprietà $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$ ci riconduca ai fattoriali dei numeri interi, in modo da poter concludere che $\Gamma (n)=(n-1)!$ se $n\in N$ e se $\Gamma (x)$ esiste ovunque. Grazie alla relazione scritta per $\Gamma (x+n)$, se riusciamo a comprendere completamente il comportamento di $\Gamma (x)$ per $0<x\leqslant 1$, possiamo comprendere il comportamento di $\Gamma (x)$ per tutti i valori reali di $x$.
La pendenza del segmento che congiunge due punti $(x_{1},f(x_{1}))$ e $(x_{2},f(x_{2}))$, indichiamola con $S(x_{1},x_{2})$, è strettamente crescente per una funzione convessa con $x_{1}<x_{2}$. Poiché abbiamo imposto che $\log {\Gamma (x)}$ è convessa, noi sappiamo che
    ${\begin{aligned}S(n-1,n)&\leq S(n,n+x)\leq S(n,n+1)&&0<x\leq 1\\[6pt]{\frac {\log(\Gamma (n))-\log(\Gamma (n-1))}{n-(n-1)}}&\leq {\frac {\log(\Gamma (n))-\log(\Gamma (n+x))}{n-(n+x)}}\leq {\frac {\log(\Gamma (n))-\log(\Gamma (n+1))}{n-(n+1)}}\\[6pt]{\frac {\log((n-1)!)-\log((n-2)!)}{1}}&\leq {\frac {\log(\Gamma (n+x))-\log((n-1)!)}{x}}\leq {\frac {\log(n!)-\log((n-1)!)}{1}}\\[6pt]\log \left({\frac {(n-1)!}{(n-2)!}}\right)&\leq {\frac {\log(\Gamma (n+x))-\log((n-1)!)}{x}}\leq \log \left({\frac {n!}{(n-1)!}}\right)\\[6pt]\log(n-1)&\leq {\frac {\log(\Gamma (n+x))-\log((n-1)!)}{x}}\leq \log(n)\\x\log(n-1)&\leq \log(\Gamma (n+x))-\log((n-1)!)\leq x\log(n)\\\log \left((n-1)^{x}\right)+\log((n-1)!)&\leq \log(\Gamma (n+x))\leq \log \left(n^{x}\right)+\log((n-1)!)\\\log \left((n-1)^{x}(n-1)!\right)&\leq \log(\Gamma (n+x))\leq \log \left(n^{x}(n-1)!\right)\\(n-1)^{x}(n-1)!&\leq \Gamma (n+x)\leq n^{x}(n-1)!&&\log {\text{è strettamente crescente}}\\[6pt](n-1)^{x}(n-1)!&\leq (x+n-1)(x+n-2)\cdots (x+1)x\Gamma (x)\leq n^{x}(n-1)!\\[6pt]{\frac {(n-1)^{x}(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\cdots (x+1)x}}&\leq \Gamma (x)\leq {\frac {n^{x}(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\cdots (x+1)x}}\\[6pt]{\frac {(n-1)^{x}(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\cdots (x+1)x}}&\leq \Gamma (x)\leq {\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}\left({\frac {n+x}{n}}\right)\\[6pt]\end{aligned}}$
L'ultima riga è un'affermazione forte. In particolare, essa è vera per tutti i valori di $n$. Questo significa che $\Gamma (x)$ non è maggiore rispetto al membro di destra per ogni scelta di $n$ e, allo stesso modo, $\Gamma (x)$ non è minore rispetto al membro di sinistra per ogni altra scelta di $n$. Ogni singola disuguaglianza non è correlata all'altra e può essere interpretata come un'affermazione indipendente. A causa di ciò, noi siamo liberi di scegliere dei valori differenti di $n$ per il membro di destra e per il membro di sinistra. In particolare, se noi lasciamo $n$ per il membro di destra e scegliamo $n+1$ per quello di sinistra, abbiamo:
    ${\begin{aligned}{\frac {((n+1)-1)^{x}((n+1)-1)!}{(x+(n+1)-1)(x+(n+1)-2)\cdots (x+1)x}}&\leq \Gamma (x)\leq {\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}\left({\frac {n+x}{n}}\right)\\{\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}&\leq \Gamma (x)\leq {\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}\left({\frac {n+x}{n}}\right)\end{aligned}}$
Da quest'ultima riga è evidente che si sta delimitando una funzione tra due espressioni, una tecnica comune in analisi per dimostrare varie cose come l'esistenza di un limite, o una convergenza. Sia $n\to \infty$:
    $\lim _{n\to \infty }{\frac {n+x}{n}}=1$
così il membro di sinistra dell'ultima disuguaglianza tende a diventare uguale al membro di destra, quando si passa al limite, e
    ${\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}$
rappresenta la delimitazione a entrambi i membri. Ciò può solo significare che
    $\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}=\Gamma (x).$
Nel contesto di questa dimostrazione, ciò significa che
    $\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}$
possiede le tre proprietà specificate, che appartengono a $\Gamma (x)$. In più, la dimostrazione fornisce un'espressione specifica per $\Gamma (x)$. La parte finale di questa dimostrazione consiste nel ricordare che il limite di una successione è unico. Ciò significa che, per ogni scelta di $0<x\leqslant 1$, un solo numero possibile $\Gamma (x)$ può esistere. Perciò, non c'è un'altra funzione con tutte le proprietà assegnate a $\Gamma (x)$.
Resta da dimostrare solo che $\Gamma (x)$ ha senso per tutti gli $x$ per i quali
    $\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}$
esiste. Il problema è che la nostra prima doppia disuguaglianza
    $S(n-1,n)\leq S(n+x,n)\leq S(n+1,n)$
è stata costruita con la restrizione $0<x\leqslant 1$. Se $x>1$, allora il fatto che $S$ è strettamente crescente farebbe sì che $S(n+1,n)<S(n+x,n)$, contraddicendo la disuguaglianza su cui l'intera dimostrazione è costruita. Ma osserviamo che
    ${\begin{aligned}\Gamma (x+1)&=\lim _{n\to \infty }x\cdot \left({\frac {n^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)\cdots (x+1)x}}\right){\frac {n}{n+x+1}}\\\Gamma (x)&=\left({\frac {1}{x}}\right)\Gamma (x+1)\end{aligned}}$
e ciò mostra come prolungare $\Gamma (x)$ a tutti i valori di $x$ per i quali il limite è definito.