GAMA FONKSİYONU

H. Turgay Kaptanoğlu ^{∗}

A. Tanım

Gama fonksiyonu, 0 < x < ∞ değerleri için Euler integrali dediğimiz

Γ(x) = ∫_{0}^{∞} t^{x−1}e^{−t} dt

integrali ile tanımlanır. Önce bu ifadenin ne demek olduğunu anlamaya çalışalım. x−1 bir gerçel sayı olduğundan, t^{x−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) = t^{x−1}e^{−t}

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_{t→0^{+}} t^{x−1}e^{−t} = +∞

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^{+}} ∫_{ε}^{1}t^{x−1}e^{−t} dt + lim_{M→∞} ∫_{1}^{M}t^{x−1}e^{−t} dt
= lim_{ε→0^{+}} I_{ε} + lim_{M→∞} J_{M}

demektir. Buradan f(t)’nin t = 0’da tanımlı olmasının gerekmediğini hemen görürüz. Aslında x ≥ 1 iken, f(t) fonksiyonu (0, 1] aralığında sürekli ve sınırlı olduğundan, ilk integralde limit almaya gerek kalmaz.

Şimdi Γ’nın tanımındaki limitlerin varlığını gösterelim.

I_{ε} = ∫_{ε}^{1} t^{x−1}e^{−t} dt < ∫_{ε}^{1} t^{x−1} dt
= \frac{t^{x}}{x} |_{t=ε}^{t=1}= \frac{1}{x} − \frac{ε^{x}}{x}

eşitsizliğinden, x > 0 iken I_{ε} 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 I_{ε} artar. Üstten sınırlılık ve artanlık, x > 0 durumunda

lim_{ε→0^{+}} I_{ε}

limitinin varlığını gösterir. Bu hesaptan anlaşılması gereken, 0 < x < 1 olsa bile, t → 0^{+} iken t^{x−1} ’in sınırsız arttığı, fakat yeteri kadar yavaş arttığı için, grafiğiyle x ekseni arasındaki alanın sonlu kalabildiğidir.

J_{M} integralinin limiti için şu sonuca ihtiyacımız olacak:

Önerme 1. n negatif olmayan bir tamsayı ve t > 0 ise,

e^{t} > \frac{t^{∘}}{0!} + \frac{t^{1}}{1!} + \frac{t^{2}}{2!} +⋯+ \frac{t^{n}}{n!} = 1+t+ \frac{t^{2}}{2} +⋯+ \frac{t^{n}}{n!}

sağlanır.

İspat. Tümevarım kullanacağız. n = 0 iken 0! = 1 diye tanımlarız. O zaman t > 0 iken e^{t} > 1 olacağı açıktır. Eşitsizliğin n = k için doğru olduğunu kabul edelim ve t ≥ 0 için

h(t) = e^{t} − 1 − t − \frac{t^{2}}{2!} − ⋯ − \frac{t^{k+1}}{(k + 1)!}

tanımlayalım. h(0) = 1’dir. Öte yandan

h′(t) = e^{t} − 1 − t − \frac{t^{2}}{2!} − ⋯ − \frac{t^{k}}{k!} ,

6

∗ ODTÜ Matematik Bölümü öğretim üyesi

KAPTANOĞLU

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

e^{t} > \frac{t^{n}}{n!} (t > 0)

eşitsizliğidir. □

Artık J_{M} integraline bakabiliriz. n bir pozitif tamsayı olsun. Önerme 1’den

e^{−t} = \frac{1}{e^{t}} < \frac{n!}{t^{n}} (t > 0)

ve sonra da

t^{x−1}e^{−t} < \frac{n!}{t^{n+1−x}} (t > 0)

çıkar. Verilen bir x > 0 için n > x sağlayan bir n pozitif tamsayısı seçelim.

J_{M} = ∫_{1}^{M} t^{x−1}e^{−t} dt < ∫_{1}^{M} n! t^{x−n−1} dt
= n! \frac{t^{x−n}}{x − n}|_{t=1}^{t=M}= \frac{n!}{x − n}(M^{x−n} − 1)
= \frac{n!}{n − x}(1 − \frac{1}{M^{n−x}} )

eşitsizliği, J_{M} integralinin, M > 0 ne olursa olsun, \frac{n!}{n−x} ile üstten sınırlı olduğunu söyler. M → ∞ iken J_{M} aynı zamanda arttığından,

lim_{M→∞} J_{M}

limiti vardır. Bu hesaptan da anlaşılması gereken, t → ∞ olsa bile e^{−t} ’nin sıfıra iniş hızının t^{x−1} ’in sınırsız artış hızını, t^{x−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:

Γ(1) = lim_{M→∞} ∫_{0}^{M} e^{−t} dt = lim_{M→∞}[−e^{−t}]_{0}^{M}
= lim_{M→∞}[1 − e^{−M}] = 1.

