1 基本概念

Gamma函数是数学物理和特殊函数论中的重要函数, 在函数论、概率论、数论和组合数学中都有重要的应用。Gamma函数及其推广的Gamma函数的单调性可用于证明一些著名的不等式, Gamma函数的无穷级数展开可用于计算数论中一些算术函数在特殊点的值。

经典的Euler Gamma函数定义为:

$ \Gamma \left( x \right) = \int_0^\infty {{e^{ - t}}{t^{x - 1}}dt} ,x > 0。$

1869年, J.Thoma^[1]推广了Gamma函数, 定义了Γ_q函数:对任意的正实数x和q(q≠1), 有

$ {\Gamma _q}\left( x \right) = {\left( {1 - q} \right)^{1 - x}}\prod\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{1 - {q^{n + 1}}}}{{1 - {q^{n + x}}}}} ,0 < q < 1, $

(1)

$ {\Gamma _q}\left( x \right) = {\left( {q - 1} \right)^{1 - x}}{q^{\frac{1}{2}x\left( {x - 1} \right)}}\prod\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{1 - {q^{ - \left( {n + 1} \right)}}}}{{1 - {q^{ - \left( {n + x} \right)}}}}} ,q > 1。$

(2)

1904年, F.H.Jackson^[2]也讨论了Γ_q函数的推广形式和解析性质。基于Gamma函数在分析、数论、概率论、逼近论、数学物理等领域的重要应用^[3-4], 最近几年, 很多学者研究了Gamma函数及其推广的Γ_q函数的性质^[5-7], 并且证明了推广的Γ_q函数与欧拉Γ函数

$ \Gamma \left( x \right) = \int_0^\infty {{e^{ - t}}{t^{x - 1}}dt} = \frac{1}{x}\prod\limits_{n = 1}^\infty {\left[ {{{\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}^x}{{\left( {1 + \frac{x}{n}} \right)}^{ - 1}}} \right]} ,x > 0 $

具有相似的性质, Γ_q和Γ之间的紧密联系通过极限$\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{q \to {1^-}} {\Gamma _q}\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{q \to {1^ + }} {\Gamma _q}\left( x \right) = \Gamma \left( x \right)$可以确定。^[8]

利用J.Thoma给定的(1) 式和(2) 式, 可以得到类似的函数方程式

$ {\Gamma _q}\left( {x + 1} \right) = \frac{{1 - {q^x}}}{{1 - q}}{\Gamma _q}\left( x \right),x > 0。$

(3)

由此可以推导类似Gamma函数的递推公式。如果q→1, 则

$ \Gamma \left( {x + 1} \right) = x\Gamma \left( x \right),x > 0。$

(4)

且有Γ_q函数的对数导数ψ_q=Γ′_q/Γ_q。令x﹥0, 则可以定义

$ {\psi _q}\left( x \right) = - \lg \left( {1 - q} \right) + \left( {\lg q} \right)\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{q^{nx}}}}{{1 - {q^n}}}} ,0 < q < 1。$

$ {\psi _q}\left( x \right) = - \lg \left( {1 - q} \right) + \left( {\lg q} \right)\left[ {x - \frac{1}{2} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{q^{ - nx}}}}{{1 - {q^{ - n}}}}} } \right],q > 1。$

上述公式可以从J.Thoma定义的(1) 式和(2) 式推算得到。^[9-11]

2 主要结果

1948年, W.Krull研究一般函数方程f(x+1)=φ(x)f(x), 证明了如果φ满足一定条件, 则具有对数性质的凹函数的解f具有存在性和唯一性。更精确地说, 建立了以下结果。

命题1   令α>0, α是一个实数, φ:[0, ∞)→(0, ∞)是连续的具有对数性质的凹函数。如果

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \varphi \left( {x + h} \right)/\varphi \left( x \right) = 1,h > 0, $

(5)

则

$ f\left( {x + 1} \right) = \varphi \left( x \right)f\left( x \right),x \ge 0\;且\;f\left( 0 \right) = \alpha $

(6)

存在唯一的正解。^[11]对于解f, 在[0, ∞)上是对数凹的, 并且满足对于充分小的h>0, 有

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( {x + h} \right)f\left( {x - h} \right)/{\left( {f\left( x \right)} \right)^2} = 1。$

Krull提供了(6) 式解的级数表达式。

令s∈(0, 1), φ_{q, s}(x)=$\frac{{1-{q^{x + 1}}}}{{1-{q^{x + s}}}}$, 如果0 < q≠1, 那么φ_{1, s}(x)=$\frac{{x + 1}}{{x + s}}$。

