從尤拉數 e 到 Stirling 常數

．原載於數學傳播第20卷第一期
．作者當時任教於東海大學數學系

沈淵源

摘要

我們從尤拉數e談起, 試著以電腦為我們實驗的工具, 利用數學軟體 Mathematica 計算繪圖的功能, 來激發我們自由而又豐富的想像力。這提供了我們兩個強有力的猜測。對每一個猜測, 我們先分析它的結構, 然後試圖予以證明。第二個猜測, 就是所謂的 Stirling 公式。我們由此談到 Gamma 函數及其三種不同的界定方法。利用第三種界定的方法, 我們證明了 Stirling 公式。最後, 我們用這些結果來決定 Stirling 公式中的常數 $\sqrt{2\pi}$ 做為這篇文章的結束。

尤拉數 $e\approx 2.71828 18284 59045 23536 02874\cdots$ 是個很漂亮的無理數。到底漂亮到什麼程度呢? 首先, 以此數為底的指數函數 e^x 其導數就是它自己。其次, 這個數有多種不同的定義方法或表示法: 我們可以定義 e 為無窮級數

$\begin{displaymath}1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots =\sum_{n=0}^\infty{\frac{1}{n!}}\end{displaymath}$

的和, 我們也可以定義 e 為數列 $\{(1+\frac{1}{n})^n\}$ 的極限值。為了方便起見, 我們稱前者為級數表示法, 後者為極限表示法。最後, 在初等微積分中, 我們定義 e 就是那唯一的正數使得定積分 $\int_1^e{\frac{1}{t}}dt$ 的值等於 1。

第三種定義的方法不是太好, 因為連你要估計一下它的大小也不是那麼顯然。級數表示法遠比極限表示法好, 此處所謂的好, 是比較其趨近於 e 的速度。前者遠比後者快, 而且快很多。且看下面的計算:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{10}{\frac{1}{k!}} &\approx &2.71828 18011 46384\... ...{\frac{1}{10^7}}\right)^{10^7} &\approx &2.71828 16939 80372 . \end{eqnarray*}$

當 n=10, 級數表示法可精確到小數點後第7位; 而 n=22, 卻可精確到小數點後第22位。但極限表示法, 當 n大到10⁷ 時, 才精確到小數點後第 6位。實際上, 估計 $S_n=\sum_{k=0}^{n}{\frac{1}{k!}}$ 與 e 之間的差距, 是非常容易的。且看下面的不等式:

$\begin{displaymath}e-S_n=\sum_{k=n+1}^{\infty}{\frac{1}{k!}}\leq{\frac{1}{(n+1)!... ...+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}+\cdots\right)={\frac{1}{n!n}}.\end{displaymath}$

所以我們有 e-S₁₀<1/10!10<10^-7, 以及 e-S₂₀<1/22!22<10^-22; 如上面的計算所表明者。

雖然如此, 極限表示法並非一無是處! 我們且看下面的數據:

$\begin{displaymath}\left(1+{\frac{1}{10}}\right)^{11} \approx 2.85311 67061 10002,\end{displaymath}$

這告訴我們

$\begin{displaymath}\left(1+{\frac{1}{10}}\right)^{10}<e<\left(1+{\frac{1}{10}}\right)^{11}.\end{displaymath}$

這樣的不等式是不是只有 n=10 的時候才對呢? 最簡捷快速的辦法就是畫一下圖形。 Mathematica 提供了我們下面的圖形(由上到下分別為下面三個函數的圖形):

$\begin{displaymath}y=\left(1+{\frac{1}{x}}\right)^{x+1} ,\qquad y=e ,\qquad y=\left(1+{\frac{1}{x}}\right)^{x}.\end{displaymath}$

圖一

所以我們有很好的理由, 作下面的猜測:

猜測一: 對所有的正整數 n, 下面不等式恆成立

$\begin{displaymath}\left(1+{\frac{1}{n}}\right)^{n}<e<\left(1+{\frac{1}{n}}\right)^{n+1}.\end{displaymath}$

讓我們來分析一下這個不等式。我們所面臨的這三個數, 從某個角度來說是挺抽象的。然而, 當我們引進自然對數, 則全然改觀。請看:

