È vero anche il contrario del teorema principale di Ramanujan?

Question

Il Teorema del Maestro di Ramunajan afferma che se una funzione a valori complessi$f(x)$ ha un'espansione della forma

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

poi la trasformata di Mellin di$f(x)$ è dato da

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

Qui $\varphi(s)$ è una funzione (diciamo analitica o integrabile).

Ora, che dire del contrario di questo? Diciamo che sappiamo che la trasformazione di Mellin di$f(x)$ è uguale a $\Gamma (s)\,\varphi (-s)$, è allora vero che $f(x)$ ha un'espansione infinita nella forma data sopra?

Non sono riuscito a trovare nulla su questa domanda su Wikipedia o da qualche altra parte.

Answer 1

Per un parziale inverso al Teorema del Maestro, nota che se $\mathcal M[f(x)]=\Gamma(s)\varphi(-s)$ poi $$f(x)=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}x^{-s}\Gamma(s)\varphi(-s)\,ds.$$ I poli di $\Gamma$ sono semplici e sono numeri interi non positivi, quindi il residuo in un numero intero $-t\le0$ è $$\lim_{s\to-t}(s+t)\Gamma(s)=\lim_{s\to-t}\frac{\Gamma(s+t+1)}{\prod\limits_{i=0}^{t+1}(s+i)}=\frac{(-1)^t}{t!}.$$ Quindi se $\varphi$ non ha singolarità e non ha radici agli interi non positivi quindi fornisce il teorema dei residui $$f(x)=\sum_{t\ge0}\operatorname{Res}(x^{-s}\Gamma(s)\varphi(-s),-t)=\sum_{k=0}^\infty\frac{\varphi(k)(-x)^k}{k!}$$ che è l'affermazione originale.

Nei rapporti trimestrali ¹ di Ramanujan di Berndt , si nota che

Nella sezione finale del primo rapporto, Ramanujan ricava alcune espansioni per quattro funzioni assumendo che valga un tipo di teorema inverso al Teorema del Maestro. Più specificamente, determina una serie di potenze per l'integrando dal valore dell'integrale. In effetti, la conversazione di Ramanujan con il Teorema del Maestro segue dalla formula di inversione per le trasformazioni di Mellin. Sebbene Ramanujan procedesse formalmente, tutti i risultati che ottiene sono, in effetti, corretti.

_{(enfasi mia)}

Le quattro funzioni considerate sono

1. $\left(2/(1+\sqrt{1+4x})\right)^n=p_*^{-n}$ dove $p_*$ è la radice positiva di $p^2-p-x$, 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. $\int_0^\infty a^{q-1}x^n\,da$ dove $a\ge0$, $n>0$ e $x$ risolve $\log x=ax$, dando $\varphi(q)=n(n+q)^{q-1}$;

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

Evidentemente in tutti questi casi $\varphi$ non è analitico in tutto il piano sinistro, ma sospetto l'annullamento dei termini gamma con $\Gamma(-s)$ potrebbe essere il motivo per cui l'identità è ancora valida.

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_Riferimento

_{[1] Berndt, BC (1984). Rapporti trimestrali di Ramanujan. Bollettino della London Mathematical Society . 16 (5): 449-489.}