通过计算表明φ_{q, s}在[0, ∞)上是对数凸的, 且满足(5) 式, 所以Krull的命题揭示了(6) 式存在一个对数凹解。

定理1   令α>0, s∈(0, 1) 是一个实数。函数方程

$ f\left( {x + 1} \right) = \frac{{x + 1}}{{x + s}}f\left( x \right),x \ge 0\;且\;f\left( 0 \right) = \alpha $

(7)

的解是严格凹函数f(x)=αΓ(s)$\frac{{\Gamma \left( {x + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {x + s} \right)}}$。

证明  利用公式(4), 可以得出f(x)=αΓ(s)Γ(x+1)/Γ(x+s)满足(7) 式。

设g(x)=$\frac{{\Gamma \left( {x + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {x + s} \right)}}$, 则g(x)在[0, ∞)上是严格凹函数。令x≥0, 得

$ \frac{{g''\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = {\left[ {\psi \left( {x + 1} \right) - \psi \left( {x + s} \right)} \right]^2} + \psi '\left( {x + 1} \right) - \psi '\left( {x + s} \right)。$

其中：ψ=Γ′/Γ为Γ函数的对数导数。利用积分表示

$ \begin{array}{*{20}{c}} {\psi \left( y \right) = - C + \int_0^\infty {\frac{{{e^{ - t}} - {e^{ - yt}}}}{{1 - {e^{ - t}}}}dt} ,y > 0,C\;是欧拉常量,}\\ {\psi '\left( y \right) = \int_0^\infty {{e^{ - yt}}\frac{t}{{1 - {e^{ - t}}}}dt} ,y > 0,} \end{array} $

以及Laplace变换的卷积定理, 可以得到

$ \frac{{g''\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = {\left[ {\int_0^\infty {{e^{ - xt}}\frac{{{e^{ - st}} - {e^{ - t}}}}{{1 - {e^{ - t}}}}dt} } \right]^2} - \int_0^\infty {{e^{ - xt}}\frac{{t\left( {{e^{ - st}} - {e^{ - t}}} \right)}}{{1 - {e^{ - t}}}}dt} = \int_0^\infty {{e^{ - xt}}h\left( t \right)dt} 。$

(8)

其中：

$ h\left( t \right) = \int_0^t {\Delta \left( u \right)\Delta \left( {t - u} \right)du - t\Delta \left( t \right)} , $

(9)

$ \Delta \left( t \right) = \frac{{{e^{t\left( {1 - s} \right)}} - 1}}{{{e^t} - 1}}。$

计算表明, 在(0, ∞)上Δ′/Δ是严格递减的。令t>0, 那么有

$ {\left( {\Delta \left( t \right)} \right)^2}{\left( {\log \Delta \left( t \right)} \right)^{\prime \prime }} = \Delta \left( t \right){\Delta ^{\prime \prime }}\left( t \right) - {\left( {\Delta '\left( t \right)} \right)^2} = \frac{{{x^{1 - s}}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}p\left( x \right)。$

(10)

其中：p(x)=x^2-s-(1-s)²x²+2s(s-2)x+x^s-(1-s)², x=e^t>1。

由于p(1)=p′(1)=p″(1)=0, $p'''\left( x \right)$=s(s-1)(s-2)x^-(s+1)(x^2(s-1)-1) < 0, 所以从(10) 式可以推断出, 对于t>0, 有Δ′(t)/Δ(t)′=lgΔ(t)″ < 0。

设q(z)=Δ(1+z)t/2Δ(1-z)t/2，其中z∈0, 1, t>0。然后, 可以得出

$ \frac{2}{t}{\left( {\lg q\left( z \right)} \right)^\prime } = \frac{{\Delta '\left( {\left( {1 + z} \right)t/2} \right)}}{{\Delta \left( {\left( {1 + z} \right)t/2} \right)}} - \frac{{\Delta '\left( {\left( {1 - z} \right)t/2} \right)}}{{\Delta \left( {\left( {1 - z} \right)t/2} \right)}}。$

因为0 < (1-z)t/2≤(1+z)t/2, 所以Δ′/Δ的单调性揭示了

$ {\left( {\lg q\left( z \right)} \right)^\prime } \le 0,z \in \left[ {0,1} \right)。$

因此, q在[0, 1) 内是递减的。作替换u=(1+z)t/2, 得到

$ \int_0^t {\Delta \left( u \right)\Delta \left( {t - u} \right)du} = \frac{t}{2}\int_{ - 1}^1 {q\left( z \right)dz} = t\int_0^1 {q\left( z \right)dz} 。$