$\begin{eqnarray*} &&\left(1+{\frac{1}{n}}\right)^{n}<e<\left(1+{\frac{1}{n}}\rig... ... &{\frac{1}{n+1}}<\log\left(1+{\frac{1}{n}}\right)<{\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$

現在這三個數 1/(n+1), $\log(1+1/n)$ 及 1/n, 比前面那三個好多了。怎麼說呢? 首先, $\log(1+1/n)$ 這個數代表函數 f(x)=1/x 圖形底下從 x=1 到 x=1+1/n 所包圍區域 R 的面積, 也就是下面這個定積分的值:

$\begin{displaymath}\log\left(1+{\frac{1}{n}}\right)=\int_1^{1+{\frac{1}{n}}}{\frac{1}{x}}dx\end{displaymath}$

因為 1/x 在區間 [1,1+1/n] 是遞減的, 所以可得如下的不等式:

$\begin{eqnarray*} &&{\frac{n}{n+1}}={\frac{1}{1+\frac{1}{n}}}<{\frac{1}{x}}<{\fr... ... &{\frac{1}{n+1}}<\log\left(1+{\frac{1}{n}}\right)<{\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$

這證明了我們的第一個猜測是對的, 而且證明非常簡單。如果我們從幾何的角度來看這個不等式, 那更是不言而喻。令 R₁ 及 R₂ 分別為上述區域 R 的內接及外接長方形區域, 則 R₁ 的面積就是 1/(n+1), 而 R₂ 的面積就是 1/n。當然區域 R 的面積 $\log(1+1/n)$ 是介於這兩個數之間。

除了上面這個簡單的證明之外, 我們還可找到兩個非常有趣的證明方法。第一個是與尤拉常數

$\begin{displaymath}\gamma=\lim_{n\rightarrow\infty} \left(1+{\frac{1}{2}}+{\frac{1}{3}}+\cdots+{\frac{1}{n}}-\log n\right)\end{displaymath}$

有關, 請參閱 [3]。第二個與極大化正整數之乘積有關 (當這些正整數有固定和時), 請參閱 [6]。

這個不等式本身也是挺有趣的。我們先寫成下面的形式:

$\begin{displaymath}\frac{(k+1)^k}{k^k}=\left(1+\frac{1}{k}\right)^k<e <\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k+1}=\frac{(k+1)^{k+1}}{k^{k+1}} ,\end{displaymath}$

然後將對應於 k 從 1 到 n-1 的那些不等式相乘在一起。化簡後可得:

$\begin{eqnarray*} \frac{n^{(n-1)}}{(n-1)!}<e^{(n-1)}<\frac{n^n}{(n-1)!} &\iff &\... ...}<\frac{n^{n+1}}{n!} \\ &\iff &e(n^ne^{-n})<n!<e(n^{n+1}e^{-n}) \end{eqnarray*}$

很自然的, 我們想從這不等式來估計 n! 的大小。當 n 很大時, 可能 n! 與 $n^{n+\theta}e^{-n}$ 差不多大或是一個常數倍, 此處 θ 為介於 0 與 1 之間的常數。以應用的觀點來說, 處理 $n^{n+\theta}e^{-n}$ 遠比處理 n! 來得容易, 因為前者是個指數。所以我們就來看一下, 當 n 趨近於無窮大時, 這兩個數相比的比值

$\begin{displaymath}S_{n,\theta}={\frac{n!}{n^{n+\theta}e^{-n}}}\end{displaymath}$

是不是會趨向某一個定數呢? 我們再一次的使用 Mathematica 來幫助我們建立下面的圖形:

圖二， $\theta=0.5$

仔細的觀察這些圖形我們可作以下的結論:

: 1 數列 {S_n,0.5} 是遞減而且有界限的。所以由單調收斂定理, 我們知道此數列是收斂的。令 s 為其極限。圖形顯示 $s\approx 2.507\cdots$ , 這個極限顯然不等於尤拉數 e。
: 2 如果 $\theta<0.5$ , 則數列 $\{S_{n,\theta}\}$ 是遞增但無上界。所以我們不能指望這個數列會是收斂的。
: 3 如果 $\theta>0.5$ , 則數列 $\{S_{n,\theta}\}$ 是遞減而且很顯然會趨近於 0。

