Teorema maestro de Ramanujan relativo a la continuación analítica

Question

$\DeclareMathOperator{Re}{Re}$ Para poner un poco en antecedentes, se trata de una pregunta basada en establecer la identidad $$\int_0^\infty \frac{v^{s-1}}{1+v}\,dv=\frac{\pi}{\sin \pi s},\qquad 0<\Re s<1$$ utilizando Teorema maestro de Ramanujan (RMT). Véase el pregunta pregunte aquí para conocer todos los detalles relacionados.

En este responder por el usuario @mrtaurho, utilizamos la expansión en serie geométrica $$\frac{1}{1+v}=\sum_{k=0}^\infty (-v)^k.$$ Sin embargo, la serie geométrica claramente no es válida para $|v|\geq 1$ y se explicó que el radio de convergencia no desempeñaba ningún papel en la demostración de la RMT y, por tanto, no importa demasiado aquí, sólo que la estructura subyacente se revela al considerar la representación geométrica en serie.

Esto me hizo pensar en la continuación analítica ya que sólo necesitamos que una identidad sea válida en alguna región para poder extender una función fuera de esa región; parece que la serie geométrica sólo es válida para $|v|<1$ pero esto nos permite ampliar la conexión más allá de sólo $(0,1)$ .

Así que mi pregunta es la siguiente:

¿Existe alguna relación entre la TRM y la continuación analítica? ¿O tal vez la conexión es más fina que la RMT y es sólo una pequeña parte de algún detalle en su demostración?

Answer 1

Puede mostrar $$\int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{1+x}dx=\frac{\pi}{\sin \pi s},\qquad \Re (s) \in (0,1)$$ en términos de la analiticidad de la transformada inversa de Fourier/Laplace/Mellin de funciones meromorfas con decaimiento exponencial, el argumento no debería ser muy diferente de la demostración del teorema maestro de Ramanujan.

1. $\frac{\pi}{\sin(\pi s)}$ es Schwartz en líneas verticales sin polos así para $\Re(s) \in (0,1)$ , $\frac{\pi}{\sin(\pi s)} = \int_0^\infty x^{s-1}h(x) dx$ con $h(e^u)e^{\sigma u}$ Schwartz para $\sigma \in (0,1)$ . Además $\frac{\pi}{\sin(\pi s)}$ tiene un decaimiento exponencial en esas líneas verticales, por lo que $h$ es analítica en $(0,\infty)$ .

2. Sea $$F(s) = \int_0^\infty x^{s-1}\frac{1_{x < 1}}{1+x}dx = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \int_0^1 x^{s-1+k}dx = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{s+k} $$

   $\frac{\pi}{\sin(\pi s)}-F(s)$ es analítica para $\Re(s) < 1$ y converge uniformemente a $0$ como $\Re(s) \to - \infty$ y es $L^2$ en líneas verticales $\Re(s) \in (0,1)$ . Así $\frac{\pi}{\sin(\pi s)}-F(s) = \int_0^\infty x^{s-1}g(x)1_{x > 1}dx$ para alguna función $g $ .

3. Desde $\frac{\pi}{\sin(\pi s)}-F(s)=\int_0^\infty x^{s-1} (h(x)-\frac{1_{x < 1}}{1+x})dx$ entonces $$g(x)1_{x > 1} = h(x)-\frac{1_{x < 1}}{1+x}$$ así que $h(x)- \frac{1}{1+x}$ desaparece en $(0,1)$ y puesto que $h$ es analítica implica $$h(x) = \frac{1}{1+x}$$

Answer 2

Veamos más de cerca la formulación del Teorema Maestro de Ramanujan tal y como está escrito ici .

Si $F(x)$ se amplía con la serie de Maclaurin $$F(x)=\sum_{n=0}^\infty\left\{(-1)^n\frac{\mathrm d^nF(x)}{\mathrm dx^n}\right\}_{x=0}\frac{(-x)^n}{n!}$$ entonces Ramanujan afirma que el valor de $I=\int_0^\infty x^{s-1}F(x)\mathrm dx$ puede hallarse a partir del coeficiente de $\frac{(-x)^n}{n!}$ en la expansión de $F(x)$ . A la inversa, Ramanujan afirma que si el valor de $I$ es conocido, entonces el coeficiente de Maclaurin de $F(x)$ se pueden encontrar.

Reformulando ligeramente lo anterior nos quedamos con la afirmación de que la Transformada de Mellin de una función que posee un Ampliación de MacLaurin de la forma mencionada puede deducirse directamente del coeficiente correspondiente. El punto crucial aquí es $-$ y tengo que admitir que yo tampoco fui consciente de esto durante mucho tiempo $-$ tiene que ser, de hecho, una expansión MacLaurin; ninguna otra cosa funcionará ni está permitido utilizarla aquí.

En el caso de nuestra conocida serie geométrica estamos algo engañados por la suposición de que estamos tratando con una serie geométrica y no con la Expansión de MacLaurin de $f(x)=\frac1{1+x}$ . Sin embargo, esto es precisamente lo que estamos haciendo. No es difícil demostrar que la $n$ derivada de $f(x)$ vienen dadas explícitamente por

$$f^{(n)}(x)=\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\frac1{1+x}=(-1)^n\frac{n!}{(1+x)^{n+1}}$$

Ahora, introduciendo esta fórmula general en la serie anterior, obtenemos

$$F(x)=\sum_{n=0}^\infty\left\{(-1)^n\left[(-1)^n\frac{n!}{(1+x)^{n+1}}\right]\right\}_{x=0}\frac{(-x)^n}{n!}=\sum_{n=0}^\infty (-x)^n$$

Así que $f(x)$ cumple las condiciones para ser compatible con el Teorema Maestro de Ramanujan, por lo que podemos obtener una serie de Maclaurin adecuada. Por supuesto, también podríamos observar que

$$1-x+x^2-x^3+\cdots=\sum_{n=0}^\infty (-x)^n=\frac1{1+x}~~~|x|<1$$

Que sería nuestra conocida serie geométrica. Sin embargo, es más una coincidencia que un hecho general que dos series obtenidas de forma tan diferente sean en realidad la misma. Tengo que admitir que podemos deducir el radio de convergencia de nuestra serie de MacLaurin y llegaríamos al mismo resultado que $|x|<1$ pero eso no es relevante ya que estamos más interesados en la estructura que por otro lado es prescrito con precisión.

EDITAR

Yo mismo no puedo juzgar la fiabilidad de una fuente matemática, así que le dejaré esta parte a usted. Después de investigar un poco encontré este libro Teoría de ecuaciones diferenciales en ingeniería y mecánica así como este libro Cuaderno de Ramanujan y este artículo Un análogo del Teorema Maestro de Ramanujan todos se refieren a una Expansión MacLaurin en lugar de sólo a una expansión en serie de la forma[...] . Otras fuentes sólo se basan en la expansión en serie indefinida antes mencionada. No obstante, espero que esto aclare sus dudas.