Γ 函数

$\mathbf{\Gamma }$ 函数是阶乘的推广, 可以定义在所有复数上 (除了负整数和 $0$ 以外), 其取值为复数. $\Gamma$ 函数满足函数方程$$\Gamma (x+1)=x\Gamma (x),$$并且 $\Gamma (1)=1$, 从而对正整数 $n$, 有$$\Gamma (n)=(n-1)!.$$

$\Gamma$ 函数是复平面上的亚纯函数.

1定义

定义 1.1 ($\Gamma$ 函数). 设复数 $z\in \mathbb{C}$ 满足 $\mathrm{Re}z>0$. 我们定义$$\Gamma (z)={\int }_0^{\infty }{x}^{z-1}{e}^{-x}dx.$$这定义了复平面的子集 $\{z\in \mathbb{C}\mid \mathrm{Re}z>0\}$ 上的全纯函数. 分部积分, 有$$z\Gamma (z)={\int }_0^{\infty }{e}^{-x}d(x^z)=-{\int }_0^{\infty }{x}^{z}d(e^{-x})={\int }_0^{\infty }{x}^z{e}^{-x}dx=\Gamma (z+1).$$用此等式可将其延拓为复平面上亚纯函数$$\Gamma :\mathbb{C}\setminus {\mathbb{Z}}_{\le 0}\to \mathbb{C},$$称为 $\mathbf{\Gamma }$ 函数.

2性质

命题 2.1 (整数处的行为). 对 $n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, $\Gamma (n)=(n-1)!$. 对 $n\in {\mathbb{Z}}_{\le 0}$, $\Gamma$ 在 $n$ 处有一阶极点, 留数为 $\frac{(-1{)}^n}{(-n)!}$.

证明. 计算$$\Gamma (1)={\int }_0^{\infty }{e}^{-x}dx=-e^{-x}{|}_0^{\infty }=1.$$剩下可由 $z\Gamma (z)=\Gamma (z+1)$ 轻易推出.

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命题 2.2 (刻画). 对任意正实数 $a$, $\Gamma$ 函数都在条带 $\{z\in \mathbb{C}\mid a\le \mathrm{Re}z<a+1\}$ 上有界. 反过来, 给定包含以上条带的开区域 $D$ 及其上全纯函数 $f$, 如 $f$ 在条带上有界, 且对 $z\in D\cap (D-1)$ 上满足 $zf(z)=f(z+1)$, 就有 $f$ 是 $\Gamma$ 的常数倍.

证明. 对 $z\in \mathbb{C}$ 满足 $a\le \mathrm{Re}z<a+1$, $$|\Gamma (z)|=\left|{\int }_0^{\infty }{x}^{z-1}{e}^{-x}dx\right|\le {\int }_0^{\infty }|x^{z-1}|e^{-x}dx={\int }_0^{\infty }|x^{\mathrm{Re}z-1}{e}^{-x}dx\le {\int }_0^{\infty }{x}^a{e}^{-x}dx=\Gamma (a+1),$$所以有界. 取定满足命题中条件的 $f$. 首先用 $zf(z)=f(z+1)$ 可将其延拓到 $\mathbb{C}\setminus {\mathbb{Z}}_{\le 0}$, 仍记为 $f$, 下证 $f(z)=f(1)\Gamma (z)$. 仍由 $zf(z)=f(z+1)$, 可得 $f(z)$ 在 ${\mathbb{Z}}_{\le 0}$ 处为至多一阶的极点, 在 $n\in {\mathbb{Z}}_{\le 0}$ 处留数为 $\frac{(-1{)}^n}{(-n)!}f(1)$. 于是令 $h(z)=f(z)-f(1)\Gamma (z)$, 则 $h(z)$ 为整函数, 亦满足 $zh(z)=h(z+1)$ 以及与 $f$ 同样的有界性条件. 要证 $h$ 恒为零.