由上面的分析, 我們得到第二個猜測。我們用符號 $g(n)\sim f(n)$ 表示

$\begin{displaymath}\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{g(n)}{f(n)}}=1\end{displaymath}$

圖三， $\theta=0.1$

圖四， $\theta=0.2$

圖五， $\theta=0.3$

圖六， $\theta=0.4$

圖七， $\theta=0.6$

圖八， $\theta=0.7$

圖九， $\theta=0.8$

圖十， $\theta=0.9$

: 猜測二: 對所有的正整數 n, 我們有 $n!\sim sn^{n+0.5}e^{-n}$ , 此處 s 為一常數。

下面我們試著要來證明這個猜測是對的, 同時我們也想決定常數 s 到底是那個數。首先, 讓我們從分析的觀點來研究一下 n!。在初等微積分中, 我們處理過無限積分, 像 $\int_0^{\infty}e^{-t}dt$ , $\int_0^{\infty}te^{-t}dt$ , $\int_0^{\infty}t^2e^{-t}dt$ , … 等。由數學歸納法, 我們得到

$\begin{displaymath}\int_0^{\infty}t^ne^{-t}dt=n! \end{displaymath}$

這個 n! 的積分表示法建議我們考慮無限積分 $\int_0^{\infty}t^xe^{-t}dt$ 。這就開啟了我們對Gamma 函數的研究。傳統上, 我們習慣定義 Gamma 函數為

$\begin{displaymath}\Gamma(x)=\int_0^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt \end{displaymath}$

眾所周知, Gamma 函數 $\Gamma(x)$ 為定義在 $(0,\infty)$ 的正函數而且滿足函數方程式 $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$ 以及起始條件 $\Gamma(1)=1$ 。然而, 僅僅這兩個性質還是無法界定 Gamma 函數。我們很容易看出, 起始條件在整個界定上是無關緊要的。因為如果 f(x) 是定義在 $(0,\infty)$ 的正函數且滿足函數方程式 f(x+1)=xf(x), 則 g(x)=f(x)/f(1) 也是定義在 $(0,\infty)$ 的正函數, 滿足同一函數方程式而且 g(1)=1。令人驚訝的是, $\log\Gamma(x)$ 函數的凸性就足以界定 Gamma 函數。這是由 H. Bohr 與 J. Mollerup 所發現的事實, 詳情請參閱 [4]。換句話說, 上述兩性質加上 $\log\Gamma(x)$ 函數的凸性就可以界定 Gamma 函數。其證明可參閱 Emil Artin 漂亮的小書 [1,2] 或是 Walter Rudin 的名作 [8]。

第二個界定 Gamma 函數的公式乃是由 Laugwitz 及 Rodewald [7] 所提出。他們說, $\log\Gamma(x)$ 函數的凸性可取代為性質 (L) : 令 $L(x)=\log\Gamma(x+1)$ , 則 L 滿足下式

$\begin{displaymath} \begin{eqalign} L(n+x) &= L(n)+x\log(n+1)+r_n(x), \\ & \mbo... ...4} }, \lim_{n\rightarrow\infty}r_n(x)=0 \end{eqalign} \eqno(L) \end{displaymath}$

然而, 他們並沒有證明性質 (L) 與 $\log\Gamma(x)$ 函數的凸性之間是怎麼個連結起來而且對等的問題。這個界定 Gamma 函數的概念可追溯到尤拉, 請參閱[5]。

如果我們仔細分析一下性質 (L), 我們會察覺到自然對數的引進與否, 無關緊要。沒有自然對數的話, 上面的式子, 和變成積; 反而更簡捷而且更有希望接近 Gamma 函數的積的表示法。基於此種考慮, 我們可得到下面的性質, 稱之為性質 (P):

$\begin{displaymath} \begin{eqalign} \Gamma(x+n) &= \Gamma(n)n^xt_n(x), \\ & \mb... ...84}}, \lim_{n\rightarrow\infty}t_n(x)=1 \end{eqalign} \eqno(P) \end{displaymath}$

如上所期望, 這給了我們第三個界定 Gamma 函數的公式。

定理:
存在唯一定義於 $(0,\infty)$ 的正函數 f(x) 滿足下列三個性質:

: (a) f(1)=1;
: (b) f(x+1)=xf(x);
: (c) f(x+n)=f(n)n^xt_n(x), 此處 $\lim_{n\rightarrow\infty}t_n(x)=1$ 。

詳細的證明請參閱 [9], 在此我們來看看唯一性的證明。

引理: 對任何的正數 x>0, 函數數列 {f_n(x)} 是收斂的; 此處

$\begin{displaymath}f_n(x)={\frac{n^xn!}{x(x+1)\cdots(x+n)}}\end{displaymath}$

證明: 取對數, 可得

$\begin{eqnarray*} \log f_n(x) &= &x\log n+\sum_{k=1}^n\log k-\log x-\sum_{k=1}^n... ...log(1+{\frac{x}{k}})\right] \\ &= &-\log x-x\gamma_n+c_n(x) , \end{eqnarray*}$

此處 $\gamma_n=\sum_{k=1}^n{\frac{1}{k}}-\log n$ , 還有 $c_n(x)=\sum_{k=1}^n\left[{\frac{x}{k}}-\log(1+{\frac{x}{k}})\right]$ 。眾所周知, 數列 $\{\gamma_n\}$ 收斂於尤拉常數 $\gamma\approx 0.577\cdots$ . 對 k>x>0, 我們有

$\begin{displaymath}0<{\frac{x}{k}}-\log(1+{\frac{x}{k}})={\frac{x}{k}}-\sum_{i=1... ... {\frac{(-1)^{i+1}}{i}}({\frac{x}{k}})^i\leq {\frac{x^2}{2k^2}}\end{displaymath}$

比較法告訴我們, 數列 {c_n(x)} 是收斂的, 所以 $\{\log f_n(x)\}$ 是收斂的, 因此原來的數列 {f_n(x)} 也是收斂的。

定理唯一性的證明: 假設 f(x) 為滿足定理中所述的三個性質的函數。從性質 (a) 與性質 (b), 可得

$\begin{displaymath}f(n)=(n-1)! , \eqno(1)\end{displaymath}$

$\begin{displaymath}f(x+n)=(x+n-1)(x+n-2)\cdots(x+1)xf(x) \eqno(2)\end{displaymath}$

將 (2) 式, 性質 (c), 以及 (1) 式合在一起, 我們有

$\begin{displaymath}f(x)={\frac{n^x(n-1)!}{x(x+1)\cdots(x+n-1)}}\cdot t_n(x) =f_n(x)\cdot s_n(x),\end{displaymath}$

此處 $s_n(x)=(x+n)/n\cdot t_n(x)$ . 由引理以及假設, 得知 $\lim_{n\rightarrow\infty}s_n(x)=1$ , 我們有下面的公式:

$\begin{displaymath}f(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{n^xn!}{x(x+1)\cdots(x+n)}} \eqno(3)\end{displaymath}$

因此, f(x) 是唯一的。

為了討論上的方便, 我們採用下面的術語。

: 定義: 我們稱一個定義於 $(0,\infty)$ 的正函數 f 為 PG (pre-gamma) 函數, 如果 f 滿足函數方程式 f(x+1)=xf(x)。

現在我們可以重述到目前為止 Gamma 函數的界定方法, 如下:

界定一: 如果 f 是一 PG 函數, 使得

界定二: 如果 f 是一 PG 函數, 使得函數 $L(x)=\log f(x+1)$ 滿足

(L) $L(n+x)\!=\!L(n)+x\log(n+1)+r_n(x)$ , 此處 $\lim_{n\to\infty}r_n(x)=0$ , 則 $f(x)=c\Gamma(x)$ , c 為一常數。

界定三:

如果 f 是一 PG 函數, 使得

(P) f(n+x)=f(n)n^xt_n(x), 此處 $\lim_{n\rightarrow\infty}t_n(x)=1$ ,

則 $f(x)=c\Gamma(x)$ , c 為一常數。

顯而易見的, 在這三個不同的界定當中, 常數 c 均為 f(1)。換句話說, 任何 PG 函數 f 具有 f(1)=1 且滿足性質 (C), 或性質 (L), 或性質 (P) 的, 必定就是 Gamma 函數。