Öte yandan Γ(x + 1) = ∫_{0}^{∞} t^{x}e^{−t} dt olur. Bu integrali x > 0 için parçalı integralleme yoluyla hesaplamaya çalışalım. u = t^{x} ve dv = e^{−t} dt dersek, du = xt^{x−1} dt ve v = −e^{−t} olur. Böylece

Γ(x + 1) = lim_{{ε→0^{+} \atop M→∞}} ∫_{0}^{M} t^{x}e^{−t} dt

= lim_{{ε→0^{+} \atop M→∞}}[−t^{x}e^{−t}]_{t=ε}^{t=M}

+ x lim_{{ε→0^{+} \atop M→∞}} ∫_{ε}^{M} t^{x−1}e^{−t} dt

= lim_{ε→0^{+}} ε^{x}e^{−ε} − lim_{M→∞} M^{x}e^{−M} + xΓ(x)

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}/e^{M} üzerinde L’Hôpital kuralını [5] uygulamaktır. Elde ettiğimiz

Γ(x + 1) = xΓ(x)

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

Γ(n + 1) = n! (n = 0, 1, 2, …)

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

Γ(x + n) = (x+n−1)(x+n−2) ⋯ (x+1)xΓ(x),
Γ(x) = \frac{Γ(x + n)}{(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

7

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.

Sonuç 2. Gama fonksiyonunun tanım kümesi T, sıfır ve negatif tamsayılar dışında kalan bütün gerçel sayılardır.

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.

Γ(\frac{x}{p} + \frac{y}{q} ) = ∫_{0}^{∞} t^{\frac{x}{p} + \frac{y}{q} −1}e^{−t} dt
= ∫_{0}^{∞} t^{\frac{x}{p} + \frac{y}{q} − \frac{1}{p} − \frac{1}{q}} e^{− \frac{t}{p} − \frac{t}{q}} dt

= ∫_{0}^{∞}(t^{x−1}e^{−t})^{1/p}(t^{y−1}e^{−t})^{1/q} dt

≤ (∫_{0}^{∞} t^{x−1}e^{−t} dt)^{1/p}

·(∫_{0}^{∞} t^{y−1}e^{−t} dt)^{1/q}
= 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 a^{b} = b ln a özelliğini kullanırsak,

ln Γ(\frac{x}{p} + \frac{y}{q} ) ≤ \frac{1}{p} ln Γ(x) + \frac{1}{q} ln Γ(y)

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

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

8

h’ye uygularsak,

\frac{h(n + 1 + x) − h(n + 1)}{x} ≤ \frac{h(n + 2) − h(n + 1)}{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,

\frac{h(n + 1 + x) − h(n + 1)}{x} ≥ \frac{h(n + 1) − h(n)}{1}
= ln(n!) − ln((n − 1)!)
= ln n

elde ederiz. Son iki eşitsizlik birlikte

ln n ≤ \frac{h(n + 1 + x) − h(n + 1)}{x} ≤ ln(n + 1)

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 ≤ \frac{h(x)+ln[x(x+1) ⋯ (x+n)/n!]}{x} ≤ ln(n+1)

buluruz. Şimdi x ile çarpıp, x ln n çıkartıp, gene logaritmanın özelliklerini kullanıp sadeleştirirsek,

0 ≤ h(x) − ln[\frac{n! n^{x}}{x(x+1) ⋯ (x+n)}] ≤ x ln(1+ \frac{1}{n})

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. □

İspatın sonunda Γ için elde ettiğimiz Gauss formülünü yazalım:

Γ(x) = lim_{n→∞} \frac{n! n^{x}}{x(x + 1) ⋯ (x + n)} (0 < x ≤ 1).

Bu formülün her x ∈ T için geçerli olduğunu görmek için,

Γ_{n}(x) = \frac{n! n^{x}}{x(x + 1) ⋯ (x + n)}

diyelim.

