H. Turgay Kaptano˘ glu

H. Turgay Kaptano˘ glu

A. Tanım

Gama fonksiyonu, 0 < x < ∞ de˘gerleri i¸cin Euler integrali dedi˘gimiz

Γ(x) = Z _∞

0

t^x−1e^−tdt

integrali ile tanımlanır. ¨Once bu ifadenin ne de- mek oldu˘gunu anlamaya ¸calı¸salım. x−1 bir ger¸cel sayı oldu˘gundan, t^x−1 ifadesi e^{(x−1) ln t} ¸seklinde tanımlanır. Bunun i¸cin de t ’nin do˘gal logaritma- nın tanım k¨umesinde, yani t > 0 olması gerekir.

Yani aslında

f (t) = t^x−1e^−t

fonksiyonu t = 0 ’da tanımsızdır. Fakat az sonra bunun ¨oneminin olmadı˘gını g¨orece˘giz. Ayrıca t > 0 iken f (t) > 0 ’dır ve e^−t< 1 ger¸ceklenir.

Hemen akla gelen ikinci soru bu integralin sonlu olup olmadı˘gı, ¸c¨unk¨u iki sorun var: Hem sonsuz uzunluktaki bir aralık ¨uzerinde integral alıyoruz, hem de 0 < x < 1 iken f (t) fonksiy- onu t sıfıra (sa˘gdan) yakla¸sırken sınırsız artıyor, yani

lim

t→0⁺t^x−1e^−t= +∞

oluyor. Gama fonksiyonunu tanımlayan integrali, f fonksiyonunun grafi˘ginin altında kalan alan olarak yorumlarsak, bu iki nedenden dolayı in- tegralin sonsuz ¸cıkma olasılı˘gı var. Ama x ’i po- zitif bir sayı almamız b¨ut¨un bu sorunları ortadan kaldırıyor; bunu a¸cıklayalım.

Yukarıdaki integralle ne demek istedi˘gimizi daha a¸cık yazalım. ε ve M pozitif sayılar olsun.

E˘ger limitler varsa,

Γ(x) = lim

ε→0⁺

Z 1 ε

t^x−1e^−tdt + lim

M →∞

Z M 1

t^x−1e^−tdt

= lim

ε→0⁺

I_ε+ lim

M →∞J_M

demektir. Buradan f (t) ’nin t = 0 ’da tanımlı ol- masının gerekmedi˘gini hemen g¨or¨ur¨uz. Aslında x ≥ 1 iken, f(t) fonksiyonu (0, 1] aralı˘gında

s¨urekli ve sınırlı oldu˘gundan, ilk integralde limit almaya gerek kalmaz.

S¸imdi Γ ’nın tanımındaki limitlerin varlı˘gı- nı g¨osterelim.

Iε = Z 1

ε

t^x−1e^−tdt <

Z 1 ε

t^x−1dt

= t^x x  

t=1

t=ε

= 1 x−ε^x

x

e¸sitsizli˘ginden, x > 0 iken I_ε integralinin, ε > 0 ne olursa olsun, 1/x ile ¨ustten sınırlı oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz. ε → 0⁺ iken, pozitif bir fonksiyonun gittik¸ce b¨uy¨uyen bir aralıktaki integrali oldu˘gu i¸cin I_ε artar. ¨Ustten sınırlılık ve artanlık, x > 0 durumunda

lim

ε→0⁺

Iε

limitinin varlı˘gını g¨osterir. Bu hesaptan anla¸sıl- ması gereken, 0 < x < 1 olsa bile, t → 0⁺ iken t^x−1’in sınırsız arttı˘gı, fakat yeteri kadar yava¸s arttı˘gı i¸cin, grafi˘giyle x ekseni arasındaki alanın sonlu kalabildi˘gidir.

J_M integralinin limiti i¸cin ¸su sonuca ihtiyacımız olacak:

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

e^t>t^◦ 0!+t¹

1!+t²

2!+ · · · +tⁿ

n! = 1 + t +t²

2 + · · · +tⁿ n!

sa˘glanır.

˙Ispat. T¨umevarım kullanaca˘gız. n = 0 iken 0! = 1 diye tanımlarız. O zaman t > 0 iken e^t > 1 olaca˘gı a¸cıktır. E¸sitsizli˘gin n = k i¸cin do˘gru oldu˘gunu kabul edelim ve t ≥ 0 i¸cin

h(t) = e^t− 1 − t −t²

2!− · · · − t^k+1 (k + 1)!

tanımlayalım. h(0) = 1 ’dir. ¨Ote yandan h⁰(t) = e^t− 1 − t −t²

2!− · · · −t^k k!,

∗ODT ¨U Matematik B¨ol¨um¨u ¨o˘gretim ¨uyesi

t > 0 iken t¨umevarım varsayımı gere˘gi pozitiftir;

yani h(t) , t > 0 aralı˘gında artandır. t = 0 ’da 1 de˘gerini alan ve pozitif sayılarda artan bir fonksiyonun, orada negatif veya sıfır olamayaca˘gı a¸cıktır. Bu ¨onermenin ¨ozel bir hali negatif ol- mayan n tamsayıları i¸cin

e^t> tⁿ

n! (t > 0)

e¸sitsizli˘gidir. 2

Artık JM integraline bakabiliriz. n bir po- zitif tamsayı olsun. ¨Onerme 1’den

e^−t= 1 e^t <n!

tⁿ (t > 0) ve sonra da

t^x−1e^−t< n!

t^n+1−x (t > 0)

¸cıkar. Verilen bir x > 0 i¸cin n > x sa˘glayan bir n pozitif tamsayısı se¸celim.