事實上, 對一個 PG 函數而言, 性質 (C), 性質 (L), 性質 (P) 是對等的; 詳細的證明請參閱 [9]。所以前面證明唯一性時, 在引理中的那個函數(亦即 (3)式) 就是 Gamma 函數本身。

現在我們回到前面的猜測二。因為 $\Gamma(n+1)=n!$ 以及 $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$ , 所以我們將猜測二改寫為

: 猜測三:
對所有的正數 x, 我們有 $\Gamma(x)\sim sx^{x-0.5}e^{-x}$ , 此處 s 為一常數。

如果這個猜測是對的, 令

$\begin{displaymath}\mu(x)=\log\left({\frac{\Gamma(x)}{sx^{x-0.5}e^{-x}}}\right),\end{displaymath}$

則 $\Gamma(x)=sx^{x-0.5}e^{-x}e^{\mu(x)}$ 。所以這個猜測建議我們考慮上式右方的函數

$\begin{displaymath}f(x)=x^{x-0.5}e^{-x}e^{\mu(x)}\eqno(4)\end{displaymath}$

我們所面臨的問題變為:尋找函數 $\mu(x)$ , 使得 f 滿足界定三的條件。怎麼樣的 $\mu(x)$ 才能使 f 是一個 PG 函數呢? 且看:

$\begin{eqnarray*} f(x+1)=xf(x) &\iff &1={\frac{f(x+1)}{xf(x)}} \\ &\iff &1={\fr... ...&\iff &\mu(x)-\mu(x+1)=(x+0.5)\log\left(1+{\frac{1}{x}}\right)-1 \end{eqnarray*}$

令 $g(x)=(x+0.5)\log\left(1+{\frac{1}{x}}\right)-1$ 。所以 f 是一個 PG 函數的充要條件為 $\mu(x)-\mu(x+1)=g(x)$ 。怎麼樣的 $\mu(x)$ 才滿足這條件呢? 很簡單,

$\begin{displaymath}\mu(x)=\sum_{k=0}^{\infty}g(x+k)\end{displaymath}$

就是其中一個。也許你會指控說: 「你連級數的收斂性都還不知道, 怎可如此大膽呢? 」但萬事總有一個起頭嘛! 忍耐一下, 姑且假設它是收斂的。好啦! 那這樣的 μ 是不是使得 f 滿足性質 (P)呢? 我們先看看再說吧! 且看:

$\begin{eqnarray*} t_n(x)={\frac{f(n+x)}{f(n)n^x}} &=&{\frac{(n+x)^{n+x-0.5}e^{-n... ...&\left(1+{\frac{x}{n}}\right)^{n+x-0.5}e^{-x}e^{\mu(n+x)-\mu(x)} \end{eqnarray*}$

我們知道

$\begin{displaymath}\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+{\frac{x}{n}}\right)^{n+x-0.5}=e^x\end{displaymath}$

所以只要能證明

$\begin{displaymath}\lim_{n\rightarrow\infty}e^{\mu(n+x)-\mu(x)}=1 ,\end{displaymath}$

那麼性質 (P) 就沒問題。事實上,

$\begin{displaymath}\mu(n+x)=\sum_{k=0}^{\infty}g(n+x+k)=\sum_{k=n}^{\infty}g(x+k)\end{displaymath}$

及

$\begin{displaymath}\mu(n)=\sum_{k=0}^{\infty}g(n+k)=\sum_{k=n}^{\infty}g(k)\end{displaymath}$

都是上面那個無窮級數的尾巴。所以當 n 趨近於無窮大時, 這兩個無窮級數當然都會趨近於 0。

現在我們回頭討論上面那個無窮級數 $\sum_{k=0}^{\infty}g(x+k)$ 的收斂性。首先我們將 g 寫成下面的形式:

$\begin{displaymath}g(x)=\frac{1}{2}(2x+1)\log\left(\frac{1+\frac{1}{2x+1}}{ 1-\frac{1}{2x+1}}\right)-1 \eqno(5)\end{displaymath}$

令 $y=\frac{1}{2x+1}$ , 則 0<y<1, 此乃因為 x>0。眾所皆知

$\begin{eqnarray*} \log(1+y) &= &+y-\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}-\frac{y^4}{4}+ -... ...log(1-y) &= &-y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}-\frac{y^4}{4}-\cdots \end{eqnarray*}$