Γ_{n}(x + 1) = \frac{n}{x + n + 1} xΓ_{n}(x)
Γ_{n}(x) = \frac{x + n + 1}{n} \frac{1}{x} Γ_{n}(x + 1)

olur. n → ∞ iken bir x ≠ 0 için bir tarafın limiti varsa, diğer tarafın da vardır, yani Gauss formülündeki limit, x ≠ 0 için varsa, x + 1 için de vardır, ve de x + 1 için varsa ve x ≠ 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:

Önerme 4. lim_{n→∞}(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ⋯ + \frac{1}{n} − ln n)

limiti vardır.

Bu limit γ ile gösterilir ve γ ’ya Euler-Mascheroni sabiti denir.

İspat. C_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ⋯ + \frac{1}{n} − ln n ve D_{n} = C_{n} − 1/n dersek, her n = 1, 2, … için

C_{n+1} − C_{n} = \frac{1}{n + 1} − ln(1 + \frac{1}{n}),
D_{n+1} − D_{n} = \frac{1}{n} − ln(1 + \frac{1}{n})

olduğunu görürüz.

\frac{d}{dx}(ln x) = \frac{1}{x} (x > 0)

olduğunu biliyoruz. Her iki tarafın 1’den \frac{n+1}{n} ’ye kadar integralini alırsak,

ln(\frac{n + 1}{n}) = ∫1^{\frac{n+1}{n}} \frac{dx}{x}

buluruz. 1/x fonksiyonunun [1, \frac{n+1}{n}] aralığında aldığı en büyük değer 1, en küçük değer ise \frac{n}{n+1} ’dir. Bu değerleri aralığın uzunluğu olan 1/n ile çarparsak, yukarıdaki integral için alt ve üst sınırlar bulmuş oluruz:

\frac{1}{n + 1} ≤ ln(1 + \frac{1}{n}) ≤ \frac{1}{n} (n = 1, 2, …).

Bu eşitsizlikleri {C_{n}} ve {D_{n}} dizilerinin fark formülünde kullanırsak, her n için

C_{n+1} − C_{n} ≤ \frac{1}{n + 1} − \frac{1}{n + 1} = 0,
D_{n+1} − D_{n} ≥ \frac{1}{n} − \frac{1}{n} = 0

çıkar; yani {C_{n}} azalan bir dizi, {D_{n}} artan bir dizidir. Tanımlarından her n için D_{n} < C_{n} olduğundan, D_{1} = 0 teriminin {C_{n}} dizisi için bir alt sınır olduğunu görürüz. Azalan ve alttan sınırlı dizilerin ise limiti vardır (ve bu limit en büyük alt sınırdır). □

9

Şimdi Γ_{n}(x)’i tanımlayan ifadede n^{x} yerine eşiti e^{x 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 Γ_{n}(x)’i

1 = e^{−x}e^{−x/2} ⋯ e^{x}e^{x/2} ⋯ e^{x/n}

ile çarparsak elimize

Γ_{n}(x) = \frac{e^{x ln n}e^{−x}e^{−x/n} ⋯ e^{−x/n}}{x \frac{x + 1}{1} \frac{x + 2}{2} ⋯ \frac{x + n}{n}} e^{x}e^{x/2} ⋯ e^{x/n}

geçer. Buradaki büyük kesirin payını tek bir üstel fonksiyonda birleştirebiliriz. Ayrıca paydadaki \frac{x+k}{k} kesirlerini de 1 + x/k şeklinde yazabilir ve her birini e^{x/k} ile beraber düşünebiliriz. O zaman Γ_{n}(x) ifadesi

\frac{1}{x} exp[x(ln n − 1 − \frac{1}{2} − ⋯ − \frac{1}{n})] ∏_{k=1}^{n} \frac{e^{x/k}}{1 + x/k}

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} \frac{1}{x} lim_{n→∞} ∏_{n→∞}^{n} \frac{k}{x + k} e^{x/k}

= e^{−γx} \frac{1}{x} ∏_{k=1}^{∞} \frac{k}{x + k} e^{x/k}  (x ∈ T)

olur. Bu eşitlik Weierstrass çarpım formülüdür.

