gama fonks˙ıyonu

Yorumlar

Transkript

gama fonks˙ıyonu
GAMA FONKSİYONU
H. Turgay Kaptanoğlu
∗
sürekli ve sınırlı olduğundan, ilk integralde limit
almaya gerek kalmaz.
Şimdi Γ’nın tanımındaki limitlerin varlığını gösterelim.
Z 1
Z 1
Iε =
tx−1 e−t dt <
tx−1 dt
A. Tanım
Gama fonksiyonu, 0 < x < ∞ değerleri
için Euler integrali dediğimiz
Z ∞
Γ(x) =
tx−1 e−t dt
0
integrali ile tanımlanır. Önce bu ifadenin ne demek olduğunu anlamaya çalışalım. x−1 bir gerçel
sayı olduğundan, tx−1 ifadesi e(x−1) ln t şeklinde
tanımlanır. Bunun için de t ’nin doğal logaritmanın tanım kümesinde, yani t > 0 olması gerekir.
Yani aslında
f (t) = tx−1 e−t
=
ε
x t=1
ε
x
t 1 ε
= −
x t=ε x
x
eşitsizliğinden, x > 0 iken Iε integralinin, ε > 0
ne olursa olsun, 1/x ile üstten sınırlı olduğunu
görürüz. ε → 0+ iken, pozitif bir fonksiyonun
gittikçe büyüyen bir aralıktaki integrali olduğu
için Iε artar. Üstten sınırlılık ve artanlık, x > 0
durumunda
lim+ Iε
fonksiyonu t = 0 ’da tanımsızdır. Fakat az sonra
bunun öneminin olmadığını göreceğiz. Ayrıca
t > 0 iken f (t) > 0 ’dır ve e−t < 1 gerçeklenir.
Hemen akla gelen ikinci soru bu integralin
sonlu olup olmadığı, çünkü iki sorun var: Hem
sonsuz uzunluktaki bir aralık üzerinde integral
alıyoruz, hem de 0 < x < 1 iken f (t) fonksiyonu t sıfıra (sağdan) yaklaşırken sınırsız artıyor,
yani
lim+ tx−1 e−t = +∞
ε→0
limitinin varlığını gösterir. Bu hesaptan anlaşılması gereken, 0 < x < 1 olsa bile, t → 0+ iken
tx−1 ’in sınırsız arttığı, fakat yeteri kadar yavaş
arttığı için, grafiğiyle x ekseni arasındaki alanın
sonlu kalabildiğidir.
JM integralinin limiti için şu sonuca
ihtiyacımız olacak:
t→0
Önerme 1. n negatif olmayan bir tamsayı ve
t > 0 ise,
oluyor. Gama fonksiyonunu tanımlayan integrali,
f fonksiyonunun grafiğinin altında kalan alan
olarak yorumlarsak, bu iki nedenden dolayı integralin sonsuz çıkma olasılığı var. Ama x ’i pozitif bir sayı almamız bütün bu sorunları ortadan
kaldırıyor; bunu açıklayalım.
Yukarıdaki integralle ne demek istediğimizi
daha açık yazalım. ε ve M pozitif sayılar olsun.
Eğer limitler varsa,
Γ(x) = lim+
ε→0
Z
1
t
x−1 −t
e
dt + lim
ε
= lim+ Iε + lim JM
ε→0
M →∞
Z
et >
sağlanır.
İspat. Tümevarım kullanacağız. n = 0 iken
0! = 1 diye tanımlarız. O zaman t > 0 iken
et > 1 olacağı açıktır. Eşitsizliğin n = k için
doğru olduğunu kabul edelim ve t ≥ 0 için
M
tx−1 e−t dt
h(t) = et − 1 − t −
1
M →∞
t2
tk+1
− ··· −
2!
(k + 1)!
tanımlayalım. h(0) = 1’dir. Öte yandan
demektir. Buradan f (t)’nin t = 0 ’da tanımlı olmasının gerekmediğini hemen görürüz. Aslında
x ≥ 1 iken, f (t) fonksiyonu (0, 1] aralığında
∗ ODTÜ
t◦ t1 t2
tn
t2
tn
+ + +· · ·+
= 1+t+ +· · ·+
0! 1! 2!
n!
2
n!
h0 (t) = et − 1 − t −
Matematik Bölümü öğretim üyesi
6
t2
tk
− ··· − ,
2!
k!
KAPTANOĞLU
R∞
Öte yandan Γ(x + 1) = 0 tx e−t dt olur. Bu
integrali x > 0 için parçalı integralleme yoluyla
hesaplamaya çalışalım. u = tx ve dv = e−t dt
dersek, du = xtx−1 dt ve v = −e−t olur. Böylece
t > 0 iken tümevarım varsayımı gereği pozitiftir;
yani h(t) , t > 0 aralığında artandır. t = 0’da
1 değerini alan ve pozitif sayılarda artan bir
fonksiyonun, orada negatif veya sıfır olamayacağı