J_M = Z M

1

t^x−1e^−tdt <

Z M 1

n! t^x−n−1dt

= n! t^x−n x − n

t=M

t=1

= n!

x − n(M^x−n− 1)

= n!

n − x



1 − 1 M^n−x



e¸sitsizli˘gi, JM integralinin, M > 0 ne olursa ol- sun, _n−x^n! ile ¨ustten sınırlı oldu˘gunu s¨oyler. M →

∞ iken J^M aynı zamanda arttı˘gından, lim

M →∞JM

limiti vardır. Bu hesaptan da anla¸sılması gereken, t → ∞ olsa bile e^−t’nin sıfıra ini¸s hızının t^x−1’in sınırsız artı¸s hızını, t^x−1e^−t’nin grafi˘giyle x ek- seni arasındaki alanı sonlu yapacak kadar etkili bir bi¸cimde bastırdı˘gıdır.

B¨oylece x > 0 i¸cin gama fonksiyonunun iyi tanımlanmı¸s oldu˘gunu g¨ostermi¸s olduk. A B. Temel ¨Ozellikler

S¸unu biliyoruz: t > 0 i¸cin f (t) pozitif oldu˘gundan, x > 0 i¸cin Γ(x) de pozitiftir.

x = 1 i¸cin gama fonksiyonunun de˘gerini hesaplamak kolaydır:

Γ(1) = lim

M →∞

Z M 0

e^−tdt = lim

M →∞[−e^−t]^M₀

= lim

M →∞[1 − e^−M] = 1.

Ote yandan Γ(x + 1) =¨ R_∞

0 t^xe^−tdt olur. Bu integrali x > 0 i¸cin par¸calı integralleme yoluyla hesaplamaya ¸calı¸salım. u = t^x ve dv = e^−tdt dersek, du = xt^x−1dt ve v = −e^−t olur. B¨oylece

Γ(x + 1) = lim

ε→0⁺ M →∞

Z M 0

t^xe^−tdt

= lim

ε→0⁺ M →∞



−t^xe^−t

t=M t=ε

+ x lim

ε→0⁺ M →∞

Z M ε

t^x−1e^−tdt

= lim

ε→0⁺

ε^xe^−ε− lim

M →∞M^xe^−M+ xΓ(x) olur. Birinci limit a¸cık¸ca 0’dır. ˙Ikinci limit de 0’dır; bunu g¨ormenin bir yolu x ’i sabit tutup M ’yi de˘gi¸sken olarak d¨u¸s¨unerek M^x/e^M

¨

uzerinde L’Hˆopital kuralını [5] uygulamaktır.

Elde etti˘gimiz

Γ(x + 1) = xΓ(x)

e¸sitli˘gi gama fonksiyonunun fonksiyonel denkle- midir .

S¸imdi x ’i bir n pozitif tamsayısı olarak se-

¸cer, fonksiyonel denklemi kendisinin sa˘g tarafın- daki Γ(n) ’ye uygularsak Γ(n+1) = n(n−1)Γ(n−

1) buluruz; sonra bu i¸slemi sa˘g tarafta Γ(1) = 1

¸cıkana kadar tekrarlarsak

Γ(n + 1) = n! (n = 0, 1, 2, . . .)

buluruz. Bu bize, yalnızca do˘gal sayılarda ta- nımlı olan fakt¨oriyel i¸sleminin gama fonksiyonu aracılı˘gıyla b¨ut¨un pozitif ger¸cel sayılara geni¸sle- tildi˘gini s¨oyler.

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) i¸cin kullanır ve bu i¸slemi sa˘g tarafta Γ(x) kalana kadar tekrarlarsak, her x > 0 i¸cin

Γ(x + n) = (x+n−1)(x+n−2) · · · (x+1)xΓ(x),

Γ(x) = 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 aralı˘gında

tanımlamak i¸cin kullanabiliriz. Kala kala sıfır ve negatif tamsayılar kaldı. Bunlar i¸cin yapacak bir ¸sey yok, ¸c¨unk¨u son denklemin sa˘g tarafı bu- ralarda anlamsız, ve gama fonksiyonu buralarda tanımsız kalacak, ¸c¨unk¨u x sıfıra veya negatif tam- sayıya yakla¸stı˘gında bu denklem |Γ(x)|’in sınırsız arttı˘gını da s¨oyl¨uyor.