先说明 $h(z)$ 在条带 $\{z\in \mathbb{C}\mid 0\le \mathrm{Re}z\le 1\}$ 中有界. 条带中 $|\mathrm{Im}z|\le 1$ 的部分是个紧集, 整函数在其中自然有界; 而在 $|\mathrm{Im}z|>1$ 部分的有界性则可由函数方程从条带 $\{z\in \mathbb{C}\mid a\le \mathrm{Re}z<a+1\}$ 处移过来. 所以 $h(z)$ 在 $\{z\in \mathbb{C}\mid 0\le \mathrm{Re}z\le 1\}$ 有界.

现考虑 $H(z)=h(z)h(1-z)$. 则有整函数等式$$zH(z)=zh(z)h(1-z)=h(z+1)h(1-z)=h(z+1)h(1-(z+1)+1)=(1-(z+1))h(z+1)h(1-(z+1))=-zH(z+1),$$从而 $H(z+1)=-H(z)$. 又 $H(z)$ 在 $\{z\in \mathbb{C}\mid 0\le \mathrm{Re}z\le 1\}$ 有界, 故它在 $\mathbb{C}$ 上有界. 由 Liouville 定理 $H$ 为常函数; 由 $H(z+1)=-H(z)$ 知其恒为零. 两个整函数之积为 $0$ 则其中至少一个为 $0$, 这样便得到 $h=0$, 也就完成了命题的证明.

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命题 2.3 (Weierstraß 乘积公式). $\frac{1}{\Gamma (z)}$ 为整函数, 且有 Weierstraß 乘积公式$$\frac{1}{\Gamma (z)}=z{e}^{\gamma z}\prod _{k=1}^{\infty }\left(1+\frac{z}{k}\right)e^{-\frac{z}{k}},$$其中 $\gamma ={\lim }_{n\to \infty }\left({\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log n\right)$ 是 Euler 常数.

证明. 记等式右边为 $G(z)$, 并令$$G_n(z)=z{e}^{-(\log n)z}\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{z}{k}\right),$$则由于 $z$ 有界时 $\log \left(\left(1+\frac{z}{k}\right)e^{-\frac{z}{k}}\right)=O\left(k^{-2}\right)$, 不难发现 $G_n$ 在 $\mathbb{C}$ 上内闭一致收敛到 $G$. 计算$$G_n(z+1)=(z+1)e^{-(\log n)(z+1)}\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{z+1}{k}\right)=\frac{z+n+1}{nz}{G}_n(z),$$令 $n\to \infty$ 得 $zG(z+1)=G(z)$. 计算$$G_n(1)=\frac{1}{n}\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{1}{k}\right)=\frac{n+1}{n},$$令 $n\to \infty$ 得 $G(1)=1$. 最后, 对 $\mathrm{Re}z>0$, $|z|\ge \mathrm{Re}z$, $\left|1+\frac{z}{k}\right|\ge 1+\frac{\mathrm{Re}z}{k}$, $|e^{-(\log n)z}|=|e^{-(\log n)\mathrm{Re}z}|$, 于是 $|G_n(z)|\ge |G_n(\mathrm{Re}z)|$, 从而 $|G(z)|\ge |G(\mathrm{Re}z)|$, $|G(z){|}^{-1}\le |G(\mathrm{Re}z){|}^{-1}$; 特别地, 对任意正实数 $a<b$, $\frac{1}{G(z)}$ 在条带 $\{z\in \mathbb{C}\mid a\le \mathrm{Re}z\le b\}$ 中有界. 所以由 $\Gamma$ 函数的刻画即知 $\Gamma (z)=\frac{1}{G(z)}$.

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显式证明. 设 $H_n$ 为前 $n$ 个自然数的倒数和, 则根据 Euler–Maclaurin 公式可知: $$H_n=\log n+\gamma +O\left(\frac{1}{n}\right)$$这意味着对于每个固定的 $z$ 总有: $$n^z=e^{z\log n}=e^{z(H_n-\gamma )}\left\{1+O\left(\frac{1}{n}\right)\right\}$$因此根据 (1) 可知: $$\frac{1}{{\Gamma }_n(z)}\sim z{e}^{\gamma z}\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{z}{k}\right)e^{-\frac{z}{k}}$$此时令 $n\to \infty$ 便得结论.

