\phi=\log f로 두자. 그러면
x\in(0,\infty)에 대해
\phi(x+1)=\phi(x)+\log x\quad \cdots\cdots \quad (1)
이고
\phi(1)=0이며
\phi는 볼록이다. 이제
0<x<1이라 하고
n을 양의 정수라 하자. 여기서
\phi(n+1)=\log(n!) 임을 귀납법을 이용해서 쉽게 증명할 수 있다. 특히, 위의 식을 이용하면 다음을 얻어낼 수 있다.
\phi(n+1+x) = \phi(x)+\log\left[x(x+1)\cdots(x+n)\right]\quad \cdots\cdots \quad (2)
만약
g가 볼록함수이면, 기울기 비교를 통해서
a<b<c<d인 실수
a,b,c,d 에 대해
\frac{g(b)-g(a)}{b-a}\le \frac{g(c)-g(b)}{c-b}\le \frac{g(d)-g(b)}{d-b}\quad \cdots\cdots \quad (3)
가 성립한다. 여기서
g=\phi,
a=n,
b=n+1,
c=n+1+x d=n+2로 두면
\log n\le \frac{\phi(n+1+x)-\phi(n+1)}{x}\le\log(n+1)\quad \cdots\cdots \quad (4)
이다. 이제 (4)에 (2)를 대입하면
\log n\le \frac{\phi(x) + \log[x(x+1)\cdots(x+n)] -\phi(n+1)}{x}\le\log(n+1)\quad \cdots\cdots \quad (5)
(5)의 양변에
\log n을 빼내고 양변에
x를 곱하면
0\le \phi(x) + \log[x(x+1)\cdots(x+n)n^{-x}] -\phi(n+1)\le x\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\quad \cdots\cdots \quad (6)
\phi(n+1)=\log(n!)라는 사실을 이용해서 (6)을 정리하면
0\le \phi(x) - \log\left[\frac{n^x n!}{x(x+1)\cdots(x+n)}\right]\le x\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\quad \cdots\cdots \quad (7)
이제 양변에
n을 무한대로 보내는 극한을 취하면, 다음을 알 수 있다:
\log f(x) = \lim_{n\to\infty}\log\left[\frac{n^x n!}{x(x+1)\cdots(x+n)}\right]
따라서
0<x<1일 때
f는 유일하게 결정된다. 그리고
f(x+1)=xf(x)란 성질을 이용하면
f는 양의 실수 전체에서 유일하게 결정됨을 보일 수 있다.