Aslında en ba¸sta gama fonksiyonunu yalnızca (0, 1] aralı˘gında tanımlamak yeterdi.

Γ(x + n) i¸cin yukarıda verdi˘gimiz denklem sayesinde, tanım aralı˘gını (n, n + 1] tipindeki t¨um aralıklara, yani b¨ut¨un pozitif ger¸cel sayılara geni¸sletebilirdik.

Sonu¸c 2. Gama fonksiyonunun tanım k¨umesi T , sıfır ve negatif tamsayılar dı¸sında kalan b¨ut¨un ger¸cel sayılardır.

Di˘ger bir ¨onemli ¨ozellik i¸cin, bir 1 < p < ∞ ve bunun e¸sleni˘gi q ile H¨older e¸sitsizli˘gini [4]

gama fonksiyonunun tanımındaki integrale uygu- layalım. 0 < x, y < ∞ olsun ki Γ(x) ve Γ(y) pozitif ¸cıksın ve logaritmalarını alabilelim.

Γ

x p+y

q



= Z _∞

0

t^xp+yq−1e^−tdt

= Z ∞

0

t^{xp+yq−1p−1q}e^−pt−tqdt

= Z _∞

0

(t^x−1e^−t)^1/p(t^y−1e^−t)^1/qdt

≤

Z ∞ 0

t^x−1e^−tdt

1/p

·

Z ∞ 0

t^y−1e^−tdt

1/q

= Γ(x)^1/pΓ(y)^1/q

¸cıkar. Her iki tarafın logaritmasını aldı˘gımızda, logaritma artan bir fonksiyon oldu˘gundan e¸sitsiz- lik korunur. Logaritmayı ¸carpma ¨uzerinde top- lama olarak da˘gıtıp a, b > 0 i¸cin ln a^b = b ln a

¨

ozelli˘gini kullanırsak, ln Γ

x p+y

q



≤ 1

pln Γ(x) +1 qln Γ(y) elde ederiz. Bu ise ln Γ fonksiyonunun dı¸sb¨ukey [4] olması demektir.

C. C¸ arpım Form¨ulleri ve Sonu¸cları

Asıl ilgin¸c olan, gama fonksiyonunun,

¸simdiye kadar verdi˘gimiz ¨u¸c temel ¨ozelli˘ginden kesin olarak belirlenmesidir [2]:

Teorem 3. g , tanım k¨umesi (0, ∞) aralı˘gını i¸ceren pozitif de˘gerli bir fonksiyon olsun. E˘ger

(a) g(1) = 1 ise,

(b) g(x + 1) = x g(x) sa˘glanıyorsa, ve (c) ln g dı¸sb¨ukeyse,

o zaman g ’nin tanımlı oldu˘gu her x i¸cin g(x) = Γ(x) ’tir.

˙Ispat. Yukarıdaki ¨u¸c ¨ozelli˘gi sa˘glayan yalnızca bir fonksiyon oldu˘gunu g¨osterece˘giz. Gama fonksiyonu da bu ¨u¸c ¨ozelli˘ge sahip oldu˘gundan, o bir fonksiyon gama fonksiyonu olacaktır. (b)

¨

ozelli˘gi sayesinde, g ’yi bir kere (0, 1] aralı˘gında belirlersek, tanımlı oldu˘gu her yerde g belir- lenmi¸s olacaktır.

h = ln g olsun; o zaman h(1) = 0 ’dır ve h dı¸sb¨ukeydir; ayrıca 0 < t < ∞ i¸cin h(t + 1) = h(t) + ln t sa˘glanır. Bu e¸sitlik t = n diye pozitif bir tamsayı alınıp tekrarlandı˘gında h(n + 1) = ln(n!) verir. Bir kere de t = n + 1 + x alınıp tekrarlandı˘gında

h(n + 1 + x) = h(x) + ln[x(x + 1) · · · (x + n)]

verir. S¸imdi 0 < x < 1 alalım. [4]’teki ¨Onerme 4’¨u a = n + 1 , b = n + 1 + x ve c = n + 2 alıp

h ’ye uygularsak,

h(n + 1 + x) − h(n + 1)

x ≤ h(n + 2) − h(n + 1) x

= ln((n + 1)!) − ln(n!)

= ln(n + 1)

elde ederiz ki bu x = 1 halinde de = olarak ge¸cerlidir. 0 < x ≤ 1 alıp [4]’teki ¨Onerme 4’¨u bir defa da a = n , c = n + 1 ve b = n + 1 + x ile uygularsak,

h(n + 1 + x) − h(n + 1)

x ≥ h(n + 1) − h(n)

1

= ln(n!) − ln((n − 1)!)

