Vamos a demostrar el siguiente:
Teorema de
Deje $(a_0, a_1, \dots)$ ser un almacén de secuencia en $\mathbb C$, y supongamos que para la alimentación de la serie
\begin{equation*}
f(z) := \sum_{n=0}^\infty a_n\frac{z^n}{n!}
\end{ecuación*}
uno ha $f(x)=O(e^{-x})$ como $\mathbb R\ni x\to\infty$.
A continuación, $a_n = C (-1)^n$ para algunos $C\in\mathbb C$ y todos los $n=0,1,\dots$.
Prueba.
Considere los conjuntos
\begin{equation*}
S_1:=\{z\in\mathbb C\colon\Re z>-1\} \quad\text{and}\quad S_2:=\{z\in\mathbb C\colon|z|>1\}.
\end{ecuación*}
Definir las funciones de $g_1\colon S_1\to\mathbb C$ e $g_2\colon S_2\to\mathbb C$ por las fórmulas
\begin{equation*}
g_1(z):=(z+1)\int_0^\infty e^{-zt}f(t)dt
\end{ecuación*}
para $z\in S_1$ y
\begin{equation*}
g_2(z):=(z+1)\sum_{n=0}^\infty a_n/z^{n+1}
\end{ecuación*}
para $z\in S_2$. Estas funciones están bien definidas y la analítica, ya que $f(x)=O(e^{-x})$ como $\mathbb R\ni x\to\infty$ e las $a_n$'s son acotados. Por otra parte, debido a $\int_0^\infty e^{-zx}x^ndx=n!/z^{n+1}$ para todos los $z\in S_0:=\{w\in\mathbb C\colon\Re w>1\}\subset S_1\cap S_2$, uno ha $g_1=g_2$ a $S_0$.
Así, $g_1$ e $g_2$ son las restricciones a $S_1$ e $S_2$ de una analítica de la función $g\colon S\to\mathbb C$, donde $S:=S_1\cup S_2=\mathbb C\setminus\{-1\}$.
Por otra parte, $g(u)=g_1(u)=(u+1)\int_0^\infty e^{-ut}f(t)dt=O((u+1)\int_0^\infty e^{-ut-t}dt)=O(1)$ real $u>-1$ e $|g(z)|=|g_2(z)|=O(|z|\sum_{n=0}^\infty 1/|z|^{n+1})=O(1)$ como $|z|\to\infty$.
Demostraremos que los $-1$ es un polo de $g$.
Por lo tanto, teniendo en cuenta (por ejemplo) el de la serie de Laurent de la función $g$ en el punto de $-1$ y recordando que $g(u)=O(1)$ real $u>-1$, llegamos a la conclusión de que $g$ es un complejo constante, decir $C$. Por lo tanto,
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty a_n/z^{n+1}=\frac{g_2(z)}{z+1}=\frac C{z+1}=C\frac1{z(1+1/z)}
=\sum_{n=0}^\infty C(-1)^n/z^{n+1}
\end{ecuación*}
para $z\in S_2$, y así, de hecho, $a_n = C (-1)^n$ para todos los $n=0,1,\dots$.
Queda por demostrar
Lema
Deje Que $K:=
\sup\limits_n|a_n|\v\sup\limits_{t\ge0}|f(t)|e^t<\infty$. Take any $z\in\mathbb C$ such that $0<|z+1|<1/2$.
Entonces
\begin{equation*}
|g(z)|\le6K/|z+1|^2.
\end{ecuación*}
Así, $-1$ es un polo de $g$.
Prueba.
Deje $z$ ser como en el enunciado del lema. A continuación, $1/2\le|z|\le2$ e $x\le-1/2<0$, donde
$x:=\Re z$ e $y:=\Im z$.
Considere los siguientes tres casos posibles.
Caso 1: $x=\Re z\le-1$. A continuación, $z\in S_2$, de donde
\begin{equation*}
|g(z)|=|g_2(z)|\le \frac12\,K\sum_{n=0}^\infty 1/|z|^{n+1}\le\frac K{|z|-1}.
\end{ecuación*}
Por otra parte, aquí
\begin{equation*}
|z+1|^2=(|x|-1)^2+y^2\le|x|-1+y^2
\le (|x|-1)(|x|+1)+y^2=|z|^2-1\le3(|z|-1).
\end{ecuación*}
Así, en el Caso 1
\begin{equation*}
|g(z)|\le\frac{3K}{|z+1|^2}.
\end{ecuación*}
Caso 2: $|z|\le1$. A continuación, $z\in S_1$, de donde
\begin{equation*}
|g(z)|=|g_1(z)|\le \frac12\,K\int_0^\infty e^{-xt-t}dt\le\frac K{1+x}.
\end{ecuación*}
Por otra parte, aquí $y^2\le1-x^2\le2(1+x)$, de donde
\begin{equation*}
|z+1|^2=(1+x)^2+y^2\le(1+x)^2+2(1+x)\le4(1+x).
\end{ecuación*}
Así, en el Caso 2
\begin{equation*}
|g(z)|\le\frac{4K}{|z+1|^2}.
\end{ecuación*}
Caso 3: $x=\Re z>-1$ e $|z|>1$. A continuación, $z\in S_1\cap S_2$.
Por otra parte, aquí
\begin{multline*}
|z+1|^2=(1+x)^2+y^2=2(1+x)+x^2+y^2-1=2(1+x)+|z|^2-1 \\
\le
2(1+x)+3(|z|-1)
\le[4(1+x)]\vee[6(|z|-1)].
\end{multline*}
Así que, o bien (i) $|z+1|^2\le6(|z|-1)$ y, a continuación, estamos obligados $|g(z)|$ como en el Caso 1, de llegar aquí $|g(z)|\le\frac{6K}{|z+1|^2}$ o (ii) $|z+1|^2\le4(1+x)$ y, a continuación, estamos obligados $|g(z)|$ como en el Caso 2, para llegar aquí $|g(z)|\le\frac{4K}{|z+1|^2}$.
Por lo tanto, la prueba del lema es completa.
Por lo tanto, la prueba del teorema es completa.
Observación.
Como el ejemplo de
\begin{equation*}
f(x)=\exp\{-(a+i\sqrt{1-a^2})x\}\quad\text{or}\quad f(x)=
\Re\exp\{-(a+i\sqrt{1-a^2})x\}
\end{ecuación*}
para $a\in(0,1)$de la muestra, la condición de $f(x)=O(e^{-x})$ en el Teorema 1 no puede ser relajado a $f(x)=O(e^{-ax})$, para cualquier real $a<1$.