açıktır. Bu önermenin özel bir hali negatif olmayan n tamsayıları için
Γ(x + 1) = lim
n
et >
t
n!
ε→0+
M →∞
(t > 0)
= lim
2
eşitsizliğidir.
ε→0+
M →∞
Artık JM integraline bakabiliriz. n bir pozitif tamsayı olsun. Önerme 1’den
Z
M
tx e−t dt
0
−tx e−t
+ x lim
+
e−t =
n!
1
< n
et
t
ε→0
ε
M →∞
x −ε
(t > 0)
= lim ε e
ε→0+
ve sonra da
tx−1 e−t <
n!
çıkar. Verilen bir x > 0 için n > x sağlayan bir
n pozitif tamsayısı seçelim.
Z M
Z M
x−1 −t
JM =
t
e dt <
n! tx−n−1 dt
1
t=ε
M
tx−1 e−t dt
− lim M x e−M + xΓ(x)
M →∞
olur. Birinci limit açıkça 0’dır. İkinci limit
de 0’dır; bunu görmenin bir yolu x ’i sabit
tutup M ’yi değişken olarak düşünerek M x /eM
üzerinde L’Hôpital kuralını [5] uygulamaktır.
Elde ettiğimiz
(t > 0)
tn+1−x
Z
t=M
Γ(x + 1) = xΓ(x)
1
t=M
t
n!
= n!
(M x−n − 1)
=
x − n t=1
x−n
n!
1
=
1 − n−x
n−x
M
x−n
eşitliği gama fonksiyonunun fonksiyonel denklemidir .
Şimdi x ’i bir n pozitif tamsayısı olarak seçer, fonksiyonel denklemi kendisinin sağ tarafındaki Γ(n)’ye uygularsak Γ(n+1) = n(n−1)Γ(n−
1) buluruz; sonra bu işlemi sağ tarafta Γ(1) = 1
çıkana kadar tekrarlarsak
eşitsizliği, JM integralinin, M > 0 ne olursa oln!
sun, n−x
ile üstten sınırlı olduğunu söyler. M →
∞ iken JM aynı zamanda arttığından,
Γ(n + 1) = n!
lim JM
(n = 0, 1, 2, . . .)
M →∞
buluruz. Bu bize, yalnızca doğal sayılarda tanımlı olan faktöriyel işleminin gama fonksiyonu
aracılığıyla bütün pozitif gerçel sayılara genişletildiğini söyler.
Peki, gama fonksiyonunu pozitif olmayan
sayılarda da tanımlı kılabilir miyiz? Evet, hem
de yukarıdaki yolla. Bir n pozitif tamsayısı alır,
fonksiyonel denklemi Γ(x + 1) yerine Γ(x + n)
için kullanır ve bu işlemi sağ tarafta Γ(x) kalana
kadar tekrarlarsak, her x > 0 için
limiti vardır. Bu hesaptan da anlaşılması gereken,
t → ∞ olsa bile e−t ’nin sıfıra iniş hızının tx−1 ’in
sınırsız artış hızını, tx−1 e−t ’nin grafiğiyle x ekseni arasındaki alanı sonlu yapacak kadar etkili
bir biçimde bastırdığıdır.
Böylece x > 0 için gama fonksiyonunun iyi
tanımlanmış olduğunu göstermiş olduk. A
B. Temel Özellikler
Şunu biliyoruz: t > 0 için f (t) pozitif
olduğundan, x > 0 için Γ(x) de pozitiftir.
x = 1 için gama fonksiyonunun değerini
hesaplamak kolaydır:
Z M
e−t dt = lim [−e−t ]M
Γ(1) = lim
0
M →∞
0
Γ(x + n) = (x+n−1)(x+n−2) · · · (x+1)xΓ(x),
Γ(x + n)
Γ(x) =
(x + n − 1)(x + n − 2) · · · (x + 1)x
elde ederiz. −n < x < −n + 1 ise 0 < x + n < 1
olur ve Γ(x+n) tanımlıdır. O halde son denklemi
gama fonksiyonunu −n < x < −n + 1 aralığında
M →∞
= lim [1 − e−M ] = 1.
M →∞
7
KAPTANOĞLU
tanımlamak için kullanabiliriz. Kala kala sıfır
ve negatif tamsayılar kaldı. Bunlar için yapacak
bir şey yok, çünkü son denklemin sağ tarafı buralarda anlamsız, ve gama fonksiyonu buralarda
tanımsız kalacak, çünkü x sıfıra veya negatif tamsayıya yaklaştığında bu denklem |Γ(x)|’in sınırsız
arttığını da söylüyor.
Aslında en başta gama fonksiyonunu
yalnızca (0, 1] aralığında tanımlamak yeterdi.
Γ(x + n) için yukarıda verdiğimiz denklem
sayesinde, tanım aralığını (n, n + 1] tipindeki
tüm aralıklara, yani bütün pozitif gerçel sayılara
genişletebilirdik.
=
Z
∞
(tx−1 e−t )1/p (ty−1 e−t )1/q dt
0
≤
Z
∞
t
0
Z
·
∞
0
x−1 −t
e
1/p
dt
1/q
ty−1 e−t dt
= Γ(x)1/p Γ(y)1/q