Yukarıda {C_{n}} dizisinin limiti olarak tanımladığımız γ ’nın ne büyüklükte bir sayı olduğu hakkında biraz fikir verelim. Her şeyden önce {D_{n}} dizisinin de limiti vardır ve bu limit γ ’dır, çünkü iki dizinin terimleri arasındaki fark sadece 1/n’dir ve bu 0’a yakınsar. {D_{n}} dizisi artan olduğundan, γ onun en küçük üst sınırıdır. Dolayısıyla her n için D_{n} < γ < C_{n} sağlanır. D_{2} = 1 − ln 2 > 0’dır, çünkü 1 < 2 < e ve ln 1 = 0 < ln 2 < 1 = ln e’dir. Ayrıca C_{2} = \frac{3}{2} − 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.

D. Beta Fonksiyonu

Bir başka Euler integrali de iki değişkenli br fonksiyon tanımlar. Beta fonksiyonu, x > 0 ve y > 0 değerleri için

B(x, y) = ∫_{0}^{1} t^{x−1}(1 − t)^{y−1} dt

integrali ile tanımlanır. 0 < x < 1 ve 0 < y < 1 iken, bu integral de gama fonksiyonunu tanımlayan integral gibi limitlerle verilir, çünkü t^{x−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.

B(x + 1, y) = ∫_{0}^{1}(\frac{t}{1 − t})^{x}(1 − t)^{x+y−1} dt

yazar,

u = (\frac{t}{1 − t})^{x}  ve  dv = (1 − t)^{x+y−1} dt

diyip, parçalı integralleme yaparsak,

B(x + 1, y) = \frac{x}{x + y} B(x, y)

elde ederiz. Bütün bunların ayrıntılarını okuyucuya bırakıyoruz.

Şimdi sabit bir y > 0 alıp,

g(x) = \frac{Γ(x + y)}{Γ(y)}B(x, 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:

\frac{Γ(x)Γ(y)}{Γ(x + y)} = ∫_{0}^{1}t^{x−1}(1−t)^{y−1} dt (x > 0, y > 0).

10

Bu formülden daha başka ilginç formüller de türetebiliriz. İntegralde 0 < t < 1 olduğundan sin^{2} θ = t sağlayan bir θ vardır ve dt = 2 sin θ cos θ dθ olur. O zaman gene pozitif x, y için

\frac{Γ(x)Γ(y)}{Γ(x + y)} = 2 ∫_{0}^{1}(sin θ)^{2x−1}(cos θ)^{2y−1} dθ

gerçeklenir. Şimdi x = y = \frac{1}{2} koyar, Γ(1) = 1 ve Γ(\frac{1}{2}) > 0 olduğunu kulanırsak,

Γ(\frac{1}{2}) = \sqrt{π}

buluruz. (π sayısı yazıda bir yerde çıkmalıydı!) Geri dönüp gama fonksiyonunun ilk tanımında t = s^{2} değişken değişimini yapmak

Γ(x) = 2 ∫_{0}^{∞} s^{2x−1}e^{−s^{2}} ds (x ∈ T)

verir. Şimdi x = \frac{1}{2} koyarsak,

∫_{0}^{∞} e^{−s^{2}} ds = \frac{\sqrt{π}}{2}

elde ederiz. y = e^{−s^{2}} 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

∫_{−∞}^{∞} e^{−s^{2}} ds = \sqrt{π}

çıkar.

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 e^{a} = a ve her pozitif b için e^{ln b} = b sağlandığı. O zaman Weierstrass çarpım formülünden

ln Γ(x) = −γx − ln x + lim_{n→∞} ln ∏_{k=1}^{n} \frac{k}{x + k} e^{x/k}

= −γx−ln x+ lim_{n→∞} ∑_{k=1}^{n}(\frac{x}{k} −ln(\frac{k}{x+k} ))

= −γx − ln x + ∑_{k=1}^{∞}(\frac{x}{k} − ln(\frac{k}{x + k} ))

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

\frac{d}{dx} ln Γ(x) = \frac{Γ′(x)}{Γ(x)}
= −γ − \frac{1}{x} + ∑_{k=1}^{∞}(\frac{1}{k} − \frac{1}{x + k} )

= −γ − \frac{1}{x} + ∑_{k=1}^{∞} \frac{x}{k(x + k)} (x > 0)

buluruz. Düzgün yakınsaklık özelliği tekrar tekrar türev alsak da sağlanıyor, dolayısıyla gama fonksiyonu sonsuz kere türevli ve

