¿Es también cierto lo contrario del teorema maestro de Ramanujan?

Question

El teorema maestro de Ramunajan establece que si una función de valor complejo$f(x)$ tiene una expansión de la forma

$$\displaystyle f(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\,\varphi (k)\,}{k!}}(-x)^{k}$$

luego la transformada de Mellin de$f(x)$ es dado por

$$\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{s-1}\,f(x)\,\operatorname {d} x=\Gamma (s)\,\varphi (-s)$$

aquí $\varphi(s)$ es alguna función (digamos analítica o integrable).

Ahora, ¿qué pasa con lo contrario de esto? Digamos que sabemos que la transformada de Mellin de$f(x)$ es igual a $\Gamma (s)\,\varphi (-s)$, entonces es cierto que $f(x)$ tiene una expansión infinita en la forma dada arriba?

No pude encontrar nada sobre esta pregunta en Wikipedia o en otro lugar.

Answer 1

Para una conversación parcial al teorema maestro, tenga en cuenta que si $\mathcal M[f(x)]=\Gamma(s)\varphi(-s)$ luego $$f(x)=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}x^{-s}\Gamma(s)\varphi(-s)\,ds.$$ Los polos de $\Gamma$ son simples y son los enteros no positivos, por lo que el residuo en un entero $-t\le0$ es $$\lim_{s\to-t}(s+t)\Gamma(s)=\lim_{s\to-t}\frac{\Gamma(s+t+1)}{\prod\limits_{i=0}^{t+1}(s+i)}=\frac{(-1)^t}{t!}.$$ Así que si $\varphi$ no tiene singularidades y no tiene raíces en los enteros no positivos, entonces el teorema del residuo da $$f(x)=\sum_{t\ge0}\operatorname{Res}(x^{-s}\Gamma(s)\varphi(-s),-t)=\sum_{k=0}^\infty\frac{\varphi(k)(-x)^k}{k!}$$ que es la declaración original.

En los informes trimestrales ¹ de Ramanujan de Berndt , se observa que

En la sección final del primer informe, Ramanujan deriva ciertas expansiones para cuatro funciones asumiendo que se cumple un tipo de teorema inverso al teorema maestro. Más específicamente, determina una serie de potencias para el integrando a partir del valor de la integral. De hecho, la recíproca de Ramanujan al Teorema principal se deriva de la fórmula de inversión para las transformadas de Mellin. Aunque Ramanujan procedió formalmente, todos los resultados que obtiene son, de hecho, correctos.

_{(énfasis mío)}

Las cuatro funciones consideradas son

1. $\left(2/(1+\sqrt{1+4x})\right)^n=p_*^{-n}$ dónde $p_*$ es la raíz positiva de $p^2-p-x$, dando $\varphi(q)=n\Gamma(n+2q)/\Gamma(n+q+1)$;

2. $\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^{-n}=e^{-n\operatorname{arcsinh}x}$, dando $\varphi(q)=n2^{q-1}\Gamma((n+q)/2)/\Gamma((n-q)/2+1)$;

3. $\int_0^\infty a^{q-1}x^n\,da$ dónde $a\ge0$, $n>0$ y $x$ resuelve $\log x=ax$, dando $\varphi(q)=n(n+q)^{q-1}$;

4. $\int_0^\infty a^{r-1}x^n\,da$ dónde $x$ resuelve $aqx^p+x^q=1$ con $a>0$, $0<q<p$ y $0<pr<n$, dando $\varphi(r)=nq^{r-1}\Gamma((n+pr)/q)/\Gamma((n+pr)/q-r+1)$.

Evidentemente en todos estos casos $\varphi$ no es analítico en todo el plano izquierdo, pero sospecho que la cancelación de términos gamma con $\Gamma(-s)$ puede ser la razón por la que la identidad aún se mantiene.

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_Referencia

_{[1] Berndt, BC (1984). Informes trimestrales de Ramanujan. Boletín de la London Mathematical Society . 16 (5): 449-489.}