= ln n elde ederiz. Son iki e¸sitsizlik birlikte

ln n ≤ h(n + 1 + x) − h(n + 1)

x ≤ ln(n + 1)

verir. Daha ¨once h(n + 1 + x) ve h(n + 1) i¸cin elde etti˘gimiz form¨ulleri burada yerine koyar ve logaritmanın bir ¨ozelli˘gini kullanırsak

ln n ≤ h(x)+ln[x(x+1) · · · (x+n)/n!]

x ≤ ln(n+1)

buluruz. S¸imdi x ile ¸carpıp, x ln n ¸cıkartıp, gene logaritmanın ¨ozelliklerini kullanıp sadele¸stirirsek, 0 ≤ h(x) − ln

 n! n^x x(x+1) · · · (x+n)



≤ x ln

 1+1

n



¸cıkar. Logaritmanın s¨ureklili˘ginden, sa˘g tarafın n → ∞ iken limiti 0’dır. Dolayısıyla ortadaki ifadenin de n → ∞ iken limiti 0’dır; yani h kesin olarak k¨o¸seli parantez i¸cindeki ifadenin li- miti olarak belirlenir. Logaritmanın birebir fonk- siyon olması g ’nin de kesin olarak belirlendi˘gini

g¨osterir. 2

˙Ispatın sonunda Γ i¸cin elde etti˘gimiz Gauss form¨ul¨un¨u yazalım:

Γ(x) = lim

n→∞

n! n^x

x(x + 1) · · · (x + n) (0 < x ≤ 1).

Bu form¨ul¨un her x ∈ T i¸cin ge¸cerli oldu˘gunu g¨ormek i¸cin,

Γ_n(x) = n! n^x x(x + 1) · · · (x + n) diyelim.

Γn(x + 1) = n

x + n + 1xΓn(x) Γ_n(x) = x + n + 1

n 1

xΓ_n(x + 1)

olur. n → ∞ iken bir x 6= 0 i¸cin bir tarafın limiti varsa, di˘ger tarafın da vardır, yani Gauss form¨ul¨undeki limit, x 6= 0 i¸cin varsa, x + 1 i¸cin de vardır, ve de x + 1 i¸cin varsa ve x 6= 0 ise, x i¸cin de vardır. ¨Ozetle, G(x) ile g¨osterece˘gimiz limit her x ∈ T i¸cin vardır, G(x + 1) = xG(x) sa˘glanır, ve 0 < x ≤ 1 i¸cin G(x) = Γ(x)’tir. G tek oldu˘gundan, G ile Γ , T k¨umesinde ¸cakı¸sırlar.

S¸u ¨onerme Γ(x) i¸cin de˘gi¸sik bir form¨ul elde etmemizde yararlı olacak:

Onerme 4.¨ lim

n→∞

 1 +1

2+1

3 + · · · + 1 n− ln n



limiti vardır.

Bu limit γ ile g¨osterilir ve γ ’ya Euler- Mascheroni sabiti denir.

˙Ispat. Cn = 1 + 1 2 + 1

3 + · · · + 1

n − ln n ve Dn= Cn− 1/n dersek, her n = 1, 2, . . . i¸cin

Cn+1− Cⁿ = 1 n + 1− ln

 1 + 1

n

 ,

D_n+1− Dn = 1 n− ln

 1 + 1

n



oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz.

d

dx(ln x) = 1

x (x > 0)

oldu˘gunu biliyoruz. Her iki tarafın 1’den ⁿ⁺¹_n ’ye kadar integralini alırsak,

ln

n + 1 n



= Z ⁿ⁺¹_n

1

dx x

buluruz. 1/x fonksiyonunun [1,ⁿ⁺¹_n ] aralı˘gında aldı˘gı en b¨uy¨uk de˘ger 1, en k¨u¸c¨uk de˘ger ise

n

n+1’dir. Bu de˘gerleri aralı˘gın uzunlu˘gu olan 1/n ile ¸carparsak, yukarıdaki integral i¸cin alt ve ¨ust sınırlar bulmu¸s oluruz:

1 n + 1≤ ln

 1 + 1

n



≤ 1

n (n = 1, 2, . . .).

Bu e¸sitsizlikleri {Cⁿ} ve {Dⁿ} dizilerinin fark form¨ul¨unde kullanırsak, her n i¸cin

Cn+1− Cⁿ ≤ 1

n + 1− 1 n + 1= 0, Dn+1− Dⁿ ≥ 1

n− 1 n = 0

¸cıkar; yani {Cⁿ} azalan bir dizi, {Dⁿ} artan bir dizidir. Tanımlarından her n i¸cin Dn < Cn

oldu˘gundan, D1 = 0 teriminin {Cⁿ} dizisi i¸cin bir alt sınır oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz. Azalan ve alttan sınırlı dizilerin ise limiti vardır (ve bu limit en

b¨uy¨uk alt sınırdır). 2

S¸imdi Γn(x) ’i tanımlayan ifadede n^x yeri- ne e¸siti e^{x ln n} yazalım. Sonra n! ifadesini 1/n!

olarak paydaya ta¸sıdıktan sonra, ¸carpanlarını sırayla (x+1)(x+2) · · · (x+n)’nin paydası olacak