\frac{d^{m−1}}{dx^{m−1}} (\frac{Γ′(x)}{Γ(x)}) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{m}(m − 1)}{(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

\frac{d}{dx}(\frac{Γ′(x)}{Γ(x)}) = \frac{Γ(x)Γ′′(x) − (Γ′(x))^{2}}{(Γ(x))^{2}}

= ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(x + k)^{2}}

her zaman pozitif. Buradan her x ∈ T için

Γ(x)Γ′′(x) − (Γ′(x))^{2} > 0
Γ(x)Γ′′(x) > (Γ′(x))^{2} ≥ 0

çıkar. Bu ise her x ∈ T için, Γ(x) ve Γ′′(x) sayılarının ya her ikisinin birden pozitif ya da her ikisinin birden negatif olması demektir. |Γ(x)|

11

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

g(x) = \frac{1}{2\sqrt{π}} 2^{x} Γ(\frac{x}{2}) Γ(\frac{x + 1}{2})

fonksiyonuna bakalım. Açıkça g en az (0, ∞) aralığında tanımlı ve orada pozitif değerlidir. Ayrıca Γ(x + 1) = xΓ(x) özelliğinden

g(x + 1) = \frac{2^{x+1}}{2\sqrt{π}} Γ(\frac{x + 1}{2})Γ(\frac{x}{2} + 1)
= \frac{2^{x}}{2\sqrt{π}} 2Γ(\frac{x + 1}{2})\frac{x}{2}Γ(\frac{x}{2}) = xg(x)

sağlanır.

ln g(x) = (ln 2)x + ln Γ(\frac{x}{2}) + ln Γ(\frac{x + 1}{2})

özdeşliğinde sağdaki her terim dışbükey olduğundan, ln g dışbükeydir. O zaman g, Γ’dan başka bir şey değildir (Teorem 3); yani

Γ(\frac{x}{2})Γ(\frac{x + 1}{2}) = \sqrt{π}2^{1−x}Γ(x)

özdeşliği, her iki taraf da tanımlı iken doğrudur; buna da Gauss formülü deniyor. Burada x yerine 1 − x koyarsak,

Γ(\frac{1 − x}{2})Γ(1 − \frac{x}{2}) = \sqrt{π}2^{x}Γ(1 − x)

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)
= xΓ(x)\frac{Γ(1 − x)}{−x}(− sin πx)
= Γ(x)Γ(1 − x) sin πx = φ(x)

buluruz; yani φ periyodiktir ve periyodu 1’dir. Az önce elde ettiğimiz bağıntıları kullanarak da

φ(\frac{x}{2})φ(\frac{x + 1}{2}) = Γ(\frac{x}{2})Γ(1 − \frac{x}{2}) sin \frac{πx}{2}

·Γ(\frac{x+1}{2})Γ(\frac{1−x}{2}) cos \frac{πx}{2}

= \frac{1}{2}\sqrt{π}2^{1−x}Γ(x)\sqrt{π}2^{x}Γ(1 − x)

·2 sin \frac{πx}{2} cos \frac{πx}{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.

φ(x) = \frac{Γ(1 + x)}{x}Γ(1 − x) sin πx
= πΓ(1 + x)Γ(1 − x)\frac{sin πx}{πx}

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 φ′(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.

12

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

\frac{1}{4}(λ(\frac{x}{2}) + λ(\frac{x + 1}{2})) = λ(x)

elde ederiz. Buradan

|λ(x)| ≤ \frac{1}{4}|λ(\frac{x}{2})| + \frac{1}{4}|g(\frac{x + 1}{2})|
≤ \frac{M}{4} + \frac{M}{4} = \frac{M}{2}

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

sin πx = \frac{π}{Γ(x)Γ(1 − x)} = \frac{π}{−xΓ(x)Γ(−x)}

var. Bu da Γ için bir başka fonksiyonel denklemdir. Weierstrass çarpım formülünü burada kullanırsak

sin πx = πx ∏_{k=1}^{∞}(1 − \frac{x^{2}}{k^{2}} ) (−∞ < 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.

KAYNAKÇA

[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).

[5] M. A. Kocatepe, L’Hôpital Kuralı Üstüne, Matematik Dünyası, 4, sayı 2, 15–17 (1994).

13