Lösung.

  1. Wir zeigen durch Induktion nach $ \mbox{$k\in\{0,\ldots,n\}$}$ , daß
    $ \mbox{$\displaystyle \int_0^n\left(1-\dfrac{t}{n}\right)^n t^{x-1}\,\text{d}t... ...-\nu}{x+\nu} \int_0^n\left(1-\frac{t}{n}\right)^{n-k}t^{x+k-1}\,\text{d}t\;. $}$
    Für $ \mbox{$k=0$}$ ist dies klar. Für den Induktionsschritt betrachte man die partielle Integration
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{l} \dfrac{1}{n^k}\left(\displaystyle\prod_... ...\int_0^n\left(1-\frac{t}{n}\right)^{n-(k+1)}t^{x+k}\,\text{d}t\;. \end{array}$}$
    Daraus folgt die obige Behautpung. Für $ \mbox{$k=n$}$ ergibt sich die geforderte Gleichung.
  2. Die Folge $ \mbox{$a_n:=\left(1-\dfrac{t}{n}\right)^n$}$ ist für $ \mbox{$n\ge 1$}$ , $ \mbox{$n>t$}$ monoton wachsend, denn es gilt mit Hilfe der Bernoullischen Ungleichung
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} \dfrac{a_{n+1}}{a_n} &=& \left(\df... ...\left(1+\dfrac{t}{n-t}\right)\left(1-\dfrac{t}{n}\right) &=& 1\;. \end{array}$}$
    Ferner ist bekannt, daß
    $ \mbox{$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)n \;=\; e^x $}$
    für alle $ \mbox{$x\in\mathbb{R}$}$ gilt. Daraus folgt die Behauptung.

  3. Nach dem vorigem gilt auch
    $ \mbox{$\displaystyle \left(1+\frac{t}{n}\right)^n\;<\; e^t $}$
    für $ \mbox{$n\in\mathbb{N}$}$ , $ \mbox{$n>-t$}$ . Speziell gilt also für $ \mbox{$0\le t<n$}$ mit der Bernoullischen Ungleichung
    $ \mbox{$\displaystyle \left(1-\frac{t}{n}\right)^ne^t \;\ge\; \left(1-\frac{t... ...{n}\right)^n \;=\; \left(1+\frac{t^2}{n^2}\right) \;\ge\; 1-\frac{t^2}{n}\;, $}$
    und daher
    $ \mbox{$\displaystyle 0 \;\le\; e^{-t}-\left(1-\frac{t}{n}\right)^n \;\le\; e^{-t} -e^{-t}\left(1-\frac{t^2}{n}\right) \;=\; e^{-t}\,\frac{t^2}{n}\;. $}$
    Somit wird
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} 0 &\le& \displaystyle\int_0^n t^{x-... ...}{n}\,\Gamma(x+2) &\to& 0\;,\;\;\text{f\uml ur}\;\; n\to\infty\;. \end{array}$}$
    Mit Aufgabenteil 2. folgt daher für alle $ \mbox{$x\ge 1$}$ , daß
    $ \mbox{$\displaystyle \Gamma(x) \;=\; \lim_{n\to\infty}\int_0^n t^{x-1}e^{-t}... ...^{x-1} \;=\; \lim_{n\to\infty} \dfrac{n!n^x}{x(x+1)\cdot\ldots\cdot(x+n)}\;. $}$

  4. Es sei $ \mbox{$K\subseteq\mathbb{C}$}$ eine kompakte Teilmenge. Es sei $ \mbox{$c>0$}$ so gewählt, daß $ \mbox{$\vert z\vert\le c$}$ für alle $ \mbox{$z\in K$}$ gilt. Dann folgt für alle $ \mbox{$z\in K$}$ , daß
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} \left\vert\left(1+\dfrac{z}{\nu}\ri... ...infty \frac{\vert z\vert^k}{k!} &\le& e^{2c}\,\dfrac{1}{\nu^2}\;, \end{array}$}$
    und
    $ \mbox{$\displaystyle \sum_{\nu=1}^\infty e^{2c}\,\frac{1}{\nu^2} \;<\; \infty\;. $}$
    Somit konvergiert das unendliche Produkt normal auf $ \mbox{$\mathbb{C}$}$ und stellt eine ganze Funktion dar.

  5. Es gilt offenbar $ \mbox{$h(1)\ge 0$}$ , und da das Produkt konvergiert, gilt auch $ \mbox{$h(1)\ne 0$}$ . Folglich gibt es ein solches $ \mbox{$\gamma$}$ .
  6. Es gilt
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} \gamma &=& -\text{Log }h(1) &=& -\d... ...im_{n\to\infty}\left(\sum_{\nu=1}^n\frac{1}{\nu}-\log n\right)\;, \end{array}$}$
    denn es gilt $ \mbox{$\lim_{n\to\infty} (\log(n+1)-\log n)=0$}$ .

  7. Es gilt
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \Phi(z) &:=& ze^{\gamma z}\displayst... ...\infty} \frac{z(z+1)\cdot\ldots\cdot(z+n)}{n!n^z}\vspace*{2mm}\;, \end{array}$}$
    denn $ \mbox{$\text{Log } n-\sum_{\nu=1}^n \frac{1}{\nu}\to -\gamma$}$ für $ \mbox{$n\to\infty$}$ . Mit Aufgabenteil 3. folgt
    $ \mbox{$\displaystyle \Phi(z) \;=\; \frac{1}{\Gamma(z)} $}$
    für alle $ \mbox{$z\in\mathbb{R}$}$ mit $ \mbox{$z\ge 1$}$ . Aufgrund des Identitätssatzes für holomorphe Funktionen ist $ \mbox{$\Phi$}$ die eindeutig bestimmte holomorphe Fortsetzung von $ \mbox{$\frac{1}{\Gamma}$}$ auf $ \mbox{$\mathbb{C}$}$ . Die Behauptung folgt.
  8. Die ganze Funktion $ \mbox{$\Phi=\frac{1}{\Gamma}$}$ hat nach obiger Produktdarstellung lauter einfache Nullstellen in den Punkten $ \mbox{$0,-1,-2,\ldots$}$ , und sie hat keine weiteren Nullstellen. Somit ist $ \mbox{$\frac{1}{\Phi}$}$ eine meromorphe Funktion, deren Singularitäten jeweils einfache Pole in den Punkten $ \mbox{$0,-1,-2,\ldots$}$ sind. Daher ist $ \mbox{$\frac{1}{\Phi}$}$ eine meromorphe Fortsetzung von $ \mbox{$\Gamma$}$ . Da $ \mbox{$\frac{1}{\Gamma}$}$ eine ganze Funktion ist, kann $ \mbox{$\Gamma$}$ keine Nullstellen auf $ \mbox{$\mathbb{C}$}$ haben.