çıkar. Her iki tarafın logaritmasını aldığımızda,
logaritma artan bir fonksiyon olduğundan eşitsizlik korunur. Logaritmayı çarpma üzerinde toplama olarak dağıtıp a, b > 0 için ln ab = b ln a
özelliğini kullanırsak,
x y
1
1
ln Γ
+
≤ ln Γ(x) + ln Γ(y)
p
q
p
q
Sonuç 2. Gama fonksiyonunun tanım kümesi T ,
sıfır ve negatif tamsayılar dışında kalan bütün
gerçel sayılardır.
elde ederiz. Bu ise ln Γ fonksiyonunun dışbükey
[4] olması demektir.
C. Çarpım Formülleri ve Sonuçları
Asıl ilginç olan, gama fonksiyonunun,
şimdiye kadar verdiğimiz üç temel özelliğinden
kesin olarak belirlenmesidir [2]:
Teorem 3. g , tanım kümesi (0, ∞) aralığını
içeren pozitif değerli bir fonksiyon olsun. Eğer
(a) g(1) = 1 ise,
(b) g(x + 1) = x g(x) sağlanıyorsa, ve
(c) ln g dışbükeyse,
o zaman g ’nin tanımlı olduğu her x için g(x) =
Γ(x) ’tir.
İspat. Yukarıdaki üç özelliği sağlayan yalnızca
bir fonksiyon olduğunu göstereceğiz.
Gama
fonksiyonu da bu üç özelliğe sahip olduğundan,
o bir fonksiyon gama fonksiyonu olacaktır. (b)
özelliği sayesinde, g ’yi bir kere (0, 1] aralığında
belirlersek, tanımlı olduğu her yerde g belirlenmiş olacaktır.
h = ln g olsun; o zaman h(1) = 0’dır
ve h dışbükeydir; ayrıca 0 < t < ∞ için
h(t + 1) = h(t) + ln t sağlanır. Bu eşitlik t = n
diye pozitif bir tamsayı alınıp tekrarlandığında
h(n + 1) = ln(n!) verir. Bir kere de t = n + 1 + x
alınıp tekrarlandığında
Diğer bir önemli özellik için, bir 1 < p < ∞
ve bunun eşleniği q ile Hölder eşitsizliğini [4]
gama fonksiyonunun tanımındaki integrale uygulayalım. 0 < x, y < ∞ olsun ki Γ(x) ve Γ(y)
pozitif çıksın ve logaritmalarını alabilelim.
Z ∞
y
x
x y
t p + q −1 e−t dt
+
=
Γ
p
q
Z0 ∞
y
t
x
1
1
t
=
t p + q − p − q e− p − q dt
h(n + 1 + x) = h(x) + ln[x(x + 1) · · · (x + n)]
verir. Şimdi 0 < x < 1 alalım. [4]’teki Önerme
4’ü a = n + 1, b = n + 1 + x ve c = n + 2 alıp
0
8
KAPTANOĞLU
olur. n → ∞ iken bir x 6= 0 için bir tarafın
limiti varsa, diğer tarafın da vardır, yani Gauss
formülündeki limit, x 6= 0 için varsa, x + 1 için
de vardır, ve de x + 1 için varsa ve x 6= 0 ise,
x için de vardır. Özetle, G(x) ile göstereceğimiz
limit her x ∈ T için vardır, G(x + 1) = xG(x)
sağlanır, ve 0 < x ≤ 1 için G(x) = Γ(x)’tir. G
tek olduğundan, G ile Γ, T kümesinde çakışırlar.
Şu önerme Γ(x) için değişik bir formül elde
etmemizde yararlı olacak:
1 1
1
Önerme 4. lim 1 + + + · · · + − ln n
n→∞
2 3
n
limiti vardır.
h’ye uygularsak,
h(n + 1 + x) − h(n + 1)
h(n + 2) − h(n + 1)
≤
x
x
= ln((n + 1)!) − ln(n!)
= ln(n + 1)
elde ederiz ki bu x = 1 halinde de = olarak
geçerlidir. 0 < x ≤ 1 alıp [4]’teki Önerme 4’ü
bir defa da a = n, c = n + 1 ve b = n + 1 + x ile
uygularsak,
h(n + 1 + x) − h(n + 1)
h(n + 1) − h(n)
≥
x
1
= ln(n!) − ln((n − 1)!)
Bu limit γ ile gösterilir ve γ ’ya EulerMascheroni sabiti denir.
1
1
1
− ln n ve
İspat. Cn = 1 + + + · · · +
2
3
n
Dn = Cn − 1/n dersek, her n = 1, 2, . . . için
1
1
Cn+1 − Cn =
− ln 1 +
,
n+1
n
1
1
Dn+1 − Dn = − ln 1 +
n
n
= ln n
elde ederiz. Son iki eşitsizlik birlikte
ln n ≤
h(n + 1 + x) − h(n + 1)
≤ ln(n + 1)
x
verir. Daha önce h(n + 1 + x) ve h(n + 1) için
elde ettiğimiz formülleri burada yerine koyar ve
logaritmanın bir özelliğini kullanırsak
