Apakah kebalikan dari Teorema Utama Ramanujan juga benar?
Teorema Utama Ramunajan menyatakan bahwa fungsi bernilai kompleks$f(x)$ memiliki pemekaran bentuk
$$\displaystyle f(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\,\varphi (k)\,}{k!}}(-x)^{k}$$
maka Mellin transformasi dari$f(x)$ diberikan oleh
$$\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{s-1}\,f(x)\,\operatorname {d} x=\Gamma (s)\,\varphi (-s)$$
Sini $\varphi(s)$ adalah beberapa fungsi (katakanlah analitik atau integral).
Sekarang, bagaimana dengan kebalikannya? Katakanlah kita tahu bahwa transformasi Mellin$f(x)$ adalah sama dengan $\Gamma (s)\,\varphi (-s)$, apakah benar demikian $f(x)$ memiliki ekspansi tak terbatas dalam bentuk yang diberikan di atas?
Saya tidak dapat menemukan apa pun tentang pertanyaan ini di Wikipedia atau di tempat lain.
Jawaban
Untuk kebalikan sebagian dari Teorema Utama, perhatikan bahwa jika $\mathcal M[f(x)]=\Gamma(s)\varphi(-s)$ kemudian $$f(x)=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}x^{-s}\Gamma(s)\varphi(-s)\,ds.$$ Kutub dari $\Gamma$ sederhana dan merupakan bilangan bulat non-positif, jadi residu pada bilangan bulat $-t\le0$ adalah $$\lim_{s\to-t}(s+t)\Gamma(s)=\lim_{s\to-t}\frac{\Gamma(s+t+1)}{\prod\limits_{i=0}^{t+1}(s+i)}=\frac{(-1)^t}{t!}.$$ Jadi jika $\varphi$ tidak memiliki singularitas dan tidak memiliki akar pada bilangan bulat non-positif yang diberikan oleh teorema residu $$f(x)=\sum_{t\ge0}\operatorname{Res}(x^{-s}\Gamma(s)\varphi(-s),-t)=\sum_{k=0}^\infty\frac{\varphi(k)(-x)^k}{k!}$$ yang merupakan pernyataan asli.
Dalam Berndt's Ramanujan's Quarterly Reports 1 , dicatat bahwa
Di bagian terakhir dari laporan pertama, Ramanujan memperoleh perluasan tertentu untuk empat fungsi dengan mengasumsikan bahwa jenis teorema berlawanan dengan Teorema Utama berlaku. Lebih khusus lagi, ia menentukan deret pangkat untuk integrand dari nilai integral. Nyatanya, pembalikan Ramanujan dengan Teorema Utama mengikuti rumus inversi untuk transformasi Mellin. Meskipun Ramanujan berjalan secara formal, semua hasil yang dia peroleh, memang benar.
(penekanan saya)
Empat fungsi yang dipertimbangkan adalah
$\left(2/(1+\sqrt{1+4x})\right)^n=p_*^{-n}$ dimana $p_*$ adalah akar positif dari $p^2-p-x$, memberi $\varphi(q)=n\Gamma(n+2q)/\Gamma(n+q+1)$;
$\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)^{-n}=e^{-n\operatorname{arcsinh}x}$, memberi $\varphi(q)=n2^{q-1}\Gamma((n+q)/2)/\Gamma((n-q)/2+1)$;
$\int_0^\infty a^{q-1}x^n\,da$ dimana $a\ge0$, $n>0$ dan $x$ memecahkan $\log x=ax$, memberi $\varphi(q)=n(n+q)^{q-1}$;
$\int_0^\infty a^{r-1}x^n\,da$ dimana $x$ memecahkan $aqx^p+x^q=1$ dengan $a>0$, $0<q<p$ dan $0<pr<n$, memberi $\varphi(r)=nq^{r-1}\Gamma((n+pr)/q)/\Gamma((n+pr)/q-r+1)$.
Terbukti dalam semua kasus ini $\varphi$ tidak analitik di seluruh bidang kiri, tetapi saya menduga pembatalan istilah gamma dengan $\Gamma(-s)$ mungkin itulah sebabnya identitas tersebut masih bertahan.
Referensi
[1] Berndt, BC (1984). Laporan Kuartalan Ramanujan. Buletin dari London Mathematical Society . 16 (5): 449-489.