Prueba de análisis funcional del Teorema Maestro de Ramanujan

Question

Según mathworld, el teorema maestro de Ramanujan es la afirmación de que si $$f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\phi(k) (-z)^k}{k!}$$ para alguna función (analítica o integrable) $\phi$, entonces $$\int_0^{\infty} x^{n-1} f(x) \, \mathrm{d}x = \Gamma(n) \phi(-n).$$

Tal como está escrito, es claramente falso ya que los valores de una función (analítica o integrable) $\phi$ en números naturales no determinan sus valores en ningún otro lugar. Sin embargo, resulta que $$\int_0^{\infty} x^{s-1} f(x) \, \mathrm{d}x = \Gamma(s) \phi(-s)$$ para cualquier $s$ bajo ciertas condiciones de crecimiento en $\phi$.

Recientemente me encontré con una "demostración" elemental: si $T$ denota el operador de desplazamiento $T\phi(s) := \phi(s+1),$ entonces podemos escribir $$f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-z)^kT^k \phi(0)}{k!} = e^{-zT}\phi(0)$$ de manera que $$\int_0^{\infty} x^{n-1} f(x) \, \mathrm{d}x = \int_0^{\infty} x^{n-1} e^{-xT} \phi(0) \, \mathrm{d}x = \Gamma(n) T^{-n}\phi(0) = \Gamma(n) \phi(-n),$$ al insertar $T$ en la integral Gamma $$\int_0^{\infty} x^{n-1} e^{-xs} \, \mathrm{d}x = \Gamma(n) s^{-n}.$$ Me pregunto si este argumento se puede hacer riguroso con análisis funcional en un espacio de funciones apropiado (que necesariamente tendría que tener ciertas condiciones de crecimiento).

Answer 1

Escribe $$ (M\Psi)(s)=\int^{\infty}_{0}\Psi(t)t^{s-1}dt, $$ donde $s\in A_{\Psi}$ con $$ A_{\Psi}:=\left\{s\in\textbf{C}:\int^{\infty}_{0}\Psi(t)t^{s-1}dt<\infty\right\}. $$ Entonces tenemos la siguiente fórmula de inversión de Mellin $$ \Psi(z)=\frac{1}{2\pi i}\int^{\sigma+i\infty}_{\sigma-i\infty}(M\Psi)(s)z^{-s}ds, $$ donde $\sigma\in Re\left(A_{\Psi}\right)$.

Teorema 1. Si $\Psi(z)$ tiene una serie de potencias alrededor de $0$ con radio de convergencia $r>0$ y si $x\in\textbf{R}$ tal que $$ \int^{\infty}_{0}\left|\Psi(t)\right|t^{x-1}dt<+\infty. $$ Entonces la transformada de Mellin de $\Psi$ puede ser continuada analíticamente a una función meromorfa en el semiplano $Re(z), con polos en los puntos $z=-m$, $m$ es enteros no negativos tales que $m>-x$.

Teorema 2. Sea $x>0$ y $f,\Psi$ analíticos en $\textbf{C}$ y satisfaciendo la condición $$ |f(z)(M\Psi)(x+iz)|\leq C (1+|z|)^{\lambda}e^{-\delta |Re(z)|},\tag 1 $$ para todo $z$ tal que $Im(z)\geq 0$ y $c,\lambda,\delta>0$ constantes, con la condición de que $|z|=x+N+1/2$, donde $N-$ número natural suficientemente grande. Entonces la integral $$ \int^{\infty}_{-\infty}f(t)M\Psi(x+it)dt $$ converge absolutamente, la serie $$ \sum^{\infty}_{m=0}\frac{\Psi^{(m)}(0)}{m!}f(i(x+m)) $$ converge en el sentido de Abel y $$ \int^{\infty}_{-\infty}f(t)(M\Psi)(x+it)dt=2\pi\lim_{r\rightarrow 1}\sum^{\infty}_{m=0}\frac{\Psi^{(m)}(0)}{m!}f(i(x+m))r^m.\tag 2 $$ Además, si $$ \left|\frac{\Psi^{(m)}(0)}{m!}f(i(x+m))\right|\leq \frac{C'}{m+1}, $$ entonces (2) converge.

Como aplicación del teorema anterior tenemos

Teorema 3. Sea $f$ analítica en el semiplano superior $Im(z)>0$ y continua en $Im(z)\geq 0$ y tal que $$ |f(z)|\leq C (1+|z|)^{\rho}\left(\frac{|z|}{e}\right)^{Im(z)}e^{b|Re(z)|}, $$ en $Im(z)\geq 0$, donde $0\leq b\leq \pi/2$. Entonces para $x>0$ tenemos que $$ \int^{\infty}_{-\infty}f(t)\Gamma(x+it)dt=2\pi\lim_{r\rightarrow1}\sum^{\infty}_{m=0}\frac{(-1)^m}{m!}f(i(x+m))r^m $$

El Teorema 3 es el Teorema Maestro de Ramanujan.

Tengo las demostraciones completas en mi tesis doctoral pero están escritas en Griego (ver Researchgate: Nikos Bagis).

