🐟🍊みかん🍊🐟が感動した定理とその系

Stokes-Cartanの定理より、
\begin{aligned} \int_a^bf'(x)dx &=\int_a^bdf\\ &=\int_{\partial[a,b]}f\\ &=f(b)-f(a) \end{aligned}

Stokes-Cartanの定理より、
\begin{aligned} \int_{\partial V}\bm F\cdot (dx\wedge dy+dy\wedge dz+dz\wedge dx) &=\int_V\left(\frac{\partial\bm F}{\partial x}+\frac{\partial\bm F}{\partial y}+\frac{\partial\bm F}{\partial z}\right)dx\wedge dy\wedge dz\\ &=\int_V\nabla\cdot\bm FdV \end{aligned}

Stokes-Cartanの定理より
\begin{aligned} \int_{\partial S}\bm F\cdot(dx+dy+dz) &=\int_S\left(\frac{\partial\bm F}{\partial y}-\frac{\partial\bm F}{\partial z}\right)dy\wedge dz+\left(\frac{\partial\bm F}{\partial z}-\frac{\partial\bm F}{\partial x}\right)dz\wedge dx+\left(\frac{\partial\bm F}{\partial x}-\frac{\partial\bm F}{\partial y}\right)dx\wedge dy\\ &=\int_S(\nabla\times\bm F)\cdot d\bm S \end{aligned}

Stokes-Cartanの定理より
\begin{aligned} \int_{\partial D}Pdx+Qdy &=\int_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial y}-\frac{\partial P}{\partial x}\right)dx\wedge dy\\ &=\int_D\left(\frac{\partial Q}{\partial y}-\frac{\partial P}{\partial x}\right)dxdy \end{aligned}

Greenの定理により、$\partial D=C$として、$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$とすると$(u,v\colon\R^2\mapsto\R^2)$
\begin{aligned} \oint_Cf(z)dz &=\oint_C(u+v)(dx+idy)\\ &=\oint(udx-vdy)+i\oint(udy+vdx)\\ &=-\int_{D}\left(\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\right)dxdy+i\int_{D}\left(\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v}{\partial y}\right)dxdy\\ &=0 \end{aligned}
最後の等式ではCauchy-Riemannの関係式$u_x=v_y, u_y=-v_x$を用いた。

直接変形によって示す。
\begin{aligned} \int_0^1\frac1{x^x} &=\int_0^1e^{-x\ln x}\\ &=\int_0^1\sum_{n\ge0}\frac{(-x\ln x)^n}{n!}dx\\ &=\sum_{n\ge0}\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1x^n\ln^n xdx\\ &=\sum_{n\ge0}\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^\infty e^{-(n+1)t}(-t)^ndt&(x\mapsto e^{-t})\\ &=\sum_{n\ge0}\frac1{n!}\frac{\Gamma(n+1)}{(n+1)^{n+1}}\\ &=\sum_{n>0}\frac1{n^n} \end{aligned}

$0< x\le1, n\in\N$とすると、与えられた関数等式から
$$ f(x+n)=(x)_{n}f(x) $$
である。また、$s(x_1, x_2)$を二点$(x_1,\ln f(x_1)),(x_2,\ln f(x_2))$を結んだ直線の傾きとし、$x_1< x_2$としておくと、対数凸であるという条件から
$$ s(n-1,n)\le s(n,n+x)\le s(n,n+1) $$
となります。これを変形していくと
$$ s(n-1,n)\le s(n,n+x)\le s(n,n+1)\\ x(\ln f(n)-\ln f(n-1))\le \ln f(x+n)-\ln f(n)\le x(\ln f(n+1)-\ln f(n))\\ (n-1)^x(n-1)!\le f(x+n)\le n^x(n-1)! $$
となり、はじめに与えた式から
$$ \frac{(n-1)^x(n-1)!}{(x)_n}\le f(x)\le\frac{n^x(n-1)!}{(x)_n} $$
即ち
$$ \frac{n^xn!}{(x)_{n+1}}\le f(x)\le \frac{n^x(n-1)!}{(x)_n}\frac{x+n}{n} $$
となる。ここで$n\to\infty$の極限を考えると、挟み撃ちの原理により
$$ f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{n^xn!}{(x)_{n+1}} $$
となり、$0< x\le1$においては一意的なのであるが、一致の定理により条件を満たす解析関数は唯一つである。

$f(z)$が定数でない整関数であるとすると、定義から$g(z)=f(\frac1z)$は$z=0$以外に特異点を持たない。
ここで、$z=0$が$g$の真性特異点であるならば、Picardの大定理によって高々一つの例外を除くすべての複素数値を取ることがわかる。
また、$z=0$が$g$の極や可除特異点であるならば、その主要部を除去した関数$h(z)$を考えると、これはほかに特異点を持たず有界であるから、Liouvilleの定理によって定数となる。よって$g(z)$は$z^{-1}$の多項式で表せ、それが定数ではないことから代数学の基本定理からすべての複素数値をとることがわかる。従って、このときの$f(z)=g(\frac1z)$も、高々一つの例外を除きすべての複素数値をとる。