ln n ≤
h(x)+ln[x(x+1) · · · (x+n)/n!]
≤ ln(n+1)
x
olduğunu görürüz.
d
1
(ln x) =
dx
x
buluruz. Şimdi x ile çarpıp, x ln n çıkartıp, gene
logaritmanın özelliklerini kullanıp sadeleştirirsek,
n! nx
1
0 ≤ h(x) − ln
≤ x ln 1+
x(x+1) · · · (x+n)
n
olduğunu biliyoruz. Her iki tarafın 1’den
kadar integralini alırsak,
Z n+1
n
dx
n+1
ln
=
n
x
1
çıkar. Logaritmanın sürekliliğinden, sağ tarafın
n → ∞ iken limiti 0’dır. Dolayısıyla ortadaki
ifadenin de n → ∞ iken limiti 0’dır; yani h
kesin olarak köşeli parantez içindeki ifadenin limiti olarak belirlenir. Logaritmanın birebir fonksiyon olması g ’nin de kesin olarak belirlendiğini
gösterir.
2
n! nx
n→∞ x(x + 1) · · · (x + n)
’ye
Bu eşitsizlikleri {Cn } ve {Dn } dizilerinin fark
formülünde kullanırsak, her n için
(0 < x ≤ 1).
1
1
−
= 0,
n+1 n+1
1
1
Dn+1 − Dn ≥ − = 0
n n
çıkar; yani {Cn } azalan bir dizi, {Dn } artan
bir dizidir. Tanımlarından her n için Dn < Cn
olduğundan, D1 = 0 teriminin {Cn } dizisi için
bir alt sınır olduğunu görürüz. Azalan ve alttan
sınırlı dizilerin ise limiti vardır (ve bu limit en
büyük alt sınırdır).
2
Bu formülün her x ∈ T için geçerli olduğunu
görmek için,
Γn (x) =
n+1
n
buluruz. 1/x fonksiyonunun [1, n+1
n ] aralığında
aldığı en büyük değer 1, en küçük değer ise
n
n+1 ’dir. Bu değerleri aralığın uzunluğu olan 1/n
ile çarparsak, yukarıdaki integral için alt ve üst
sınırlar bulmuş oluruz:
1
1
1
≤ ln 1 +
≤
(n = 1, 2, . . .).
n+1
n
n
İspatın sonunda Γ için elde ettiğimiz
Gauss formülünü yazalım:
Γ(x) = lim
(x > 0)
Cn+1 − Cn ≤
n! nx
x(x + 1) · · · (x + n)
diyelim.
n
xΓn (x)
x+n+1
x+n+1 1
Γn (x) =
Γn (x + 1)
n
x
Γn (x + 1) =
9
KAPTANOĞLU
Şimdi Γn (x) ’i tanımlayan ifadede nx yerine eşiti ex ln n yazalım. Sonra n! ifadesini 1/n!
olarak paydaya taşıdıktan sonra, çarpanlarını
sırayla (x+1)(x+2) · · · (x+n)’nin paydası olacak
şekilde dağıtalım. Sonra da Γn (x) ’i
1 = e−x e−x/2 · · · ex ex/2 · · · ex/n
ex ln n e−x e−x/n · · · e−x/n x x/2
e e · · · ex/n
x+1x+2
x+n
x
···
1
2
n
geçer. Buradaki büyük kesirin payını tek bir üstel
fonksiyonda birleştirebiliriz. Ayrıca paydadaki
x+k
kesirlerini de 1 + x/k şeklinde yazabilir ve
k
her birini ex/k ile beraber düşünebiliriz. O zaman
Γn (x) ifadesi
Y
n
1
1
1
ex/k
exp x ln n − 1 − − · · · −
x
2
n
1 + x/k
k=1
Q
halini alır. Burada
, çarpımı gösterir; exp(·)
ise e(·) demekten başka bir şey değildir. Önerme
4 sayesinde, n → ∞ iken, yuvarlak parantez
içindeki ifadenin limitinin −γ , sol tarafın limitinin ise T ’deki x ’ler için Γ(x) olduğunu biliyoruz. O zaman her x ∈ T için, n → ∞ iken
sağdaki çarpımın da limiti vardır; dolayısıyla
Γ(x) = e−γx
= e−γx
n
Y
1
k
lim
ex/k
x n→∞ n→∞ x + k
∞
1 Y k
ex/k
x
x+k
k=1
Bir başka Euler integrali de iki değişkenli
br fonksiyon tanımlar. Beta fonksiyonu, x > 0
ve y > 0 değerleri için
Z 1
tx−1 (1 − t)y−1 dt
B(x, y) =
0
ile çarparsak elimize
Γn (x) =
D. Beta Fonksiyonu
integrali ile tanımlanır. 0 < x < 1 ve 0 <
y < 1 iken, bu integral de gama fonksiyonunu
tanımlayan integral gibi limitlerle verilir, çünkü
tx−1 ’den dolayı 0’a yaklaşırken, (1 − t)y−1 ’den
dolayı da 1’e yaklaşırken sorunlar vardır. Bu
sorunlar gene gama fonksiyonunda yapıldığı gibi
aşılır.