$\square$

命题 2.4 (Euler 乘积式). $$\frac{1}{\Gamma (z)}=z\prod _{k=1}^{\infty }\left(1+\frac{z}{k}\right){\left(1+\frac{1}{k}\right)}^{-z}.$$

证明. 注意等式右边的前 $n$ 项乘积为$$z\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{z}{k}\right){\left(1+\frac{1}{k}\right)}^{-z}=z(n+1{)}^{-z}\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{z}{k}\right),$$与上一命题证明中的 $G_n(z)$ 相差无几, 立得结论.

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显式证明. 定义函数列: $${\Gamma }_n(z)={\int }_0^n{x}^{z-1}{\left(1-\frac{x}{n}\right)}^n\mathrm{d}x$$由控制收敛可知, 对 $\mathrm{Re}z>0$, 有 ${\Gamma }_n(z)\to \Gamma (z)$. 计算$$\begin{array}{rl}{\Gamma }_n(z)& =n^z{\int }_0^1{t}^{z-1}(1-t{)}^n\mathrm{d}t=n^z\mathrm{B}(z,n+1)\\ & =n^z\frac{\Gamma (z)\Gamma (n+1)}{\Gamma (z+n+1)}=\frac{\Gamma (z)n^{z}n!}{\Gamma (z+n)(z+n)}\\ & =\frac{n^{z}n!}{z(z+1)(z+2)\cdots (z+n-1)(z+n)}\end{array}$$便知$${\Gamma }_n(z)=\frac{n^z}{z}\prod _{k=1}^n\frac{k}{z+k}$$(1)另一方面, 根据: $$n\sim n+1=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdots \frac{n}{n-1}\cdot \frac{n+1}{n}$$可知: $${\Gamma }_n(z)\sim \frac{1}{z}\prod _{k=1}^n{\left(1+\frac{1}{k}\right)}^z{\left(1+\frac{z}{k}\right)}^{-1}$$令 $n\to \infty$ 即得结论.

$\square$

命题 2.5 (余元公式). $$\Gamma (z)\Gamma (1-z)=\frac{\pi }{\sin \pi z}.$$特别地, $\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi }$.

证明. 记 $H(z)=\Gamma (z)\Gamma (1-z)-\frac{\pi }{\sin \pi z}$. 观察 $\Gamma (z)\Gamma (1-z)$ 与 $\frac{\pi }{\sin \pi z}$ 在其仅有的一阶极点即 $\mathbb{Z}$ 上的留数, 知 $H(z)$ 为整函数. 又由 $\Gamma$ 的函数方程以及 $\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$, 知 $\Gamma (z)\Gamma (1-z)$ 与 $\frac{\pi }{\sin \pi z}$ 都在 $\{z\in \mathbb{C}\mid 0\le \mathrm{Re}z\le 1,|\mathrm{Im}z|\ge 1\}$ 中有界, 从而 $H$ 在 $\{z\in \mathbb{C}\mid 0\le \mathrm{Re}z\le 1\}$ 中有界. 由于$$z\Gamma (z)\Gamma (1-z)=\Gamma (z+1)\Gamma (1-z)=\Gamma (z+1)\Gamma (1-(z+1)+1)=-z\Gamma (z+1)\Gamma (1-(z+1))$$以及 $\frac{\pi }{\sin \pi (z+1)}=-\frac{\pi }{\sin \pi z}$, 有 $H(z+1)=-H(z)$. 于是 $H$ 在 $\mathbb{C}$ 上有界, 是常数, 且为 $0$. 命题得证.

