Bohr-Mollerup teoremi

**Bohr-Mollerup teoremi**, Matematiksel analizde adını Danimarkalı matematikçi Harald Bohr ve Johannes Mollerup'tan almıştır.

Bu teorem *x*&nbsp;>&nbsp;0 için
Gama fonksiyonu'nun, karakterizasyonu'nu tanımlar. 
:\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1} e^{-t}\,dt

*sade* fonksiyon *&fnof;* için *x*&nbsp;>&nbsp;0 açık aralığında ardı ardına üç özellik

* f(1)=1, \, ve
* f(x+1)=xf(x) \text{ for } x>0, \, ve
* f  logaritmik konveksdir.

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

İlk baskı Karmaşık Analiz içindeydi ve Bohr ve Mollerup'un izniyle basılmıştır.

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

### Kanıtı
:\,\Gamma(x)\, yardımıyla, yukarıda 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 tam sayılara uygulanarak aşağıdaki sonuca varabiliriz.

:\,\Gamma(n)=(n-1)!\, ise \,n\in\mathbb{N}\, 
ve eğer 
\,\Gamma(x)\, yoksa... yani bizim bağıntımız 
:\,0 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 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
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 <math>\,n\,</math> 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 için kısıtlama konmuştur. öğleyse, monoton artan yapmak isteniyor, \,x>1\, daha sonra eğer \,\mathcal{M}\, söyleniyorsa\,\mathcal{M}(n+1,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.

## Kaynakça

* 
* 
* 
* 
* 
*  (*Textbook in Complex Analysis*)