İntegralin içindeki ifade pozitif olduğundan beta fonksiyonu da pozitif değerlidir; o
zaman logaritmasını almamızda sakınca yoktur. y ’yi sabit tutup x ’e değişken olarak baktığımızda, tıpkı gama fonksiyonu için kullandığımız yolla, ln B’nın da dışbükey olduğunu
görürüz. B(1, y) = 1/y de kolayca hesaplanır.
Beta fonksiyonu için de bir fonksiyonel denklem
çıkartalım.
x
Z 1
t
(1 − t)x+y−1 dt
B(x + 1, y) =
1
−
t
0
yazar,
x
t
u=
1−t
ve
dv = (1 − t)x+y−1 dt
diyip, parçalı integralleme yaparsak,
B(x + 1, y) =
(x ∈ T )
olur. Bu eşitlik Weierstrass çarpım formülüdür.
Yukarıda {Cn } dizisinin limiti olarak
tanımladığımız γ ’nın ne büyüklükte bir sayı
olduğu hakkında biraz fikir verelim. Her şeyden
önce {Dn } dizisinin de limiti vardır ve bu limit
γ ’dır, çünkü iki dizinin terimleri arasındaki fark
sadece 1/n ’dir ve bu 0’a yakınsar. {Dn } dizisi
artan olduğundan, γ onun en küçük üst sınırıdır.
Dolayısıyla her n için Dn < γ < Cn sağlanır.
D2 = 1 − ln 2 > 0 ’dır, çünkü 1 < 2 < e
ve ln 1 = 0 < ln 2 < 1 = ln e’dir. Ayrıca
C2 = 32 − ln 2 < 1 ’dir, çünkü ln 2 yaklaşık olarak
0.7 ’dir. Böylece 0 < γ < 1 olduğu ortaya çıkar.
n’yi büyük seçerek γ için daha dar aralıklar bulabiliriz. γ için yaklaşık bir değer 0.57722’dir.
Son bir not: γ ’nın rasyonel mi irrasyonel mi bir
sayı olduğu bilinmiyor.
10
x
B(x, y)
x+y
elde ederiz. Bütün bunların ayrıntılarını okuyucuya bırakıyoruz.
Şimdi sabit bir y > 0 alıp,
g(x) =
Γ(x + y)
B(x, y)
Γ(y)
(x > 0)
fonksiyonuna bakalım. g(x + 1) = xg(x) ve
g(1) = 1 olduğunu hemen görürüz. Logaritma çarpımı toplama çevirdiğinden ve dışbükey
fonksiyonların toplamı da dışbükey olduğundan
[4] ( y ’nin ve böylece Γ(y)’nin pozitif bir sabit
olduğunu unutmayalım), ln g ’nin de dışbükey
olduğunu anlarız. Artık yapılacak en doğal şey
Teorem 3’ü uygulayıp, her x > 0 için g(x) = Γ(x)
yazmaktır. Bu da bize şu ilginç formülü verir:
Z 1
Γ(x)Γ(y)
=
tx−1 (1−t)y−1 dt (x > 0, y > 0).
Γ(x + y)
0
KAPTANOĞLU
n X
x
k
= −γx−ln x+ lim
−ln
n→∞
k
x+k
k=1
∞
X x
k
= −γx − ln x +
− ln
k
x+k
Bu formülden daha başka ilginç formüller
de türetebiliriz. İntegralde 0 < t < 1 olduğundan
sin2 θ = t sağlayan bir θ vardır ve dt =
2 sin θ cos θ dθ olur. O zaman gene pozitif x, y
için
Z 1
Γ(x)Γ(y)
=2
(sin θ)2x−1 (cos θ)2y−1 dθ
Γ(x + y)
0
k=1
elde ederiz. Şimdi türev almaya çalışırsak sağdaki
sonsuz toplam sorun çıkartmaya aday. Sonlu
toplamların türevinin her bir terimin türevinin
toplamı olduğu doğru, fakat bu sonsuz toplamlarda da geçerli mi? Evet, eğer türevi elde
edilecek olan sonsuz toplam burada pek bahsetmek istemediğimiz düzgün yakınsaklık özelliğine
sahipse. Elimizdeki toplamlar için bu özelliğin
olduğu biliniyor ve her terimin ayrı ayrı türevini
alıp toplamamızda bir sakınca yok. Zincir kuralının birkaç uygulamasından sonra
gerçeklenir.
Şimdi x = y = 12 koyar, Γ(1) = 1 ve
1
Γ 2 > 0 olduğunu kulanırsak,
√
1
Γ
= π
2
buluruz. ( π sayısı yazıda bir yerde çıkmalıydı!)
Geri dönüp gama fonksiyonunun ilk tanımında
t = s2 değişken değişimini yapmak
Z ∞
2
Γ(x) = 2
s2x−1 e−s ds
(x ∈ T )
d
Γ0 (x)
ln Γ(x) =
dx
Γ(x)
0
verir. Şimdi x =
Z
1
2
∞
= −γ −
koyarsak,
2
e−s ds =
√
0
π
2
= −γ −
2
