Démonstration.

1. Soit $x\in {\mathbb{R}}_{\ast }^{+}$. Alors : $$\begin{array}{rl}\Gamma (x+1)& ={\int }_0^{+\infty }{t}^x{e}^{-t}\mathrm{d}t\\ & ={\left[e^{-t}{t}^x\right]}_0^{+\infty }+x{\int }_0^{+\infty }{t}^{x-1}{e}^{-t}\mathrm{d}t\\ & =x\Gamma (x)\end{array}$$

2. Comme $t\mapsto e^{-t}{1}_{{\mathbb{R}}^{+}}(t)$ est la densité de probabilité d’une loi exponentielle de paramètre $1$, on a $$\underset{=\Gamma (1)}{\underbrace{{\int }_0^{+\infty }{e}^{-t}\mathrm{d}t}}=1$$

3. Soient $x,y\in {\mathbb{R}}_{\ast }^{+}$ et $\lambda \in ]0,1[$. On applique l’inégalité de Hölder en posant $\lambda =\frac{1}{p}$ et $1-\lambda =\frac{1}{q}$ : $$\begin{array}{rl}\Gamma (\lambda x+(1-\lambda )y)& ={\int }_0^{+\infty }{e}^{-t}{t}^{\lambda x}{t}^{(1-\lambda )y}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{+\infty }(e^{-t}{t}^{x-1}{)}^{\frac{1}{p}}(e^{-t}{t}^{y-1}{)}^{\frac{1}{q}}\mathrm{d}t\\ & \le {\left({\int }_0^{+\infty }{e}^{-t}{t}^{x-1}\right)}^{\frac{1}{p}}{\left({\int }_0^{+\infty }{e}^{-t}{t}^{y-1}\right)}^{\frac{1}{q}}\\ & =\Gamma (x{)}^{\lambda }\Gamma (y{)}^{1-\lambda }\end{array}$$ Donc $\ln \circ \Gamma$ vérifie bien l’inégalité de convexité sur ${\mathbb{R}}_{\ast }^{+}$ et ainsi, $\Gamma$ est log-convexe.

 ◻

Démonstration. Par récurrence, on a d’après le Point 0 : $$\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast },\forall x\in ]0,1],f(x+n)=(x+n-1)\dots (x+1)xf(x)\text{\hspace{1em}(∗)}$$ Donc les valeurs prises par $f$ sur ${\mathbb{R}}_{\ast }^{+}$ sont entièrement déterminées par ses valeurs prises sur $]0,1]$. Ainsi, pour démontrer le théorème, il suffit de vérifier $\forall x\in ]0,1]$, $f(x)=\Gamma (x)$.

Soient donc $x\in ]0,1]$ et $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ ; on applique le lemme des trois pentes à la fonction convexe $\ln \circ f$ (d’après le Point 4 appliqué aux points $n-1$, $n$, $n+x$ et $n+1$ :

$$\frac{(\ln \circ f)(n)-(\ln \circ f)(n-1)}{n-(n-1)}\le \frac{(\ln \circ f)(n+x)-(\ln \circ f)(n)}{n+x-n}\le \frac{(\ln \circ f)(n+1)-(\ln \circ f)(n)}{n+1-n}$$ Mais, d’après $(\ast )$ et le Point 2, on a $f(n)=(n-1)!$. D’où : $$\begin{array}{rl}& \ln (n-1)\le \frac{(\ln \circ f)(n+x)-\ln ((n-1)!)}{x}\le \ln (n)\\ ⟹& \ln ((n-1{)}^x)\le (\ln \circ f)(n+x)-\ln ((n-1)!)\le \ln (n^x)\\ ⟹& \ln ((n-1{)}^x(n-1)!)\le (\ln \circ f)(n+x)\le \ln (n^x(n-1)!)\end{array}$$ Par croissance de la fonction $\ln$, cela donne : $$(n-1{)}^x(n-1)!\le f(n+x)\le n^x(n-1)!$$ Et en appliquant $(\ast )$, on obtient : $$\frac{(n-1{)}^x(n-1)!}{(x+n-1)\dots (x+1)x}\le f(x)\le \frac{n^x(n-1)!}{(x+n-1)\dots (x+1)}$$ En ne considérant que la première inégalité, on peut remplacer $n$ par $n+1$ (car les deux inégalités sont vraies pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$) : $$\frac{n^{x}n!}{(x+n)\dots (x+1)x}\le f(x)$$ Or, $\frac{n^x(n-1)!}{(x+n-1)\dots (x+1)}=\frac{n^{x}n!}{(x+n)\dots (x+1)x}\frac{x+n}{n}$, donc : $$\begin{array}{rl}& \frac{n^{x}n!}{(x+n)\dots (x+1)x}\le f(x)\le \frac{n^{x}n!}{(x+n)\dots (x+1)x}\frac{x+n}{n}\\ ⟹& f(x)\frac{n}{x+n}\le \frac{n^{x}n!}{(x+n)\dots (x+1)x}\le f(x)\\ ⟹& f(x)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^{x}n!}{(x+n)\dots (x+1)x}\end{array}$$ en faisant $n⟶+\infty$ dans la deuxième inégalité. Comme $\Gamma$ vérifie le Point 0, le Point 2, et le Point 4 ; le raisonnement précédent est a fortiori vrai aussi pour $\Gamma$. Donc $$\Gamma (x)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^{x}n!}{(x+n)\dots (x+1)x}=f(x)$$ ie. $f$ et $\Gamma$ coïncident bien sur $]0,1]$. ◻