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显式证明. 设 $z=u+iv$ 其中 $0<u<1$. 由 $\mathrm{B}$ 函数的性质知$$\Gamma (z)\Gamma (1-z)={\int }_0^1{t}^{-z}(1-t{)}^{z-1}\mathrm{d}t={\int }_0^1{\left(\frac{1-t}{t}\right)}^{z-1}t\mathrm{d}t$$设 $e^w=t^{-1}-1$, 则有: $$\Gamma (z)\Gamma (1-z)={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{zw}}{1+e^w}\mathrm{d}w$$(2)对于 (2) 右侧的积分, 由留数定理可知: $${\int }_{-T}^T\frac{e^{zw}}{1+e^w}\mathrm{d}w={\int }_{(\pi i+)}+{\int }_{-T}^{-T+2\pi i}+{\int }_{-T+2\pi i}^{T+2\pi i}+{\int }_{T+2\pi i}^T$$(3)当 $w\to \pi i$ 时: $$\frac{e^{zw}}{1+e^w}\sim \frac{e^{z\pi i}}{\pi i-w}$$所以有: $${\int }_{(\pi i+)}=-2\pi i{e}^{z\pi i}$$另一方面当 $w=x+iy$ 时根据 $|e^{wz}|=e^{ux-vy}$, 可知: $${\int }_{-T}^{-T+2\pi i}=O(e^{-uT})$$$${\int }_{T+2\pi i}^T=O(e^{(u-1)T})$$$${\int }_{-T+2\pi i}^{T+2\pi i}=e^{2\pi iz}{\int }_{-T}^T\frac{e^{wz}}{1+e^w}\mathrm{d}w$$将这些结果代入回 (3) 并令 $T\to +\infty$, 则结合 (2) 就有: $$\Gamma (z)\Gamma (1-z)=\frac{2\pi i{e}^{\pi iz}}{e^{2\pi iz}-1}=\frac{2\pi i}{e^{\pi iz}-e^{-\pi iz}}=\frac{\pi }{\sin (\pi z)}$$

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命题 2.6 (Legendre 倍增公式). $$\Gamma \left(\frac{z}{2}\right)\Gamma \left(\frac{z+1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi }}{2^{z-1}}\Gamma (z).$$

证明. 只需注意到 $\frac{2^{z-1}}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left(\frac{z}{2}\right)\Gamma \left(\frac{z+1}{2}\right)$ 满足 $\Gamma$ 函数的刻画.

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显式证明. 由$\mathrm{B}$ 函数的性质可知: $$\begin{array}{rl}\frac{{\Gamma }^2(s)}{\Gamma (2s)}& =2{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2s-1}\theta {\cos }^{2s-1}\theta \mathrm{d}\theta =2^{1-2s}{\int }_0^{\pi /2}(2\sin \theta \cos \theta {)}^{2s-1}\mathrm{d}(2\theta )\\ & =2^{1-2s}{\int }_0^{\pi }{\sin }^{2s-1}\varphi \mathrm{d}\varphi =2^{1-2s}\left({\int }_0^{\pi /2}+{\int }_{\pi /2}^{\pi }\right){\sin }^{2s-1}\varphi \mathrm{d}\varphi \\ & =2^{1-2s}\cdot 2{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2s-1}\varphi \mathrm{d}\varphi =2^{1-2s}\mathrm{B}\left(s,\frac{1}{2}\right)=\frac{2^{1-2s}\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)\Gamma (s)}{\Gamma \left(s+\frac{1}{2}\right)}\end{array}$$根据 $\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi }$, 可知:

$$\Gamma (s)\Gamma \left(s+\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi }}{2^{2s-1}}\Gamma (2s)$$

最后代入 $z=2s$ 即得结论.

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命题 2.7 (Stirling 公式). 设 $-\pi +\delta <\arg z<\pi -\delta$, 则$$\log \Gamma (z)=\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z-z+\log \sqrt{2\pi }+O(|z{|}^{-1}),$$其中 $O$ 中的常数只依赖于 $\delta$.