elde ederiz. y = e−s fonksiyonunun grafiği y ekseni etrafında simetriktir; dolayısıyla s > 0 iken
grfiğin altında kalan alanla s < 0 iken grafiğin
altında kalan alan birbirine eşittir. Sonuç olarak
Z ∞
√
2
e−s ds = π
dm−1
dxm−1
E. Türevlenebilme ve Dışbükeylik
Biraz da gama fonksiyonunun türevinin
olup olmadığını araştıralım. Fonksiyonel denklemden dolayı pozitif sayılara bakmak yetecek.
Pozitif sayılarda ise gama fonksiyonunun pozitif
değerli olduğunu biliyoruz, dolayısıyla logaritmasını alabiliriz. Logaritma sürekli bir fonksiyondur
ve bundan dolayı limitle yer değiştirebilir. Logaritmanın sonlu çarpımları toplamlara çevirdiğini
de biliyoruz. Diğer bir bildiğimiz, logaritmanın
üstel fonksiyonun ters fonksiyonu olduğu; yani
her gerçel a için ln ea = a ve her pozitif b için
eln b = b sağlandığı. O zaman Weierstrass çarpım
formülünden
n→∞
k=1
1
+
x
k=1
∞
X
k=1
x
k(x + k)
(x > 0)
Γ0 (x)
Γ(x)
=
∞
X
(−1)m (m − 1)
k=0
(x + k)m
(m ≥ 2)
formülü her x > 0 için geçerli. Yukarıda
yaptığımız gibi fonksiyonel denklemler sayesinde
bu formülü her x ∈ T için geçerli yapmak da
mümkün.
m = 2 hali biraz daha incelenmeğe değer,
çünkü
d Γ0 (x)
Γ(x)Γ00 (x) − (Γ0 (x))2
=
dx Γ(x)
(Γ(x))2
∞
X
1
=
(x + k)2
çıkar.
ln Γ(x) = −γx − ln x + lim ln
∞ 1 X 1
1
+
−
x
k x+k
buluruz. Düzgün yakınsaklık özelliği tekrar tekrar türev alsak da sağlanıyor, dolayısıyla gama
fonksiyonu sonsuz kere türevli ve
−∞
n
Y
k=0
her zaman pozitif. Buradan her x ∈ T için
Γ(x)Γ00 (x) − (Γ0 (x))2 > 0
Γ(x)Γ00 (x) > (Γ0 (x))2 ≥ 0
çıkar. Bu ise her x ∈ T için, Γ(x) ve Γ00 (x)
sayılarının ya her ikisinin birden pozitif ya da her
ikisinin birden negatif olması demektir. |Γ(x)|
k
ex/k
x+k
11
KAPTANOĞLU
fonksiyonunu düşünürsek, ikinci türevi hep pozitif olur. [4]’teki Sonuç 8’den dolayı |Γ(x)|
fonksiyonu T üzerinde dışbükeydir. Dikkatli
bakarsak, Γ(x + n)’yi veren formülden, gama
fonksiyonunun işaretinin (−n, −n + 1) aralığında
(−1)n ’nin işareti ile aynı olduğunu görürüz; burada n bir pozitif tamsayıdır. x > 0 iken
de Γ(x) pozitiftir. Dolayısıyla gama fonksiyonu (0, ∞), (−2, −1), (−4, −3), . . . aralıklarında
dışbükeydir; T ’deki geri kalan aralıklarda ise −Γ
dışbükeydir.
F. Sinüs Fonksiyonu İçin Bir Bağıntı
Başlangıç olarak
1
x
x+1
x
g(x) = √ 2 Γ
Γ
2
2
2 π
fonksiyonuna bakalım. Açıkça g en az (0, ∞)
aralığında tanımlı ve orada pozitif değerlidir.
Ayrıca Γ(x + 1) = xΓ(x) özelliğinden
2x+1
x+1
x
g(x + 1) = √ Γ
Γ
+1
2
2
2 π
2x
x+1 x
x
= √ 2Γ
Γ
= xg(x)
2
2
2
2 π
sağlanır.
buluruz; yani ϕ periyodiktir ve periyodu 1’dir.
Az önce elde ettiğimiz bağıntıları kullanarak da
x
x+1
x
x
πx
ϕ
=Γ
Γ 1−
sin
ϕ
2
2
2
2
2
x+1
1−x
πx
·Γ
Γ
cos
2
2
2
√ x
1 √ 1−x
=
π2
Γ(x) π2 Γ(1 − x)
2
πx
πx
cos
·2 sin
2
2
= πΓ(x)Γ(1 − x) sin πx
= πϕ(x)
(∗)
elde ederiz. Bu özdeşlik de tamsayı olmayan x ’ler
için geçerlidir.
Gama ve sinüs fonksiyonları sonsuz kere
türevli olduklarından, ϕ de öyledir, tabii x tamsayı değilse.
Γ(1 + x)
Γ(1 − x) sin πx
x
sin πx
= πΓ(1 + x)Γ(1 − x)
πx
ϕ(x) =
x
x+1
ln g(x) = (ln 2)x + ln Γ
+ ln Γ
2
2
özdeşliğinde sağdaki her terim dışbükey olduğundan, ln g dışbükeydir. O zaman g , Γ ’dan başka
bir şey değildir (Teorem 3); yani
√
x
x+1
Γ
Γ
= π21−x Γ(x)
2
2
özdeşliği, her iki taraf da tanımlı iken doğrudur;
