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감마함수에 대한 바이어슈트라스의 무한곱 📂함수

감마함수에 대한 바이어슈트라스의 무한곱

정리

감마함수 Γ:(0,∞)→R\Gamma : (0, \infty) \to \mathbb{R} 에 대해 다음이 성립한다. 1Γ(x)=xeγxlim⁡n→∞∏k=1n(1+xk)e−xk {1 \over \Gamma (x)} = x e^{\gamma x } \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + {x \over k} \right) e^{- {x \over k} }

설명

Γ(x)=∫0∞tx−1e−tdt \Gamma (x) = \int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} dt 감마 함수는 위와 같이 정의되고, 오일러의 극한 공식에 의해 Γ(x)=lim⁡n→∞nxn!x(x+1)(x+2)⋯(x+n) \Gamma (x) = \lim_{n \to \infty} {{n^x n!} \over {x(x+1)(x+2) \cdots (x+n) }} 이기도 하다. 여기서 한가지 더, 감마함수의 새로운 형태가 바로 바이어슈트라스의 무한곱이다. 이걸 배움으로써 우리는 감마함수의 가장 유명한 형태 세가지를 알게 된다.

증명

정리: 증명은 일련의 보조정리가 더 있다면 더 짧게 끝낼 수 있지만 굳이 사용하지 않았다. 당장 보조정리들을 배우고 익히는 건 어려우므로 이 증명에서만 유효한 테크닉이 사용되었다. 해석학만 조금 안다면 증명을 이해하는데에 무리는 없을 것이다.

오일러의 극한 공식에 의해 1Γ(x)=lim⁡n→∞x(x+1)(x+2)⋯(x+n)nxn!=lim⁡n→∞xn−x(1+x1)(2+x2)⋯(n+xn)=lim⁡n→∞xn−x∏k=1n(1+xk)=xlim⁡n→∞e−xlog⁡n⋅ex(11+12+⋯1n)⋅e−x(11+12+⋯1n)⋅∏k=1n(1+xk)=xlim⁡n→∞ex(11+12+⋯1n−log⁡n)∏k=1n(1+xk)e−xk \begin{align*} {1 \over \Gamma (x)} =& \lim_{n \to \infty} { {x(x+1)(x+2) \cdots (x+n) } \over {n^x n!} } \\ =& \lim_{n \to \infty} x n^{-x} \left( { {1+x} \over {1} } \right) \left( { {2+x} \over {2} } \right) \cdots \left( { {n+x} \over {n} } \right) \\ =& \lim_{n \to \infty} x n^{-x} \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + { x \over k } \right) \\ =& x \lim_{n \to \infty} e^{-x \log{n} } \cdot e^{x \left( {1 \over 1} + {1 \over 2} + \cdots {1 \over n} \right) } \cdot e^{-x \left( {1 \over 1} + {1 \over 2} + \cdots {1 \over n} \right) } \cdot \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + { x \over k } \right) \\ =& x \lim_{n \to \infty} e^{ x \left( {1 \over 1} + {1 \over 2} + \cdots {1 \over n} - \log{n} \right) } \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + { x \over k } \right) e^{- { x \over k} } \end{align*} 오일러-마스케로니 상수 γ=lim⁡n→∞(∑k=1n(1k)−ln⁡n)\displaystyle \gamma = \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k=1}^{n} \left( { 1 \over k } \right) - \ln{n} \right) 가 존재하므로 ∏n=1∞(1+xn)e−xn\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + { x \over n } \right) e^{- { x \over n} } 이 존재함을 보이기만 하면 증명은 끝난다.

적당히 큰 자연수 nn 에 대해서 ln⁡(1+xn)−xn∼−x22n2\displaystyle \ln \left( 1 + {x \over n} \right) - {x \over n} \sim - {x^2 \over 2n^2} 이므로 lim⁡n→∞xn−ln⁡(1+xn)x22n2=lim⁡n→∞1n−1n11+xnxn2=lim⁡n→∞1−11+xnxn=lim⁡n→∞n1+xn−1x(1+xn)=lim⁡n→∞11+xn=1 \begin{align*} \lim_{n \to \infty} {{{x \over n} - \ln \left( 1 + {x \over n} \right)} \over {x^2 \over 2n^2}} =& \lim_{n \to \infty} {{ {1 \over n} - {1 \over n} { 1 \over {1 + {x \over n}}} } \over {x \over n^2}} \\ =& \lim_{n \to \infty} {{ 1 - { 1 \over {1 + {x \over n}}} } \over {x \over n}} \\ =& \lim_{n \to \infty} n {{ {1 + {x \over n}} - 1 } \over x \left( {1 + {x \over n} } \right)} \\ =& \lim_{n \to \infty} {1 \over {1 + {x \over n} }} \\ =& 1 \end{align*} pp-급수 판정법에 의해 ∑n=1∞x22n2\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{x^2 \over 2n^2} 이 수렴하고, 극한 비교 판정법에 의해 ∑n=1∞{xn−ln⁡(1+xn)}\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left\{{x \over n} - \ln \left( 1 + {x \over n} \right) \right\} 도 수렴한다. 한편 ∏k=1∞(1+xk)e−xk=exp⁡(−∑n=1∞{xn−ln⁡(1+xn)}) \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 + {x \over k} \right) e^{- {x \over k} } = \displaystyle \exp \left( - \sum_{n=1}^{\infty} \left\{ {x \over n} - \ln \left( 1 + {x \over n} \right) \right\} \right) 이므로 ∏k=1∞(1+xk)e−xk\displaystyle \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 + {x \over k} \right) e^{- {x \over k} } 도 수렴한다.

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