Una conexión curiosa: ¿Cuál es la función$f(x)$?

Question

Hola me preguntaba cuál era la función de $f$ define así :

Deje $f(x)$ una función continua y diferenciable tal que : $$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f'(k)}{k!}(-x)^k$$

De hecho no se resuelve sino que se hace una conexión entre Ramanujan del Maestro y teorema de Frullani integral a través del teorema Fundamental del cálculo explico :

Tenemos :

$$\int_{0}^{\infty}x^{-s-1}f(x)dx=\Gamma{(-s)}f'(s)$$

O : $$\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-s-1}f(x)}{\Gamma{(-s)}}dx=f'(s)$$

Ahora vamos a utilizar el teorema Fundamental del cálculo para obtener : $$\int_{0}^{s}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-s-1}f(x)}{\Gamma{(-s)}}dxds=f(s)-f(0)$$

Ahora tomamos el límite para obtener : $$\lim_{s\to\infty}\int_{0}^{s}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-s-1}f(x)}{\Gamma{(-s)}}dxds=f(\infty)-f(0)$$

Que es igual a:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{ln(\frac{a}{b})x}$$

Así que mi pregunta es ¿cuál es la función de $f(x)$ , existe una forma cerrada para esto ,es trivial o no ?

Gracias

Ps:sé que no es muy riguroso, pero creo que es interesante

Answer 1

No es una respuesta completa, sino un conjunto de ecuaciones para explotar.

Vamos $$ g(x) = f'(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k f'(k)}{k!}(-1)^k x^{k-1}= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{g(k+1)}{k!}(-1)^{k+1} x^{k} $$ Pero también, a través de la expansión de Taylor $$ g(x) = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{g^{(k)}(0)}{k!} x^{k} $$ Así obtenemos el conjunto de ecuaciones, para todos los $k=0 \cdots \infty$: $$ g^{(k)}(0) = {g(k+1)}(-1)^{k+1} $$

Los primeros son: $$ g(0) = - g(1)\\ g'(0) = g(2)\\ g"(0) = - g(3)\\ g^{(3)}(0) = g(4)\\ \cdots $$

Podemos proceder de aquí?

Answer 2

Sugerencia: Hay una relación de $f(x)$ con los números de Stirling del segundo tipo.

Utilizando el ansatz $f(x)=\sum_{j=0}^{\infty}a_j\frac{x^j}{j!}$ obtenemos \begin{align*} \color{blue}{f(x)}&=\sum_{k=0}^\infty \frac{f^\prime(k)}{k!}(-x)^k\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{d}{du}\left.\left(\sum_{j=0}^\infty a_j\frac{u^j}{j!}\right)\right|_{u=k}\frac{(-x)^k}{k!}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left.\left(\sum_{j=1}^\infty a_j\frac{u^{j-1}}{(j-1)!}\right)\right|_{u=k}\frac{(-x)^k}{k!}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(\sum_{j=0}^\infty a_{j+1}\frac{k^j}{j!}\right)\frac{(-x)^k}{k!}\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{a_{j+1}}{j!}\sum_{k=0}^\infty\frac{k^j}{k!}(-x)^k\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{a_{j+1}}{j!}e^{-x}\sum_{k=0}^j{j\brace k}(-x)^k\tag{1}\\ &=\sum_{j=0}^\infty \frac{a_{j+1}}{j!}[t^j]e^{-xe^t}\tag{2}\\ &=[t^0]e^{-xe^t}\sum_{j=0}^\infty a_{j+1}\frac{t^{-j}}{j!}\\ &\,\,\color{blue}{=[t^0]e^{-xe^t}\left(\left.f^{\prime}(x)\right|_{x=\frac{1}{t}}\right)}\tag{3} \end{align*}

De acuerdo a (3) bivariado formal de la serie de Laurent $F(x,t)=e^{-xe^t}\sum_{j=0}^\infty a_{j+1}\frac{t^{-j}}{j!}$ podría ser útil para encontrar una representación de $f(x)$.

Comentario:

• En (1) tomamos nota de que $\sum_{k=0}^\infty \frac{k^j}{k!}x^k$ admite una representación a través de los números de Stirling del segundo tipo times $e^x$.

• En (2) utilizamos la bivariante de generación de la función de los números de Stirling del segundo tipo \begin{align*} e^{x(e^t-1)}&=\sum_{k=0}^\infty \frac{(e^t-1)^kx^k}{k!}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(\sum_{j=k}^\infty {j\brace k} \frac{t^j}{j!}\right)x^k\\ &=\sum_{j=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^j{j\brace k}x^k\right)\frac{t^j}{j!}\\ \end{align*} de la que podemos obtener mediante el uso de $-x$ en lugar de $x$ y seleccionando el coeficiente de $t^j$: \begin{align*} \frac{1}{j!}e^{-x}\sum_{k=0}^j{j\brace k}(-x)^k=[t^j]e^{-xe^t} \end{align*}

Answer 3

Teniendo en cuenta que el operador

$$ \cal{L}(f) = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{f'(k)}{k!}(-x)^k $$

y la elección de

$$ f(x) = e^{-W(1) x} $$

con $W(\cdot)$ la función de Lambert, tenemos

$$ \cal{L}(f) =\mbox{ $-\frac{1}{W(1)}f$} $$

porque

$$ f(x) = 1-x W(1)+\frac 12 W(1)^2 x^2-\frac 16 W(1)^3 x^3+\cdots + \frac{W(1)^k}{k!}(-x)^k + \cdots\\ \frac{f(x)}{W} {(1)} = -1 + e^{-W(1)}x-\frac 12e^{-2W(1)}x^2+\frac 16 e^{-3W(1)}x^3+\cdots + \frac{e^{-kW(1)}(-x)^k}{k!}+\cdots $$

con

$$ W(1)^k = e^{-k W(1)} $$

Espero te sirva de ayuda.