¸sekilde da˘gıtalım. Sonra da Γn(x) ’i 1 = e^−xe^−x/2· · · e^xe^x/2· · · e^x/n ile ¸carparsak elimize

Γn(x) = e^{x ln n}e^−xe^−x/n· · · e^−x/n xx + 1

1

x + 2

2 · · ·x + n n

e^xe^x/2· · · e^x/n

ge¸cer. Buradaki b¨uy¨uk kesirin payını tek bir ¨ustel fonksiyonda birle¸stirebiliriz. Ayrıca paydadaki

x+k

k kesirlerini de 1 + x/k ¸seklinde yazabilir ve her birini e^x/k ile beraber d¨u¸s¨unebiliriz. O zaman Γ_n(x) ifadesi

1 xexp

 x



ln n − 1 −1

2 − · · · − 1 n

Yⁿ

k=1

e^x/k 1 + x/k halini alır. Burada Q

, ¸carpımı g¨osterir; exp(·) ise e^(·) demekten ba¸ska bir ¸sey de˘gildir. ¨Onerme 4 sayesinde, n → ∞ iken, yuvarlak parantez i¸cindeki ifadenin limitinin −γ , sol tarafın limi- tinin ise T ’deki x ’ler i¸cin Γ(x) oldu˘gunu biliyo- ruz. O zaman her x ∈ T i¸cin, n → ∞ iken sa˘gdaki ¸carpımın da limiti vardır; dolayısıyla

Γ(x) = e^−γx1 x lim

n→∞

Yn n→∞

k x + ke^x/k

= e^−γx1 x

Y∞ k=1

k

x + ke^x/k (x ∈ T ) olur. Bu e¸sitlik Weierstrass ¸carpım form¨ul¨ud¨ur.

Yukarıda {Cⁿ} dizisinin limiti olarak tanımladı˘gımız γ ’nın ne b¨uy¨ukl¨ukte bir sayı oldu˘gu hakkında biraz fikir verelim. Her ¸seyden

¨once {Dn} dizisinin de limiti vardır ve bu limit γ ’dır, ¸c¨unk¨u iki dizinin terimleri arasındaki fark sadece 1/n ’dir ve bu 0’a yakınsar. {Dn} dizisi artan oldu˘gundan, γ onun en k¨u¸c¨uk ¨ust sınırıdır.

Dolayısıyla her n i¸cin D_n < γ < C_n sa˘glanır.

D2 = 1 − ln 2 > 0’dır, ¸c¨unk¨u 1 < 2 < e ve ln 1 = 0 < ln 2 < 1 = ln e ’dir. Ayrıca C2=³₂− ln 2 < 1’dir, ¸c¨unk¨u ln 2 yakla¸sık olarak 0.7 ’dir. B¨oylece 0 < γ < 1 oldu˘gu ortaya ¸cıkar.

n ’yi b¨uy¨uk se¸cerek γ i¸cin daha dar aralıklar bu- labiliriz. γ i¸cin yakla¸sık bir de˘ger 0.57722 ’dir.

Son bir not: γ ’nın rasyonel mi irrasyonel mi bir sayı oldu˘gu bilinmiyor.

D. Beta Fonksiyonu

Bir ba¸ska Euler integrali de iki de˘gi¸skenli br fonksiyon tanımlar. Beta fonksiyonu, x > 0 ve y > 0 de˘gerleri i¸cin

B(x, y) = Z 1

0

t^x−1(1 − t)^y−1dt

integrali ile tanımlanır. 0 < x < 1 ve 0 <

y < 1 iken, bu integral de gama fonksiyonunu tanımlayan integral gibi limitlerle verilir, ¸c¨unk¨u t^x−1’den dolayı 0’a yakla¸sırken, (1 − t)^y−1’den dolayı da 1’e yakla¸sırken sorunlar vardır. Bu sorunlar gene gama fonksiyonunda yapıldı˘gı gibi a¸sılır.

˙Integralin i¸cindeki ifade pozitif oldu˘gun- dan beta fonksiyonu da pozitif de˘gerlidir; o zaman logaritmasını almamızda sakınca yok- tur. y ’yi sabit tutup x ’e de˘gi¸sken olarak bak- tı˘gımızda, tıpkı gama fonksiyonu i¸cin kullan- dı˘gımız yolla, ln B ’nın da dı¸sb¨ukey oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz. B(1, y) = 1/y de kolayca hesaplanır.

Beta fonksiyonu i¸cin de bir fonksiyonel denklem

¸cıkartalım.

B(x + 1, y) = Z 1

0

 t 1 − t

x

(1 − t)^x+y−1dt yazar,

u =

 t 1 − t

x

ve dv = (1 − t)^x+y−1dt diyip, par¸calı integralleme yaparsak,

B(x + 1, y) = x

x + yB(x, y)

elde ederiz. B¨ut¨un bunların ayrıntılarını okuyu- cuya bırakıyoruz.

