ראשית נבחין שמתקיים
Γ
(
1
)
=
∫
0
∞
e
−
t
d
t
=
1
{\displaystyle \Gamma (1)=\int _{0}^{\infty }e^{-t}\,dt=1}
. כמו כן מאינטגרציה בחלקים נקבל כי
Γ
(
x
+
1
)
=
x
Γ
(
x
)
{\displaystyle \Gamma (x+1)=x\Gamma (x)}
.
על מנת להראות שפונקציית גאמא היא לוג קמורה נקבע קבועים
0
<
δ
<
Δ
{\displaystyle 0<\delta <\Delta }
. מאי שוויון קושי שוורץ נקבל:
(
∫
δ
Δ
t
x
+
y
−
2
2
e
−
t
d
t
)
2
=
(
∫
δ
Δ
(
t
x
−
1
2
e
−
t
2
)
(
t
y
−
1
2
e
−
t
2
)
d
t
)
2
≤
∫
δ
Δ
t
x
−
1
e
−
t
d
t
∫
δ
Δ
t
y
−
1
e
−
t
d
t
{\displaystyle {(\int _{\delta }^{\Delta }{t^{{x+y-2} \over {2}}e^{-t}dt})}^{2}={(\int _{\delta }^{\Delta }{(t^{{x-1} \over {2}}e^{{-t} \over {2}})(t^{{y-1} \over {2}}e^{{-t} \over {2}})dt})}^{2}\leq {\int _{\delta }^{\Delta }{t^{x-1}e^{-t}dt}\int _{\delta }^{\Delta }{t^{y-1}e^{-t}dt}}}
כאשר נשאיף בנוסחה
δ
→
0
,
Δ
→
∞
{\displaystyle \delta \rightarrow 0,\Delta \rightarrow \infty }
נקבל
Γ
2
(
x
+
y
2
)
≤
Γ
(
x
)
Γ
(
y
)
{\displaystyle \Gamma ^{2}({{x+y} \over {2}})\leq \Gamma (x)\Gamma (y)}
.
נוציא לוג ונקבל כי
ln
(
Γ
(
x
+
y
2
)
)
≤
1
2
ln
(
Γ
(
x
)
)
+
1
2
ln
(
Γ
(
y
)
)
{\displaystyle \ln(\Gamma ({{x+y} \over {2}}))\leq {{1} \over {2}}\ln(\Gamma (x))+{{1} \over {2}}\ln(\Gamma (y))}
וקיבלנו בסה"כ שפונקציית גאמא היא לוג קמורה.
בכיוון השני, תהי f פונקציה המקיימת את הדרישות של המשפט. נוכיח שהיא יחידה.
מהדרישה
f
(
x
+
1
)
=
x
f
(
x
)
{\displaystyle f(x+1)=xf(x)}
נקבל באינדוקציה כי
f
(
x
+
n
)
=
(
x
+
n
−
1
)
(
x
+
n
−
2
)
(
x
+
n
−
3
)
.
.
.
(
x
+
1
)
x
f
(
x
)
{\displaystyle f(x+n)=(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)...(x+1)xf(x)}
. בפרט לכל n טבעי נקבל
f
(
n
)
=
(
n
−
1
)
!
{\displaystyle f(n)=(n-1)!}
(כי נתון ש-
f
(
1
)
=
1
{\displaystyle f(1)=1}
).
נסמן ב
S
(
x
,
y
)
{\displaystyle S(x,y)}
את שיפוע הקו המחבר בין הנקודות
(
x
,
ln
(
f
(
x
)
)
)
,
(
y
,
ln
(
f
(
y
)
)
)
{\displaystyle (x,\ln(f(x))),(y,\ln(f(y)))}
. לפי ההנחה f לוג קמורה, ולכן S היא עולה בכל אחד משני המשתנים עבור x<y. לכן לכל
0
<
x
≤
1
{\displaystyle 0<x\leq 1}
ולכל n מס טבעי נקבל:
S
(
n
−
1
,
n
)
≤
S
(
n
,
n
+
x
)
≤
S
(
n
,
n
+
1
)
{\displaystyle S(n-1,n)\leq S(n,n+x)\leq S(n,n+1)}
.
ln
(
f
(
n
)
)
−
ln
(
f
(
n
−
1
)
)
n
−
(
n
−
1
)
≤
ln
(
f
(
n
)
)
−
ln
(
f
(
n
+
x
)
)
n
−
(
n
+
x
)
≤
ln
(
f
(
n
)
)
−
ln
(
f
(
n
+
1
)
)
n
−
(
n
+
1
)
{\displaystyle {\frac {\ln(f(n))-\ln(f(n-1))}{n-(n-1)}}\leq {\frac {\ln(f(n))-\ln(f(n+x))}{n-(n+x)}}\leq {\frac {\ln(f(n))-\ln(f(n+1))}{n-(n+1)}}}
נציב את הערך של f למספרים טבעיים:
ln
(
(
n
−
1
)
!
)
−
ln
(
(
n
−
2
)
!
