Fonction G de Barnes

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

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

avec la condition G(1) = 1. Notons la similitude entre l'équation fonctionnelle de la fonction G de Barnes et celle de la fonction gamma :

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

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

${\displaystyle G(n)={\begin{cases}0&{\text{if }}n=0,-1,-2,\dots \\\prod _{i=0}^{n-2}i!&{\text{if }}n=1,2,\dots \end{cases}}}$

(en particulier, ${\displaystyle \,G(0)=0,G(1)=1}$) et donc

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

où ${\displaystyle \,\Gamma (x)}$ 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: ${\displaystyle \,{\frac {d^{3}}{dx^{3}}}G(x)\geq 0}$.

La valeur en 1/2 de la fonction G vaut ${\displaystyle G\left({\frac {1}{2}}\right)=2^{\frac {1}{24}}e^{{\frac {3}{2}}\zeta '(-1)}\pi ^{-{\frac {1}{4}}}.}$

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

${\displaystyle \log G(1-z)=\log G(1+z)-z\log 2\pi +\int _{0}^{z}\pi x\cot \pi x\,\mathrm {d} x.}$

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

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

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

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

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

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

${\displaystyle \log \left({\frac {G\left({\frac {1}{2}}+z\right)}{G\left({\frac {1}{2}}-z\right)}}\right)=}$ ${\displaystyle \log \Gamma \left({\frac {1}{2}}-z\right)+B_{1}(z)\log 2\pi +{\frac {1}{2}}\log 2+\pi \int _{0}^{z}B_{1}(x)\tan \pi x\,dx}$

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

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

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

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

Cela fournit l'égalité suivante :

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

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

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

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

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

où ${\displaystyle K(n)}$ est donnée par:

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

et ${\displaystyle A}$ est la constante de Glaisher–Kinkelin.

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

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

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

La fonction Loggamma est reliée à la fonction G:

${\displaystyle \int _{0}^{z}\log \Gamma (x)\,dx={\frac {z(1-z)}{2}}+{\frac {z}{2}}\log 2\pi +z\log \Gamma (z)-\log G(1+z)}$

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

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

où

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

et ${\displaystyle \,\gamma }$ est la constante d'Euler–Mascheroni.

On obtient donc

${\displaystyle {\begin{aligned}&z\log \Gamma (z)-\log G(1+z)=-z\log \left({\frac {1}{\Gamma (z)}}\right)-\log G(1+z)\\[5pt]={}&{-z}\left[\log z+\gamma z+\sum _{k=1}^{\infty }{\Bigg \{}\log \left(1+{\frac {z}{k}}\right)-{\frac {z}{k}}{\Bigg \}}\right]\\[5pt]&{}-\left[{\frac {z}{2}}\log 2\pi -{\frac {z}{2}}-{\frac {z^{2}}{2}}-{\frac {z^{2}\gamma }{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\Bigg \{}k\log \left(1+{\frac {z}{k}}\right)+{\frac {z^{2}}{2k}}-z{\Bigg \}}\right]\end{aligned}}}$

Soit

${\displaystyle {\begin{aligned}&\sum _{k=1}^{\infty }{\Bigg \{}(k+z)\log \left(1+{\frac {z}{k}}\right)-{\frac {z^{2}}{2k}}-z{\Bigg \}}\\[5pt]={}&{-z}\log z-{\frac {z}{2}}\log 2\pi +{\frac {z}{2}}+{\frac {z^{2}}{2}}-{\frac {z^{2}\gamma }{2}}-z\log \Gamma (z)+\log G(1+z)\end{aligned}}}$

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

${\displaystyle {\begin{aligned}&\int _{0}^{z}\log \Gamma (x)\,dx=-\int _{0}^{z}\log \left({\frac {1}{\Gamma (x)}}\right)\,dx\\[5pt]={}&{-(z\log z-z)}-{\frac {z^{2}\gamma }{2}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\Bigg \{}(k+z)\log \left(1+{\frac {z}{k}}\right)-{\frac {z^{2}}{2k}}-z{\Bigg \}}\end{aligned}}}$

Les deux égalités obtenues amènent:

${\displaystyle \int _{0}^{z}\log \Gamma (x)\,dx={\frac {z(1-z)}{2}}+{\frac {z}{2}}\log 2\pi +z\log \Gamma (z)-\log G(1+z)}$

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

${\displaystyle \int _{0}^{z}\log \Gamma (x)\,dx={\frac {z(1-z)}{2}}+{\frac {z}{2}}\log 2\pi -(1-z)\log \Gamma (z)-\log G(z)\,.}$

• (en) Cet article est partiellement ou en totalité issu de l’article de Wikipédia en anglais intitulé « Barnes G-function » (voir la liste des auteurs).

•  « Fonction G de Barnes », sur NIST Handbook of Mathematical Functions, Cambridge University Press, 2010 (ISBN 978-0521192255)

•  (en) Viktor S. Adamchik « Contributions to the Theory of the Barnes function », 2003.

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