S¸imdi sabit bir y > 0 alıp, g(x) =Γ(x + y)

Γ(y) B(x, y) (x > 0) fonksiyonuna bakalım. g(x + 1) = xg(x) ve g(1) = 1 oldu˘gunu hemen g¨or¨ur¨uz. Logarit- ma ¸carpımı toplama ¸cevirdi˘ginden ve dı¸sb¨ukey fonksiyonların toplamı da dı¸sb¨ukey oldu˘gundan [4] ( y ’nin ve b¨oylece Γ(y) ’nin pozitif bir sabit oldu˘gunu unutmayalım), ln g ’nin de dı¸sb¨ukey oldu˘gunu anlarız. Artık yapılacak en do˘gal ¸sey Teorem 3’¨u uygulayıp, her x > 0 i¸cin g(x) = Γ(x) yazmaktır. Bu da bize ¸su ilgin¸c form¨ul¨u verir:

Γ(x)Γ(y) Γ(x + y) =

Z 1 0

t^x−1(1−t)^y−1dt (x > 0, y > 0).

Bu form¨ulden daha ba¸ska ilgin¸c form¨uller de t¨uretebiliriz. ˙Integralde 0 < t < 1 oldu˘gundan sin²θ = t sa˘glayan bir θ vardır ve dt = 2 sin θ cos θ dθ olur. O zaman gene pozitif x, y i¸cin

Γ(x)Γ(y) Γ(x + y) = 2

Z 1 0

(sin θ)^2x−1(cos θ)^2y−1dθ

ger¸ceklenir. S¸imdi x = y = ¹₂ koyar, Γ(1) = 1 ve Γ ¹₂

> 0 oldu˘gunu kulanırsak,

Γ

1 2



=√ π

buluruz. ( π sayısı yazıda bir yerde ¸cıkmalıydı!) Geri d¨on¨up gama fonksiyonunun ilk tanımında t = s² de˘gi¸sken de˘gi¸simini yapmak

Γ(x) = 2 Z _∞

0

s^2x−1e^−s2ds (x ∈ T )

verir. S¸imdi x = ¹₂ koyarsak, Z _∞

0

e^−s2ds =

√π 2

elde ederiz. y = e^−s2 fonksiyonunun grafi˘gi y ek- seni etrafında simetriktir; dolayısıyla s > 0 iken grfi˘gin altında kalan alanla s < 0 iken grafi˘gin altında kalan alan birbirine e¸sittir. Sonu¸c olarak

Z _∞

−∞

e^−s2ds =√ π

¸cıkar.

E. T¨urevlenebilme ve Dı¸sb¨ukeylik

Biraz da gama fonksiyonunun t¨urevinin olup olmadı˘gını ara¸stıralım. Fonksiyonel den- klemden dolayı pozitif sayılara bakmak yetecek.

Pozitif sayılarda ise gama fonksiyonunun pozitif de˘gerli oldu˘gunu biliyoruz, dolayısıyla logaritma- sını alabiliriz. Logaritma s¨urekli bir fonksiyondur ve bundan dolayı limitle yer de˘gi¸stirebilir. Loga- ritmanın sonlu ¸carpımları toplamlara ¸cevirdi˘gini de biliyoruz. Di˘ger bir bildi˘gimiz, logaritmanın

¨

ustel fonksiyonun ters fonksiyonu oldu˘gu; yani her ger¸cel a i¸cin ln e^a = a ve her pozitif b i¸cin e^{ln b}= b sa˘glandı˘gı. O zaman Weierstrass ¸carpım form¨ul¨unden

ln Γ(x) = −γx − ln x + lim

n→∞ln Yn k=1

k x + ke^x/k

= −γx−ln x+ lim

n→∞

Xn k=1

x k−ln

 k x+k



= −γx − ln x + X∞ k=1

x k − ln

 k

x + k



elde ederiz. S¸imdi t¨urev almaya ¸calı¸sırsak sa˘gdaki sonsuz toplam sorun ¸cıkartmaya aday. Sonlu toplamların t¨urevinin her bir terimin t¨urevinin toplamı oldu˘gu do˘gru, fakat bu sonsuz toplam- larda da ge¸cerli mi? Evet, e˘ger t¨urevi elde edilecek olan sonsuz toplam burada pek bahset- mek istemedi˘gimiz d¨uzg¨un yakınsaklık ¨ozelli˘gine sahipse. Elimizdeki toplamlar i¸cin bu ¨ozelli˘gin oldu˘gu biliniyor ve her terimin ayrı ayrı t¨urevini alıp toplamamızda bir sakınca yok. Zincir ku- ralının birka¸c uygulamasından sonra

d

dxln Γ(x) = Γ⁰(x) Γ(x)