所以, 我們有下面的展開式

$\begin{displaymath}{\frac{1}{2}}y^{-1}\log\left({\frac{1+y}{1-y}}\right) =1+{\frac{y^2}{3}}+{\frac{y^4}{5}}+{\frac{y^6}{7}}+\cdots .\end{displaymath}$

與上面 (5) 式合在一起, 我們得到

$\begin{eqnarray*} g(x) &= &{\frac{1}{3(2x+1)^2}}+{\frac{1}{5(2x+1)^4}}+{\frac{1}... ...\frac{1}{2x+1}})^2}} \\ &= &{\frac{1}{12x}}-{\frac{1}{12(x+1)}} \end{eqnarray*}$

因此, 我們有

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n}g(x+k) &< &\sum_{k=0}^{n}\left({\frac{1}{12(x+k)... ...= &{\frac{1}{12x}}-{\frac{1}{12(x+n+1)}} \\ &< &{\frac{1}{12x}} \end{eqnarray*}$

所以我們的無窮級數 $\sum_{k=0}^{\infty}g(x+k)$ 是正項級數, 而且其部份和是有上限的。結論是它是收斂的, 所以我們得到

$\begin{displaymath}\lim_{x\rightarrow\infty}\mu(x)=0\quad\mbox{{\fontfamily{cwM0... ...lectfont \char 185}}\quad \lim_{x\rightarrow\infty}e^{\mu(x)}=1\end{displaymath}$

界定三告訴我們 $f(x)=c\Gamma(x)$ , 或者寫成下式

$\begin{displaymath}\Gamma(x)=sx^{x-0.5}e^{-x}e^{\mu(x)} ,\end{displaymath}$

此處 s=1/c=1/f(1) 為一常數。這就證明了猜測三是對的, 此即一般所謂的 Stirling 公式。因此我們就把這個常數 s 稱之為 Stirling 常數。

最後, 讓我們將上面所得到的結果用來決定 Stirling 常數, 做為這篇文章的結束。我們會用到 $\Gamma({\frac{1}{2}})=\sqrt{\pi}$ , 第 (3) 式, 以及上面剛得到的結果 $n!\sim sn^{n+0.5}e^{-n}$ 。且看:

$\begin{eqnarray*} \Gamma({\frac{1}{2}}) &= &\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{n^{0... ... \\ &= &\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{s(2n)}{\sqrt{2}(2n+1)}} \end{eqnarray*}$

所以我們有等式 $\sqrt{\pi}=s/\sqrt{2}$ , 因此 $s=\sqrt{2\pi}$ , 這就是 Stirling 常數。

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．尤拉數e
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．Gamma 函數

參考文獻

: 1.Artin, Emil : The Gamma Function, Holt, Rinehart $\&$ Winston, Inc., New York, 1964.
: 2.Artin, Emil : Einf $\ddot{\mbox{u}}$ hrung in die Theorie der Gammafunktion, Teubner, 1931.
: 3.Barnes, C.W. : Euler's constant and e, Amer. Math. Monthly, 91 (1984), 428-430.
: 4.Bohr, H. and Mollerup, J. : Laerebog i matematisk Analyse, Kopenhagen, 1922, vol. III, pp. 149-164.
: 5.Euler, Leonhard :Institutiones calculi differentialis, Teubner, 1980; Leonhardi Euleri opera omnia, 10.
: 6.Goodman, T.N.T. : Maximum Products and $\lim(1+{\frac{1}{n}})^n=e$ , Amer. Math. Monthly, 93 (1986), 638-640.
: 7.Laugwitz, Detlef and Rodewald, Bernd : A simple characterization of the gamma function, Amer. Math. Monthly, 94 (1987), 534-536.
: 8.Rudin, Walter : Principles of Mathematical Analysis, 3rd Edition, McGraw-Hill Book Co., New York, 1976.
: 9.Shen, Yuan-Yuan : On characterizations of the gamma function, Math. Mag., to appear, 1995.


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編輯：石莉君 ∕ 校對：楊佳芳 ∕ 繪圖：張琇惠

最後修改日期：4/26/2002