L'inverse du théorème du maître de Ramanujan est-il également vrai?

Aug 18 2020

Le théorème principal de Ramunajan stipule que si une fonction à valeurs complexes$f(x)$ a une extension de la forme

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

puis la transformée de Mellin de$f(x)$ est donné par

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

Ici $\varphi(s)$ est une fonction (disons analytique ou intégrable).

Maintenant, qu'en est-il de l'inverse? Disons que nous savons que la transformation de Mellin de$f(x)$ est égal à $\Gamma (s)\,\varphi (-s)$, est-il donc vrai que $f(x)$ a une expansion infinie sous la forme donnée ci-dessus?

Je n'ai rien trouvé à propos de cette question sur Wikipédia ou ailleurs.

Réponses

5 TheSimpliFire Aug 20 2020 at 14:41

Pour une conversation partielle avec le théorème maître, notez que si $\mathcal M[f(x)]=\Gamma(s)\varphi(-s)$ puis $$f(x)=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}x^{-s}\Gamma(s)\varphi(-s)\,ds.$$ Les pôles de $\Gamma$ sont simples et sont les entiers non positifs, donc le résidu à un entier $-t\le0$ est $$\lim_{s\to-t}(s+t)\Gamma(s)=\lim_{s\to-t}\frac{\Gamma(s+t+1)}{\prod\limits_{i=0}^{t+1}(s+i)}=\frac{(-1)^t}{t!}.$$ Ainsi si $\varphi$ n'a pas de singularités et n'a pas de racines aux entiers non positifs alors le théorème de résidu donne $$f(x)=\sum_{t\ge0}\operatorname{Res}(x^{-s}\Gamma(s)\varphi(-s),-t)=\sum_{k=0}^\infty\frac{\varphi(k)(-x)^k}{k!}$$ qui est la déclaration originale.

Dans les rapports trimestriels 1 de Berndt Ramanujan , il est noté que

Dans la dernière section du premier rapport, Ramanujan dérive certaines extensions pour quatre fonctions en supposant qu'un type de théorème inverse du théorème maître est valable. Plus précisément, il détermine une série de puissance pour l'intégrale à partir de la valeur de l'intégrale. En fait, l'inverse de Ramanujan avec le théorème principal découle de la formule d'inversion pour les transformations de Mellin. Bien que Ramanujan ait procédé formellement, tous les résultats qu'il obtient sont, en effet, corrects.

(c'est moi qui souligne)

Les quatre fonctions considérées sont

  1. $\left(2/(1+\sqrt{1+4x})\right)^n=p_*^{-n}$$p_*$ est la racine positive de $p^2-p-x$, donnant $\varphi(q)=n\Gamma(n+2q)/\Gamma(n+q+1)$;

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

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

  4. $\int_0^\infty a^{r-1}x^n\,da$$x$ résout $aqx^p+x^q=1$ avec $a>0$, $0<q<p$ et $0<pr<n$, donnant $\varphi(r)=nq^{r-1}\Gamma((n+pr)/q)/\Gamma((n+pr)/q-r+1)$.

Evidemment dans tous ces cas $\varphi$ n'est pas analytique dans tout le plan gauche, mais je soupçonne l'annulation des termes gamma avec $\Gamma(-s)$ peut-être pourquoi l'identité tient toujours.


Référence

[1] Berndt, BC (1984). Rapports trimestriels de Ramanujan. Bulletin de la London Mathematical Society . 16 (5): 449-489.