= −γ −1 x+

X∞ k=1

1 k− 1

x + k



= −γ −1 x+

X∞ k=1

x

k(x + k) (x > 0) buluruz. D¨uzg¨un yakınsaklık ¨ozelli˘gi tekrar tek- rar t¨urev alsak da sa˘glanıyor, dolayısıyla gama fonksiyonu sonsuz kere t¨urevli ve

d^m−1 dx^m−1

Γ⁰(x) Γ(x)



= X∞ k=0

(−1)^m(m − 1)

(x + k)^m (m ≥ 2) form¨ul¨u her x > 0 i¸cin ge¸cerli. Yukarıda yaptı˘gımız gibi fonksiyonel denklemler sayesinde bu form¨ul¨u her x ∈ T i¸cin ge¸cerli yapmak da m¨umk¨un.

m = 2 hali biraz daha incelenme˘ge de˘ger,

¸c¨unk¨u d dx

Γ⁰(x) Γ(x)



= Γ(x)Γ⁰⁰(x) − (Γ⁰(x))² (Γ(x))²

= X∞ k=0

1 (x + k)²

her zaman pozitif. Buradan her x ∈ T i¸cin Γ(x)Γ⁰⁰(x) − (Γ⁰(x))² > 0

Γ(x)Γ⁰⁰(x) > (Γ⁰(x))²≥ 0

¸cıkar. Bu ise her x ∈ T i¸cin, Γ(x) ve Γ⁰⁰(x) sayılarının ya her ikisinin birden pozitif ya da her ikisinin birden negatif olması demektir. |Γ(x)|

fonksiyonunu d¨u¸s¨un¨ursek, ikinci t¨urevi hep po- zitif olur. [4]’teki Sonu¸c 8’den dolayı |Γ(x)|

fonksiyonu T ¨uzerinde dı¸sb¨ukeydir. Dikkatli bakarsak, Γ(x + n) ’yi veren form¨ulden, gama fonksiyonunun i¸saretinin (−n, −n + 1) aralı˘gında (−1)ⁿ’nin i¸sareti ile aynı oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz; bu- rada n bir pozitif tamsayıdır. x > 0 iken de Γ(x) pozitiftir. Dolayısıyla gama fonksi- yonu (0, ∞), (−2, −1), (−4, −3), . . . aralıklarında dı¸sb¨ukeydir; T ’deki geri kalan aralıklarda ise −Γ dı¸sb¨ukeydir.

F. Sin¨us Fonksiyonu ˙I¸cin Bir Ba˘gıntı Ba¸slangı¸c olarak

g(x) = 1 2√

π2^xΓ

x 2

 Γ

x + 1 2



fonksiyonuna bakalım. A¸cık¸ca g en az (0, ∞) aralı˘gında tanımlı ve orada pozitif de˘gerlidir.

Ayrıca Γ(x + 1) = xΓ(x) ¨ozelli˘ginden g(x + 1) = 2^x+1

2√ πΓ

x + 1 2

 Γ

x 2 + 1



= 2^x 2√

π2Γ

x + 1 2

x 2Γ

x 2



= xg(x) sa˘glanır.

ln g(x) = (ln 2)x + ln Γ

x 2

 + ln Γ

x + 1 2



¨

ozde¸sli˘ginde sa˘gdaki her terim dı¸sb¨ukey oldu˘gun- dan, ln g dı¸sb¨ukeydir. O zaman g , Γ ’dan ba¸ska bir ¸sey de˘gildir (Teorem 3); yani

Γ

x 2

 Γ

x + 1 2



=√

π2^1−xΓ(x)

¨

ozde¸sli˘gi, her iki taraf da tanımlı iken do˘grudur;

buna da Gauss form¨ul¨u deniyor. Burada x yerine 1 − x koyarsak,

Γ

1 − x 2

 Γ

 1 − x

2



=√

π2^xΓ(1 − x) elde ederiz.

S¸imdi ϕ(x) = Γ(x)Γ(1 − x) sin πx fonksi- yonuna bakalım. Bu fonksiyon sadece tamsayı ol- mayan ger¸cel x ’ler i¸cin tanımlıdır. x yerine 1 − x koyarsak

ϕ(x + 1) = Γ(x + 1)Γ(−x) sin(πx + π)

= xΓ(x)Γ(1 − x)

−x (− sin πx)

= Γ(x)Γ(1 − x) sin πx = ϕ(x)

buluruz; yani ϕ periyodiktir ve periyodu 1’dir.

Az ¨once elde etti˘gimiz ba˘gıntıları kullanarak da

ϕ

x 2

 ϕ

x + 1 2



= Γ

x 2

 Γ

 1 − x

2

 sinπx

2

·Γ

x+1 2

 Γ

1−x 2

 cosπx

2

= 1 2

√π2^1−xΓ(x)√

π2^xΓ(1 − x)

·2 sinπx 2 cosπx

2

= πΓ(x)Γ(1 − x) sin πx

= πϕ(x) (∗)

elde ederiz. Bu ¨ozde¸slik de tamsayı olmayan x ’ler i¸cin ge¸cerlidir.