Answer 2

El operador de desplazamiento $e^{mt}$ multiplica directamente la función de coeficientes transformada de Laplace $\hat{a}(t)$. Compare las ecuaciones (D.4) y (L.3). Esta propiedad de desplazamiento proporciona una prueba. $$ .. $$ Dado: \begin{align} I(m)=\int_{0}^{\infty} z^{m-1} \ f(z) \ dz \tag{G.1} \\ f(z)= \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac {\phi (s) \ (-z)^{s}}{s!} \tag{G.2} \\ Dominio \ \phi (s)= \{ s\in R : s\geq -m \} \tag{G.3} \\ e^{-u}= \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac{(-u)^{s}} {s!} \tag{G.4} \\ \Gamma (m) = \int_{0}^{\infty} u^{m-1} \ e^{-u} \ du \tag{G.5} \end{align} Definir: \begin{align} a(s)=\phi (s-m) \tag{D.1} \\ \hat{a}(t)= \int_{0}^{\infty} e^{-ts} a(s) \ ds \tag{D.2} \\ \hat{a}(\lambda + i \omega) = \int_{0}^{\infty} e^{- i \omega s} e^{- \lambda s} a(s) \ ds \tag{D.3} \\ a(s)= \frac{1}{2 \pi i} \int_{\lambda - i \infty}^{\lambda + i \infty} e^{st} \ \hat{a}(t) \ dt \tag{D.4} \\ v=t; \ u= e^{t}*z \tag{D.5} \\ dv \wedge du = e^{t} \ dt \wedge dz \tag{D.6} \end{align} Supuestos: \begin{align} \exists \lambda \ para \ \int_{0}^{\infty} e^{- i \omega} e^{- \lambda s} a(s) \ ds < \infty \tag{A.1} \\ \exists \lambda \ para \ a(s)= \frac{1}{2 \pi i} \int_{\lambda - i \infty}^{\lambda + i \infty} e^{st} \ \hat{a}(t) \ dt \tag{A.2} \end{align} Lemas: \begin{align} a(s+m)= \phi(s) \tag{L.1} \\ a(0)= \phi(-m) \tag{L.2} \\ a(s+m)= \frac{1}{2 \pi i} \int_{\lambda - i \infty}^{\lambda + i \infty} e^{mt} e^{st} \ \hat{a}(t) \ dt \tag{L.3} \\ a(0)= \frac{1}{2 \pi i} \int_{\lambda - i \infty}^{\lambda + i \infty} \hat{a}(t) \ dt \tag{L.4} \end{align} Pruebas de los lemas: L.1: reescribir usando D.1; L.2: reescribir usando D.1; L.3: reescribir usando D.4; L.4: reescribir usando D.4. $$ .. $$ Prueba: \begin{align} I(m)= & \int_{0}^{\infty} z^{m-1} \ f(z) \ dz \tag{P.1} \\ & = \int_{0}^{\infty} z^{m-1} \ \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac {\phi (s) \ (-z)^{s}}{s!} \ dz \tag{P.2} \\ & = \int_{0}^{\infty} z^{m-1} \ \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac {a(s+m) \ (-z)^{s}}{s!} \ dz \tag{P.3} \\ & = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2 \pi i} \int_{\lambda - i \infty}^{\lambda + i \infty} z^{m-1} \ \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac {e^{mt} e^{st} \hat{a}(t) (-z)^{s}}{s!} \ dt \ dz \tag{P.4} \\ & = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2 \pi i} \int_{\lambda - i \infty}^{\lambda + i \infty} \ \hat{a} (t) \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac{ (e^{t}z)^{m-1} (- e^{t} z)^{s}}{s!} \ (e^{t} dt \ dz) \tag{P.5} \\ & = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2 \pi i} \int_{\lambda - i \infty}^{\lambda + i \infty} \ \hat{a}(v) \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac {(u)^{m-1} (- u)^{s}}{s!} \ dv \ du \tag{P.6} \\ & = \left( \frac{1}{2 \pi i} \int_{\lambda - i \infty}^{\lambda + i \infty} \ \hat{a}(v) \ dv \right) \left( \int_{0}^{\infty} \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac{ (u)^{m-1} (- u)^{s}}{s!} \ du \right) \tag{P.7} \\ & = a(0) \left( \int_{0}^{\infty} \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac{ (u)^{m-1} (- u)^{s}}{s!} \ du \right) \tag{P.8} \\ & = \phi(-m) \left( \int_{0}^{\infty} \sum_{s=0}^{\infty} \ \frac{ (u)^{m-1} (- u)^{s}}{s!} \ du \right) \tag{P.9} \\ & = \phi(-m) \left( \int_{0}^{\infty} u^{m-1} e^{-u} \ du \right) \tag{P.10} \\ & = \phi(-m)\Gamma(m) \tag{P.11} \end{align} Pasos de la prueba: P.2: reescribir usando G.2; P.3: reescribir usando L.1; P.4: reescribir usando L.3; P.5: reordenar los factores; P.6: reescribir usando D.5 y D.6; P.7: reordenar los factores; P.8: reescribir usando L.4; P.9: reescribir usando L.2; P.10: reescribir usando G.4, P.11: reescribir usando G.5. $$..$$ Comentarios: Para la ecuación (A.1), $\lambda$ debe ser lo suficientemente grande para que la integral sea convergente. Para la ecuación (A.2), $\lambda$ debe estar a la derecha de todas las singularidades de $\hat{a}(t)$ en el plano complejo. Si interpretamos la ecuación (D.3) como una transformada de Fourier, calculamos la transformada de Fourier inversa, obtenemos la ecuación (D.4). Para una prueba detallada y discusión de la ecuación (D.4) ver: Integral de Bromwich (Transformada Inversa de Laplace) página 696 en MÉTODOS MATEMÁTICOS EN LAS CIENCIAS FÍSICAS Tercera Edición MARY L. BOAS.