buna da Gauss formülü deniyor. Burada x yerine
1 − x koyarsak,
√
1−x
x
Γ
Γ 1−
= π2x Γ(1 − x)
2
2
elde ederiz.
Şimdi ϕ(x) = Γ(x)Γ(1 − x) sin πx fonksiyonuna bakalım. Bu fonksiyon sadece tamsayı olmayan gerçel x ’ler için tanımlıdır. x yerine 1 − x
koyarsak
ϕ(x + 1) = Γ(x + 1)Γ(−x) sin(πx + π)
Γ(1 − x)
(− sin πx)
= xΓ(x)
−x
= Γ(x)Γ(1 − x) sin πx = ϕ(x)
12
yazalım. Bu eşitliğin sağ tarafının x → 0 iken
limitini alırsak πΓ(1)2 1 = π buluruz, çünkü
gama fonksiyonu 1’de süreklidir. Eğer ϕ(0) =
π diye tanımlarsak, ϕ sıfırda da sürekli olur.
Diğer tamsayılarda da aynı limiti buluruz, çünkü
ϕ periyodiktir.
O halde ϕ’yi tamsayılarda
π diye tanımlarsak, ϕ bütün gerçel sayılarda
sürekli olur. Yukarıdaki eşitliğin türevini alıp
tekrar x → 0 iken limitine bakabiliriz. Gama
fonksiyonu 1’de sonsuz kere türevli olduğundan
yalnız sin πx/πx ifadesinden gelen terimlerde limiti araştırmak yeter. L’Hôpital kuralından [5]
onların da limiti kolayca bulunur. Sonra tekrar
ϕ0 (0) ’ı limit yardımıyla tanımlar ve periyodiklikle
bütün tamsayılara genişletiriz. Özetle, ϕ bütün
gerçel sayılarda sonsuz kere türevlidir. Ayrıca
tanımından 0 < x < 1 için ϕ(x) pozitiftir.
ϕ(0) = π ve periyodiklik sayesinde bu her gerçel
sayıda da doğrulanır. Böylece ϕ’nin logaritması
alınabilir.
KAPTANOĞLU
ln ϕ’nin ikinci türevine λ diyelim. λ da
periyodiktir ve periyodu 1’dir. λ , [0, 1] aralığında sürekli ve bunun sonucu olarak orada sınırlıdır.
Periyodiklik gereği bütün gerçel sayılarda sınırlı
olur; yani öyle bir M sayısı vardır ki, her gerçel
x için |λ(x)| ≤ M sağlanır. Öte yandan (∗)’ın
her iki tarafının logaritmasını ve sonra iki kere
türevini alınca
1
x
x+1
λ
+λ
= λ(x)
4
2
2
lanırsak
∞ Y
x2
sin πx = πx
1− 2
k
k=1
(−∞ < x < ∞)
elde ederiz. Bu formülün değişik bir elde edilişi [3]’te var. Aslında bu formül polinomlar
için bildiğimiz bir özelliğin sin πx için yazılmışı.
Bilindiği gibi her polinom köklerine ait çarpanların çarpımı olarak yazılabilir; tabii polinomların
sonlu tane kökü vardır. Yukarıdaki formül bize
sonsuz tane kökü olan sin πx gibi bazı fonksiyonların da köklerine ait çarpanların çarpımı olarak
yazılabileceğini söylüyor.
elde ederiz. Buradan
1 x +
|λ(x)| ≤ λ
4
2 1 x + 1 g
4
2
M
M
M
≤
+
=
4
4
2
KAYNAKÇA
çıkar. Bu işlemi tekrarlarsak, |λ| ’nın üst sınırını
istediğimiz kadar ufaltabileceğimizi görürüz. Sonuç olarak her gerçel x için λ(x) = 0 ’dır. λ ’nın
tanımından bu ln ϕ(x) = ax + b olması demektir.
ln ϕ’nin periyodikliğinden a = 0 olmalıdır; yani
ϕ sabit bir fonksiyondur. ϕ(0) = π olduğunu biliyoruz. Dolayısıyla her gerçel x için ϕ(x) = π ’dir.
Şimdi elimizde
π
π
sin πx =
=
Γ(x)Γ(1 − x)
−xΓ(x)Γ(−x)
[1] E. Artin, The Gamma Function, Holt, Rinehart
& Winston, New York, 1964.
[2] H. Bohr & J. Mollerup, Laerebog i Matematisk
Analyse, Kopenhag, 1922.
[3] N. Çalışkan, Bir Algorist: Leonhard Euler,
Matematik Dünyası, 5, sayı 5, 13–15 (1995).
[4] H. T. Kaptanoğlu, Dışbükey Fonksiyonlar,
Matematik Dünyası, 6, sayı 1, 11–18 (1996).
var. Bu da Γ için bir başka fonksiyonel denklemdir. Weierstrass çarpım formülünü burada kul-
[5] M. A. Kocatepe, L’Hôpital Kuralı Üstüne,
Matematik Dünyası, 4, sayı 2, 15–17 (1994).
13