Gama ve sin¨us fonksiyonları sonsuz kere t¨urevli olduklarından, ϕ de ¨oyledir, tabii x tam- sayı de˘gilse.

ϕ(x) = Γ(1 + x)

x Γ(1 − x) sin πx

= πΓ(1 + x)Γ(1 − x)sin πx πx

yazalım. Bu e¸sitli˘gin sa˘g tarafının x → 0 iken limitini alırsak πΓ(1)²1 = π buluruz, ¸c¨unk¨u gama fonksiyonu 1’de s¨ureklidir. E˘ger ϕ(0) = π diye tanımlarsak, ϕ sıfırda da s¨urekli olur.

Di˘ger tamsayılarda da aynı limiti buluruz, ¸c¨unk¨u ϕ periyodiktir. O halde ϕ ’yi tamsayılarda π diye tanımlarsak, ϕ b¨ut¨un ger¸cel sayılarda s¨urekli olur. Yukarıdaki e¸sitli˘gin t¨urevini alıp tekrar x → 0 iken limitine bakabiliriz. Gama fonksiyonu 1’de sonsuz kere t¨urevli oldu˘gundan yalnız sin πx/πx ifadesinden gelen terimlerde li- miti ara¸stırmak yeter. L’Hˆopital kuralından [5]

onların da limiti kolayca bulunur. Sonra tekrar ϕ⁰(0) ’ı limit yardımıyla tanımlar ve periyodiklikle b¨ut¨un tamsayılara geni¸sletiriz. ¨Ozetle, ϕ b¨ut¨un ger¸cel sayılarda sonsuz kere t¨urevlidir. Ayrıca tanımından 0 < x < 1 i¸cin ϕ(x) pozitiftir.

ϕ(0) = π ve periyodiklik sayesinde bu her ger¸cel sayıda da do˘grulanır. B¨oylece ϕ ’nin logaritması alınabilir.

ln ϕ ’nin ikinci t¨urevine λ diyelim. λ da periyodiktir ve periyodu 1’dir. λ , [0, 1] aralı˘gın- da s¨urekli ve bunun sonucu olarak orada sınırlıdır.

Periyodiklik gere˘gi b¨ut¨un ger¸cel sayılarda sınırlı olur; yani ¨oyle bir M sayısı vardır ki, her ger¸cel x i¸cin |λ(x)| ≤ M sa˘glanır. ¨Ote yandan (∗)’ın her iki tarafının logaritmasını ve sonra iki kere t¨urevini alınca

1 4

 λ

x 2

 + λ

x + 1 2



= λ(x) elde ederiz. Buradan

|λ(x)| ≤ 1 4  λ

x 2

 + 1 4  g

x + 1 2



≤ M 4 +M

4 = M 2

¸cıkar. Bu i¸slemi tekrarlarsak, |λ|’nın ¨ust sınırını istedi˘gimiz kadar ufaltabilece˘gimizi g¨or¨ur¨uz. So- nu¸c olarak her ger¸cel x i¸cin λ(x) = 0 ’dır. λ ’nın tanımından bu ln ϕ(x) = ax + b olması demektir.

ln ϕ ’nin periyodikli˘ginden a = 0 olmalıdır; yani ϕ sabit bir fonksiyondur. ϕ(0) = π oldu˘gunu bili- yoruz. Dolayısıyla her ger¸cel x i¸cin ϕ(x) = π ’dir.

S¸imdi elimizde

sin πx = π

Γ(x)Γ(1 − x) = π

−xΓ(x)Γ(−x) var. Bu da Γ i¸cin bir ba¸ska fonksiyonel denklem- dir. Weierstrass ¸carpım form¨ul¨un¨u burada kul-

lanırsak

sin πx = πx Y∞ k=1

 1 −x²

k²



(−∞ < x < ∞)

elde ederiz. Bu form¨ul¨un de˘gi¸sik bir elde edi- li¸si [3]’te var. Aslında bu form¨ul polinomlar i¸cin bildi˘gimiz bir ¨ozelli˘gin sin πx i¸cin yazılmı¸sı.

Bilindi˘gi gibi her polinom k¨oklerine ait ¸carpanla- rın ¸carpımı olarak yazılabilir; tabii polinomların sonlu tane k¨ok¨u vardır. Yukarıdaki form¨ul bize sonsuz tane k¨ok¨u olan sin πx gibi bazı fonksiyon- ların da k¨oklerine ait ¸carpanların ¸carpımı olarak yazılabilece˘gini s¨oyl¨uyor.

KAYNAKC¸ A

[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. C¸ alı¸skan, Bir Algorist: Leonhard Euler, Matematik D¨unyası, 5, sayı 5, 13–15 (1995).

[4] H. T. Kaptano˘glu, Dı¸sb¨ukey Fonksiyonlar, Matematik D¨unyası, 6, sayı 1, 11–18 (1996).

[5] M. A. Kocatepe, L’Hˆopital Kuralı ¨Ust¨une, Matematik D¨unyası, 4, sayı 2, 15–17 (1994).