Fonction G de Barnes

Représentation graphique de la fonction G de Barnes sur la droite réelle.

En mathématiques, la fonction G de Barnes est une fonction qui prolonge la superfactorielle aux nombres complexes. Elle est reliée à la fonction gamma, à la fonction K, ainsi qu'à la constante de Glaisher-Kinkelin. Elle est nommée d'après le mathématicien Ernest William Barnes.

Formellement, la fonction G de Barnes est définie par le produit de Weierstrass suivant:

$G(1+z)=(2\pi {)}^{z/2}\exp (-\frac{z+z^2(1+\gamma )}{2})\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\{{(1+\frac{z}{k})}^k\exp (\frac{z^2}{2k}-z)\}$

où $\gamma$ est la constante d'Euler–Mascheroni, exp la fonction exponentielle.

Équation fonctionnelle

La fonction G de Barnes satisfait à l'équation fonctionnelle suivante

$G(z+1)=\mathrm{\Gamma }(z)G(z)$

avec la condition G(1) = 1. Cette équation fonctionnelle est similaire à celle de la fonction gamma :

$\mathrm{\Gamma }(z+1)=z\mathrm{\Gamma }(z).$

L'équation précédente implique que G prend les valeurs suivantes sur les naturels :

$G(n)=\{\begin{array}{cc}0& \text{si }n\in \mathbb{Z}/\mathbb{N}\\ \prod _{i=0}^{n-2}i!& \text{si }n={\mathbb{N}}^{*}\end{array}$

(en particulier, $G(0)=0,G(1)=1$) et donc

$G(n)=\frac{(\mathrm{\Gamma }(n){)}^{n-1}}{K(n)}$

où $\mathrm{\Gamma }(x)$ désigne la fonction gamma et K la fonction K. L'équation fonctionnelle décrit de manière unique G si l'on ajoute la condition de convexité : $(\mathrm{\forall }x\ge 1)\frac{{\mathrm{d}}^3}{\mathrm{d}{x}^3}\log (G(x))\ge 0$.

La valeur en 1/2 de la fonction G vaut $G\left(\frac{1}{2}\right)=2^{\frac{1}{24}}{\mathrm{e}}^{\frac{3}{2}{\zeta }^{\prime }(-1)}{\pi }^{-\frac{1}{4}}.$ où Modèle:Math désigne la dérivée de la fonction zeta de Riemann.

Formules des compléments

Les équations fonctionnelles sur la fonction G et gamma peuvent être utilisées pour obtenir la formule suivante (prouvée à l'origine par Modèle:Lien) :

$\log G(1-z)=\log G(1+z)-z\log 2\pi +\underset{0}{\overset{z}{\int }}\pi x\cot \pi x\mathrm{d}x.$

L'intégrale log-tangente du membre de droite peut être évaluée en fonction de la fonction de Clausen (d'ordre 2), comme indiqué ci-dessous :

$2\pi \log \left(\frac{G(1-z)}{G(1+z)}\right)=2\pi z\log \left(\frac{\sin \pi z}{\pi }\right)+{\mathrm{Cl}}_2(2\pi z)$

La preuve repose sur une intégration par partie et la définition de la fonction de Clausen.

En utilisant l'équation$G(1+z)=\mathrm{\Gamma }(z)G(z)$et la formule de symétrie, on obtient la formule équivalente :

$\log \left(\frac{G(1-z)}{G(z)}\right)=z\log \left(\frac{\sin \pi z}{\pi }\right)+\log \mathrm{\Gamma }(z)+\frac{1}{2\pi }{\mathrm{Cl}}_2(2\pi z)$

Autre forme

Le changement de variable z en 1/2 − z donne la formule suivante (faisant intervenir les polynômes de Bernoulli) :

$\log \left(\frac{G(\frac{1}{2}+z)}{G(\frac{1}{2}-z)}\right)=$ $\log \mathrm{\Gamma }(\frac{1}{2}-z)+B_1(z)\log 2\pi +\frac{1}{2}\log 2+\pi \underset{0}{\overset{z}{\int }}{B}_1(x)\tan \pi x\mathrm{d}x$

Développement en série entière

Par le théorème de Taylor, en considérant les dérivés logarithmiques de la fonction de Barnes, on peut obtenir le développement suivant:

$\log G(1+z)=\frac{z}{2}\log 2\pi -\left(\frac{z+(1+\gamma )z^2}{2}\right)+\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\frac{\zeta (k)}{k+1}{z}^{k+1}.$

qui est valide pour $0<z<1$. Ici, $\zeta (x)$ est la fonction zêta de Riemann :

$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^s}.$

Cela fournit l'égalité :

$\begin{array}{cc}G(1+z)& =\exp [\frac{z}{2}\log 2\pi -\left(\frac{z+(1+\gamma )z^2}{2}\right)+\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\frac{\zeta (k)}{k+1}{z}^{k+1}]\\ & =(2\pi {)}^{z/2}\exp [-\frac{z+(1+\gamma )z^2}{2}]\exp [\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\frac{\zeta (k)}{k+1}{z}^{k+1}].\end{array}$