Benzer belgeler

Parçacık Fiziğine Giriş

Parçacık Fiziğine Giriş Burada, F~i (t), i’inci parçacığıa etki eden kuvvetlerin toplamıdır. (Klasik mekaniği, Lagranj veya Hamiltonyen formalizminde de tanımlayabiliriz, ancak bu, bu dersin kapsamı dışındadır. Detayl...

Detaylı

Online Available

Online Available Bir insanın kalp grafiğini (EKG: Elektro Kardiyo-Grafik) gözönünde bulunduralım.

Detaylı

Pazar Sepet Analizi için Örneklem Oluşturulması ve - CEUR

Pazar Sepet Analizi için Örneklem Oluşturulması ve - CEUR Bankacılık veritabanlarının çok büyük olması nedeniyle birliktelik işlemi zaman ve bellek tüketimi açısından çok maliyetli bir süreç haline gelmiştir. Zaman ve bellek performansını artıra...

Detaylı

gezegenler˙ın hareket˙ı

gezegenler˙ın hareket˙ı gezegenler tekrar tekrar aynı yörüngede dönerler. Fakat güneş sistemine bir kez girip çıkan kuyruklu yıldızlar parabol veya hiperbol şeklinde yörüngeler izleyebilirler. İncelenen bir gök...

Detaylı