)
1
≤
ln
(
f
(
n
+
x
)
)
−
ln
(
(
n
−
1
)
!
)
x
≤
ln
(
(
n
)
!
)
−
ln
(
(
n
−
1
)
!
)
1
{\displaystyle {\frac {\ln((n-1)!)-\ln((n-2)!)}{1}}\leq {\frac {\ln(f(n+x))-\ln((n-1)!)}{x}}\leq {\frac {\ln((n)!)-\ln((n-1)!)}{1}}}
לאחר חישוב מקבלים:
ln
(
(
n
−
1
)
x
(
n
−
1
)
!
)
≤
ln
(
f
(
n
+
x
)
)
≤
ln
(
n
x
(
n
−
1
)
!
)
{\displaystyle \ln {({(n-1)}^{x}(n-1)!)}\leq \ln {(f(n+x))}\leq \ln {({n}^{x}(n-1)!)}}
ln היא פונקציה עולה לכן נוכל לבצע אקספוננט ולקבל:
(
n
−
1
)
x
(
n
−
1
)
!
≤
f
(
n
+
x
)
≤
n
x
(
n
−
1
)
!
{\displaystyle {(n-1)}^{x}(n-1)!\leq f(n+x)\leq {n}^{x}(n-1)!}
נציב את הביטוי שקיבלנו עבור
f
(
n
+
x
)
{\displaystyle f(n+x)}
ונקבל:
(
n
−
1
)
x
(
n
−
1
)
!
≤
(
x
+
n
−
1
)
(
x
+
n
−
2
)
(
x
+
n
−
3
)
.
.
.
(
x
+
1
)
x
f
(
x
)
≤
n
x
(
n
−
1
)
!
{\displaystyle {(n-1)}^{x}(n-1)!\leq (x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)...(x+1)xf(x)\leq {n}^{x}(n-1)!}
(
n
−
1
)
x
(
n
−
1
)
!
(
x
+
n
−
1
)
(
x
+
n
−
2
)
(
x
+
n
−
3
)
.
.
.
(
x
+
1
)
x
≤
f
(
x
)
≤
n
x
(
n
−
1
)
!
(
x
+
n
−
1
)
(
x
+
n
−
2
)
(
x
+
n
−
3
)
.
.
.
(
x
+
1
)
x
{\displaystyle {\frac {{(n-1)}^{x}(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)...(x+1)x}}\leq f(x)\leq {\frac {{n}^{x}(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)...(x+1)x}}}
(
n
−
1
)
x
(
n
−
1
)
!
(
x
+
n
−
1
)
(
x
+
n
−
2
)
(
x
+
n
−
3
)
.
.
.
(
x
+
1
)
x
≤
f
(
x
)
≤
n
x
n
!
(
x
+
n
)
(
x
+
n
−
1
)
(
x
+
n
−
2
)
(
x
+
n
−
3
)
.
.
.
(
x
+
1
)
x
(
x
+
n
n
)
{\displaystyle {\frac {{(n-1)}^{x}(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)...(x+1)x}}\leq f(x)\leq {\frac {{n}^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)...(x+1)x}}({\frac {x+n}{n}})}
נשים לב כעת ששני האי שוויונים נכונים לכל ערך של n. בפרט הם נכונים גם עבור n+1 לכן אם נחליף באי שוויון השמאלי את n ב n+1 האי שוויונות יישארו נכונים ונקבל:
n
x
n
!
(
x
+
n
)
(
x
+
n
−
1
)
(
x
+
n
−
2
)
(
x
+
n
−
3
)
.
.
.
(
x
+
1
)
x
≤
f
(
x
)
≤
n
x
n
!
(
x
+
n
)
(
x
+
n
−
1
)
(
x
+
n
−
2
)
(
x
+
n
−
3
)
.
.
.
(
x
+
1
)
x
(
x
+
n
n
)
{\displaystyle {\frac {{n}^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)...(x+1)x}}\leq f(x)\leq {\frac {{n}^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)...(x+1)x}}({\frac {x+n}{n}})}
נשאיף את n לאינסוף. מתקיים
x
+
n
n
→
1
{\displaystyle {\frac {x+n}{n}}\rightarrow 1}
ולכן הגבול של
n
x
n
!
(
x
+
n
)
(
x
+
n
−
1
)
(
x
+
n
−
2
)
(
x
+
n
−
3
)
.
.
.
(
x
+
1
)
x
{\displaystyle {\frac {{n}^{x}n!}{(x+n)(x+n-1)(x+n-2)(x+n-3)...(x+1)x}}}
חסום משני הצדדים על ידי סדרה ששואפת ל
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
וממשפט הסנדוויץ' מתכנס אליו.
הואיל והגבול הוא יחיד, f מוגדרת ביחידות לכל
0
<
x
≤
1
{\displaystyle 0<x\leq 1}
. אבל מהדרישה
f
(
x
+
1
)
=
x
f
(
x
)
{\displaystyle f(x+1)=xf(x)}
רואים שאפשר להרחיב את f באופן יחיד לכל x>1. לכן יש f יחידה כזאת ונסיים.