Demostrando que la función G de Barnes satisface la ecuación funcional $G(z+1) = \Gamma (z) G(z) $

Question

Deje que $G(z)$ ser la función G de Barnes.

Quiero usar la representación del producto infinito

$$ G(z+1)=(2 \pi )^{z/2} \text {exp} \left (- \frac {z(z+1)}{2}- \frac { \gamma z^{2}}{2} \right )\, \prod_ {k=1}^{ \infty } \left (1+ \frac {z}{k} \right )^{k} \text {exp} \left ( \frac {z^2}{2k}-z \right )$$

para mostrar que la función G de Barnes satisface la ecuación funcional

$$G(z+1) = \Gamma (z) G(z). $$

Específicamente, quiero mostrar que $$ \frac {G(z+1)}{G(z)} = \frac {e^{- \gamma z}}{z} \prod_ {k=1}^{ \infty } \frac {e^{ \frac {z}{k}}}{1+ \frac {z}{k}}$$ donde el lado derecho de la ecuación es la representación del producto infinito de la función gamma de Weierstrass.

Obviamente,

$$ \begin {align} \frac {G(z+1)}{G(z)} &= \frac {(2 \pi )^{z/2} \text {exp} \left (- \frac {z(z+1)}{2}- \frac { \gamma z^{2}}{2} \right )\, \prod_ {k=1}^{ \infty } \left (1+ \frac {z}{k} \right )^{k} \text {exp} \left ( \frac {z^2}{2k}-z \right )}{(2 \pi )^{(z-1)/2} \text {exp} \left (- \frac {(z-1)z}{2}- \frac { \gamma (z-1)^{2}}{2} \right )\, \prod_ {k=1}^{ \infty } \left (1+ \frac {z-1}{k} \right )^{k} \text {exp} \left ( \frac {(z-1)^2}{2k}-(z-1) \right )} \\ &= \sqrt {2 \pi } \exp \left (-z - \gamma z + \frac { \gamma }{2} \right ) \prod_ {k=1}^{ \infty } \left ( \frac {k+z}{k+z-1} \right )^{k} \exp \left ( \frac {2z-1-2k}{2k} \right ). \end {align}$$

Pero no tengo claro qué hacer a continuación.

Answer 1

Empezaré desde tu última expresión. La idea es, más o menos, escribir $(k+z-1)^k$ en el denominador como $(k+z-1)^{k-1} \cdot (k+z-1)$ y luego para reemplazar $k-1$ por $k'$ y observar que el producto se simplifica telescópicamente. Además, para evitar errores, es mejor empezar con un finito producto.

Tenemos \begin {alinear} \prod_ {k=1}N \left ( \frac {k+z}{k-1+z} \right )^k \exp\frac {2z-1-2k}{2k}= \frac { \prod_ N(k+z)^k \exp\frac {2z-1-2k}{2k}}{ \prod_ {k=1}^N(k-1+z)^{k-1}(k-1+z)}= \\ = \frac { \prod_ {k=1}{N}(k+z)^k \exp\frac {2z-1-2k}{2k}}{ \prod_ {k=0}^{N-1}(k+z)^{k} \prod_ {k=0}^{N-1}(k+z)}= \\ = \frac {(N+z)^N \prod_ {k=1}{N} \exp\frac {2z-1-2k}{2k}}{z \prod_ {k=1}^{N-1}(k+z)}= \\ = \frac {N^N \left (1+ \frac {z}{N} \right )^N \prod_ {k=1}{N} \exp\frac {2z-1-2k}{2k}}{ \frac {z}{N+z} \prod_ {k=1}^{N}k(1+ \frac {z}{k})}= \\ = \frac N N \times\left (1+ \frac {z}{N} \right )^N \times\frac {N+z}{z} \times\prod_ {k=1}{N} \frac {e^{z/k}}{1+z/k} \times \exp\left\ {- \frac12\sum_ {k=1}N \frac1k\right\ }. \tag {1} \end {alinear} Ahora considere la asintótica de diferentes factores en la última expresión como $N \rightarrow\infty $ :

• De la fórmula de Stirling obtenemos $$ \frac {(N/e)^N}{N!}= \frac {1}{ \sqrt {2 \pi N}}+O \left (N^{-3/2} \right ).$$

• $ \left (1+ \frac {z}{N} \right )^N$ tiende a $e^z$ .

• Usando la representación del producto de la función gamma, en el límite podemos reemplazar $ \prod_ {k=1}^{N} \frac {e^{z/k}}{1+z/k}$ por $ze^{ \gamma z} \Gamma (z)$ .

• Las series armónicas son conocidas por comportarse como $$ \sum_ {k=1}^N \frac1k = \ln N+ \gamma +O \left (N^{-1} \right )$$

Por lo tanto, el límite de (1) da $$ \frac {1}{ \sqrt {2 \pi N}} \times e^z \times N\,e^{ \gamma z} \Gamma (z) \times \frac {e^{- \gamma /2}}{ \sqrt {N}} \sim\frac { \exp\left\ {z( \gamma +1)- \frac { \gamma }{2} \right\ }}{ \sqrt {2 \pi }} \Gamma (z).$$ Esto equivale a la relación funcional que quiere probar.