证明. 在 $\mathbb{C}\setminus {\mathbb{R}}_{\le 0}$ 上定义函数$$h(z)=\left(z+\frac{1}{2}\right)(\log (z+1)-\log z)-1.$$先说明在 $\left|z+\frac{1}{2}\right|\ge 1$ 时 $|h(z)|\le \frac{1}{2}{\left|\frac{1}{2z+1}\right|}^2$. 令 $w=\frac{1}{2z+1}$, 则 $h(z)=\frac{1}{2w}\log \frac{1+w}{1-w}-1$, 要证明这在 $|w|\le \frac{1}{2}$ 时小于等于 $\frac{1}{2}|w{|}^2$. 将其在 $0$ 处 Taylor 展开, 得$$\frac{1}{2w}\log \frac{1+w}{1-w}-1=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{w^{2k}}{2k+1},$$故由等比数列求和公式, 其显然小于等于 $\frac{1}{2}|w{|}^2$. 于是求和$$H(z)=\sum _{k=0}^{\infty }h(z+k)$$在 $\mathbb{C}\setminus {\mathbb{R}}_{\le 0}$ 内闭一致收敛, 且在区域 $\{z\in \mathbb{C}\mid -\pi +\delta <\arg z<\pi -\delta \}$ 上为 $O(|z{|}^{-1})$. 考虑 $\mathbb{C}\setminus {\mathbb{R}}_{\le 0}$ 上的函数$$g(z)=\exp \left(\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z-z+H(z)\right).$$首先, 计算$$g(z+1)=\exp \left(\left(z+\frac{1}{2}\right)\log (z+1)-(z+1)+H(z+1)\right)=\exp \left(\left(z+\frac{1}{2}\right)\log (z+1)-z-1+H(z)-h(z)\right)=zg(z).$$其次, 在 $2\le \mathrm{Re}z\le 3$ 时, 由 $|h(z)|\le \frac{1}{2}{\left|\frac{1}{2z+1}\right|}^2$ 容易发现 $H(z)$ 有界; 计算 $\mathrm{Re}\left(\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z\right)=\left(\mathrm{Re}z-\frac{1}{2}\right)\log |z|-\mathrm{Im}z\arg z$, 由其在 $\mathrm{Im}z\to \infty$ 时趋于 $-\infty$ 可知 $\exp \left(\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z\right)$ 有界; 最后 $\exp (-z)$ 在条带上显然有界; 故 $g$ 在其上有界. 于是 $g$ 是 $\Gamma$ 函数的常数倍, 设 $g=A\Gamma$. 则由 Legendre 倍增公式, $$g\left(\frac{z}{2}\right)g\left(\frac{z+1}{2}\right)=A\frac{\sqrt{\pi }}{2^{z-1}}g(z),$$即$$A=\frac{2^{z-1}}{\sqrt{\pi }}\exp \left(\frac{z-1}{2}\log \frac{z}{2}+\frac{z}{2}\log \frac{z+1}{2}-\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z-\frac{1}{2}+H\left(\frac{z}{2}\right)+H\left(\frac{z+1}{2}\right)-H(z)\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\left(1+\frac{1}{z}\right)}^{\frac{z}{2}}\exp \left(-\frac{1}{2}+H\left(\frac{z}{2}\right)+H\left(\frac{z+1}{2}\right)-H(z);\right)$$令 $z\to +\infty$, 由于 ${\lim }_{z\to +\infty }H(z)=0$, ${\lim }_{z\to \infty }{\left(1+\frac{1}{z}\right)}^{\frac{z}{2}}=\sqrt{e}$, 故有 $A=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}$. 于是$$\Gamma (z)=\exp \left(\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z-z+\log \sqrt{2\pi }+H(z)\right),$$且在区域 $\{z\in \mathbb{C}\mid -\pi +\delta <\arg z<\pi -\delta \}$ 上 $H(z)$ 为 $O(|z{|}^{-1})$, 即得欲证.