所以, 对t>0, 由公式(9) 可以得出

$ \begin{array}{l} \frac{1}{t}h\left( t \right) = \int_0^1 {q\left( z \right)dz - \Delta \left( t \right)} \le q\left( 0 \right) - \Delta \left( t \right) = {\left( {\Delta \left( {t/2} \right)} \right)^2} - \Delta \left( t \right)\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\; = - 2{e^{\left( {1 - s} \right)t/2}}\frac{{\left( {{e^{\left( {1 - s} \right)t/2}}} \right)\left( {{e^{st/2}} - 1} \right)}}{{\left( {{e^t} - 1} \right)\left( {{e^{t/2}} - 1} \right)}} < 0。\end{array} $

(11)

利用(8) 式和(11) 式可以推得, 对x≥0, g″(x) < 0，由于满足(7) 式的凹函数在[0, ∞)上必须是正的, 则得出严格凹函数f(x)=αΓ(s)Γ(x+1)/Γ(x+s)是(7) 式唯一确定的解。

定理2   令α>0, q∈(0, 1), s∈(0, 1) 是一个实数，函数方程

$ f\left( {x + 1} \right) = \frac{{1 - {q^{x + 1}}}}{{1 - {q^{x + s}}}}f\left( x \right),x \ge 0\;aaa\;f\left( 0 \right) = \alpha $

(12)

的解是严格凹函数f(x)=αΓ_q(s)$\frac{{{\Gamma _q}\left( {x + 1} \right)}}{{{\Gamma _q}\left( {x + s} \right)}}$。

证明   应用函数方程式(3) 得出f(x)=αΓ_q(s)Γ_q(x+1)/Γ_q(x+s)是(12) 式的一个解。因为凹解必须是正的, 所以从命题得出结论, f(x)是唯一确定的。

现在证明f是严格凹函数。令g(x)=$\frac{{{\Gamma _q}\left( {x + 1} \right)}}{{{\Gamma _q}\left( {x + s} \right)}}$, 得出

$ \begin{array}{l} \frac{{g''\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = {\left[ {{\psi _q}\left( {x + 1} \right) - {\psi _q}\left( {x + s} \right)} \right]^2} + {{\psi '}_q}\left( {x + 1} \right) - {{\psi '}_q}\left( {x + s} \right)\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\; = {\left( {\lg q} \right)^2}\left( {{{\left[ {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{q^{nx}}\frac{{{q^n} - {q^{ns}}}}{{1 - {q^n}}}} } \right]}^2} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{q^{nx}}\frac{{n\left( {{q^n} - {q^{ns}}} \right)}}{{1 - {q^n}}}} } \right)。\end{array} $

令a_v=a_v(q, s, x)=q^vx$\frac{{{q^{vs}}-{q^v}}}{{1-{q^v}}}$，(v=1, 2, …)，由柯西乘积公式得

$ \frac{{g''\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = {\left( {\lg q} \right)^2}\sum\limits_{n = 2}^\infty {\left[ {\sum\limits_{n = 2}^\infty {{a_v}{a_{n - v}} - \left( {n - 1} \right){a_{n - 1}}} } \right]} 。$

为了证明对x>0有g″(x) < 0, 只需证明

$ {a_v}{a_{n - v}} < {a_{n - 1}},v = 1,2, \cdots ,n - 1。$

(13)

令n≥v+1≥2, 设q₁=q^s+x, q₂=q^1-s, 且设h(y)=$\frac{{(1-{y^v})(1-{y^{n-v}})}}{{1 - {y^{n - 1}}}}$, 其中:y∈(0, 1), 则有

$ {q_1}h\left( {{q_2}} \right) < h\left( q \right)。$

(14)

其中：0 < q₁ < 1, 0 < q < q₂ < 1。

如果h(x)是递减的, 那么(14) 式就成立。

因为$lgh\left( y \right) = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{k}} \left( {{y^{k(n-1)}}-{y^{kv}}-{y^{k(n - v)}}} \right)$, 所以

$ h'\left( y \right) = h\left( y \right)\sum\limits_{k = 1}^\infty {\left( {n - 1 - v{z^{v + 1 - n}} - \left( {n - v} \right){z^{1 - v}}} \right){y^{k\left( {n - 1} \right) - 1}}} , $

(15)

且z=y^k∈(0, 1)。

由于vz^v+1-n+(n-v)z^1-v≥v+(n-v)=n, z∈(0, 1), 由此，结合(15) 式可以得到：当y∈(0, 1) 时, 有h′(y) < 0。