En comparant cette dernière égalité avec la forme produit de la fonction de Barnes, on obtient :

$\exp [\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\frac{\zeta (k)}{k+1}{z}^{k+1}]=\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\{{(1+\frac{z}{k})}^k\exp (\frac{z^2}{2k}-z)\}$

Formule de multiplication

De même que la fonction gamma, la fonction G a une formule multiplicative :

$G(nz)=K(n)n^{n^2{z}^2/2-nz}(2\pi {)}^{-\frac{n^2-n}{2}z}\prod _{i=0}^{n-1}\prod _{j=0}^{n-1}G(z+\frac{i+j}{n})$

où $K(n)$ est donnée par :

$K(n)={\mathrm{e}}^{-(n^2-1){\zeta }^{\prime }(-1)}\cdot n^{\frac{5}{12}}\cdot (2\pi {)}^{(n-1)/2}=(A{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{12}}{)}^{n^2-1}\cdot n^{\frac{5}{12}}\cdot (2\pi {)}^{(n-1)/2}.$

et $A$ est la constante de Glaisher–Kinkelin.

Développement asymptotique

Le logarithme de G(z + 1) a le développement asymptotique suivant, établi par Barnes :

$\log G(z+1)=\frac{z^2}{2}\log z-\frac{3z^2}{4}+\frac{z}{2}\log 2\pi -\frac{1}{12}\log z+(\frac{1}{12}-\log A)+\sum _{k=1}^N\frac{B_{2k+2}}{4k(k+1)z^{2k}}+O\left(\frac{1}{z^{2N+2}}\right).$

où $B_k$ désignent les nombres de Bernoulli. Ce développement est valide pour $z$ dans n'importe quel ouvert ne contentant pas l'axe réel négatif axis avec $|z|$ assez grand.

Relation à l'intégrale Loggamma

La fonction Loggamma est reliée à la fonction G par l'équation :

$\underset{0}{\overset{z}{\int }}\log \mathrm{\Gamma }(x)dx=\frac{z(1-z)}{2}+\frac{z}{2}\log 2\pi +z\log \mathrm{\Gamma }(z)-\log G(1+z)$

La preuve consiste d'abord à étudier la différence logarithmique de la fonction gamma et de la fonction G de Barnes :

$z\log \mathrm{\Gamma }(z)-\log G(1+z)$

en considérant la définition de la fonction Gamma comme produit de Weierstrass:

$\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(z)}=z{\mathrm{e}}^{\gamma z}\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\left\{(1+\frac{z}{k}){\mathrm{e}}^{-z/k}\right\}$

et $\gamma$ est la constante d'Euler–Mascheroni.

On obtient donc

$\begin{array}{cc}z\log \mathrm{\Gamma }(z)-\log G(1+z)& =-z\log \left(\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(z)}\right)-\log G(1+z)\\ & =-z[\log z+\gamma z+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\{\log (1+\frac{z}{k})-\frac{z}{k}\}]\\ & -[\frac{z}{2}\log 2\pi -\frac{z}{2}-\frac{z^2}{2}-\frac{z^2\gamma }{2}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\{k\log (1+\frac{z}{k})+\frac{z^2}{2k}-z\}]\end{array}$

Soit

$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\{(k+z)\log (1+\frac{z}{k})-\frac{z^2}{2k}-z\}=-z\log z-\frac{z}{2}\log 2\pi +\frac{z}{2}+\frac{z^2}{2}-\frac{z^2\gamma }{2}-z\log \mathrm{\Gamma }(z)+\log G(1+z)$

D'autre part, on prend le logarithme du produit de Weierstrass de la fonction gamma et on intègre sur l'intervalle $[0,z]$ :

$\begin{array}{c}\underset{0}{\overset{z}{\int }}\log \mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{d}x=-\underset{0}{\overset{z}{\int }}\log \left(\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(x)}\right)\mathrm{d}x=-(z\log z-z)-\frac{z^2\gamma }{2}-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\{(k+z)\log (1+\frac{z}{k})-\frac{z^2}{2k}-z\}\end{array}$

Les deux égalités obtenues amènent :

$\underset{0}{\overset{z}{\int }}\log \mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{d}x=\frac{z(1-z)}{2}+\frac{z}{2}\log 2\pi +z\log \mathrm{\Gamma }(z)-\log G(1+z)$

Et puisque$G(1+z)=\mathrm{\Gamma }(z)G(z)$,

$\underset{0}{\overset{z}{\int }}\log \mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{d}x=\frac{z(1-z)}{2}+\frac{z}{2}\log 2\pi -(1-z)\log \mathrm{\Gamma }(z)-\log G(z).$

Références

•  Modèle:DLMF

•  Modèle:Lien arXiv