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显式证明. 对 (1) 取对数可知: $$\log {\Gamma }_n(z)=z\log n+\sum _{1\le k\le n}\log k-\sum _{0\le k\le n}\log (z+k)$$代入适用于正整数 $n$ 的 Stirling 公式, 即得: $$\log {\Gamma }_n(z)=\left(z+n+\frac{1}{2}\right)\log n-n+\frac{1}{2}\log 2\pi -\sum _{0\le k\le n}\log (z+n)+O\left(\frac{1}{n}\right)$$对于剩下的和式, 代入 Euler–Maclaurin 公式, 便有: $$\begin{array}{rl}\sum _{0\le k\le n}\log (z+n)& ={\int }_0^n\log (z+x)\mathrm{d}x+\frac{1}{2}\log z+\frac{1}{2}\log (z+n)+{\int }_0^n\frac{{\overline{B}}_1(x)}{z+x}\mathrm{d}x\\ & =\left(z+n+\frac{1}{2}\right)\log (z+n)-n-\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z+{\int }_0^n\frac{{\overline{B}}_1(x)}{z+x}\mathrm{d}x\end{array}$$将此结论回代, 得: $$\log {\Gamma }_n(z)=\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z+\left(z+n+\frac{1}{2}\right)\log \frac{n}{z+n}+\frac{1}{2}\log 2\pi -{\int }_0^n\frac{{\overline{B}}_1(x)}{z+x}\mathrm{d}x+O\left(\frac{1}{n}\right)$$利用对数函数的性质, 我们知道: $$\begin{array}{rl}\left(z+n+\frac{1}{2}\right)\log \frac{n}{z+n}& =-\left(z+n+\frac{1}{2}\right)\log \left(1+\frac{z}{n}\right)\\ & =-\left(z+n+\frac{1}{2}\right)\left\{\frac{z}{n}+O\left(\frac{|z{|}^2}{n^2}\right)\right\}\\ & =-z+O\left(\frac{|z{|}^3}{n}\right)\end{array}$$所以当 $n\to \infty$ 时我们就得到了适用于复数的 Stirling 公式: $$\log \Gamma (z)=\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z-z+\frac{1}{2}\log 2\pi -{\int }_0^{\infty }\frac{{\overline{B}}_1(x)}{z+x}\mathrm{d}x$$(4)由于我们先前要求了 $z$ 不落在负实轴上, 所以最后的积分必然收敛. 再结合周期 Bernoulli 函数的性质分部积分, 可知 $|z|\to \infty$ 时: $${\int }_0^{\infty }\frac{{\overline{B}}_1(x)}{x+z}\mathrm{d}x={\frac{B_2(x)}{2(x+z)}|}_0^{\infty }+\frac{1}{2}{\int }_0^{\infty }\frac{{\overline{B}}_2(x)}{(x+z{)}^2}\mathrm{d}x=O\left(\frac{1}{|z|}\right)$$将这个渐近上界与 (4) 合并, 便得定理.

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命题 2.8 (另一个刻画, Bohr–Mollerup). $\Gamma$ 在 ${\mathbb{R}}_{+}$ 对数凸, 即 $\log \Gamma$ 凸. 反过来如 $f:{\mathbb{R}}_{+}\to {\mathbb{R}}_{+}$ 满足 $f(x+1)=xf(x)$, 且 $\log f$ 凸, 则 $f(x)=f(1)\Gamma (x)$.

证明. 由 $\Gamma$ 函数的 Weierstraß 乘积公式得$$(\log \Gamma {)}^{\prime }=-\gamma -\frac{1}{z}-\sum _{k=1}^{\infty }\left(\frac{1}{z+k}-\frac{1}{k}\right),$$再求导得$$(\log \Gamma {)}^{\prime \prime }=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{(z+k{)}^2}>0,$$故 $\Gamma$ 在 ${\mathbb{R}}_{+}$ 对数凸. 如函数 $f$ 满足命题中条件, 则至少它连续. 除以 $f(1)$, 不妨设 $f(1)=1$, 则对 $n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, $f(n)=\Gamma (n)=(n-1)!$; 对 $x\in (0,1)$, 由对数凸得$$\log f(n+x)\le (1-x)\log f(n)+x\log f(n+1),$$$$\log f(n+1)\le x\log f(n+x)+(1-x)\log f(n+x+1),$$即$$n!(n+x{)}^{x-1}\le f(n+x)\le n!n^{x-1}.$$将 $f(n+x)$ 用函数方程展成 $f(x)$ 得$$n!n^x{\left(1+\frac{x}{n}\right)}^x\prod _{k=0}^n(x+k{)}^{-1}\le f(x)\le n!n^x\left(1+\frac{x}{n}\right)\prod _{k=0}^n(x+k{)}^{-1}.$$令 $n\to \infty$, 用 Euler 乘积式即得结论. 对 $x\in (0,1)$ 得到结论之后用函数方程即可完成证明.

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3相关概念

•	Stirling 公式
•	$\mathrm{B}$ 函数
•	局部 $L$ 函数

术语翻译

$\Gamma$ 函数 • 英文 gamma function • 德文 Gammafunktion (f) • 法文 fonction gamma (f) • 拉丁文 functio gamma (f) • 古希腊文 γάμμα συνάρτησις (f)