Sentí que la respuesta a la pregunta original que plantea tenía que ser "No", porque desde $\Gamma(s)$ sencilla polacos en el valor no positivo enteros, $\Gamma(s)^2$ tiene dos polos, y su serie fue sospechosamente convergente, lo que sugiere que el lado derecho sólo tenían simple polos. Afortunadamente, esto resultó ser correcta.
Así, en responder a la modificación de la pregunta. Voy a correr a través de un sencillo ejemplo para trabajar lo que está pasando, a continuación, abordar $\Gamma(s)$. La respuesta a la pregunta más amplia, "hay una generalización de las fracciones parciales para funciones analíticas", es sí: este es proporcionado por Mittag-Leffler Teorema:
Deje $D$ ser un conjunto abierto en $\mathbb{C}$ $E \subset D$ cerrado discretos subconjunto. Para cada una de las $a$$E$, vamos a $p_a(z)$ ser un polinomio en $1/(z-a)$. Hay una función de meromorphic $f$ $D$ tal que para cada una de las $a \in E$, la función de $f(z)-p_a(z)$ es holomorphic en $a$. En particular, la parte principal de $f$$a$$p_a(z)$.
Este es un teorema de existencia, pero nosotros, en principio, puede extender a funciones de construcción que estamos realmente interesados en la. Por ejemplo, la función Gamma es dada por el Mellin de tipo integral
$$ \Gamma(s) = \int_0^{\infty} x^{s-1} e^{-x} \, dx, \quad (\Re(s)>0). $$
Podemos producir un parcial de las fracciones de expansión para$\Gamma$, de la siguiente manera: observe que los problemas con esta integral la convergencia de todos los provienen de la posible singularidad en cero. Por lo tanto, esperamos que la parte de la integral de cerca de cero nos hablará de los polos de $\Gamma$. Por lo tanto, escribir
$$ \Gamma(s) = \int_0^1 x^{s-1} e^{-x} \, dx + \Gamma_1(s), \quad (\Re(s)>0). $$
$\Gamma_1(s)$ es la función Gamma incompleta superior evaluados en $1$; por trivial delimitador argumentos, es convergente para todos los $s$ y, por tanto, define y toda la función (con convergente de alimentación de la serie [...]), por lo que podemos ignorar que desde el punto de vista de fracciones parciales, de residuos, y así sucesivamente.
La integral inferior del integrando es finito para $s>0$, y, en particular, nos expandir $e^x$ en una potencia de la serie, y luego se puede intercambiar el orden de integración y la suma de la siguiente manera:
$$ \begin{align*}
\int_0^1 x^{s-1} e^{-x} \, dx &= \int_0^1 x^{s-1} \left( \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{x^k}{k!} \right) \, dx \\
&= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} \int_0^1 x^{s+k-1} \, dx \\
&= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} \frac{1}{s+k}
\end{align*}$$
Ah-ha! Este es convergente suma para cualquier compleja $s$ que no es un valor no positivo entero (sólo lop off el número finito de términos con $\Re(s)+k<0$ y comparar con la exponencial de la suma, por ejemplo). Tiene exactamente el mismo de los polacos $\Gamma(s)$ (como esperábamos, dado que es $\Gamma(s)$ con una analítica de bits resta off), y, mejor aún, tenemos todos los de $\Gamma(s)$'s de los residuos de la libre, también (y de inspección nos dice que estaban en lo correcto acerca de lo que estaban a lo largo de todos).
Bueno, a lo que sabemos acerca de $\Gamma(s)$ ahora. Ahora podemos pasar a la pregunta, ¿qué acerca de la $\Gamma(s)^2$? Ahora, yo podría hacer esto por el cuadrado de la expansión acabo de encontrar, pero que se ve como un serio desagradable idea. Afortunadamente, usted nos ha proporcionado una mejor manera el uso de la representación integral
$$ \int_0^{\infty} x^{s-1} \left( 2K_0 ( 2 \sqrt{x} ) \right) \, dx = \Gamma(s)^2. $$
Primero escribimos $K_0$ en una forma más útil el uso de la identidad (como se menciona en su respuesta original, y también en DLMF)
$$ 2K_0(2\sqrt{x}) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2H_k}{(k!)^2} x^k - \left( 2\gamma+\log{z} \right) I_0(2\sqrt{x}) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k!)^2} \left( 2H_k-2\gamma- \log{x} \right) x^k . $$
Ahora debemos hacer como hicimos antes, y que se divide en $x=1$ e ignorando la analítica de bits de la integral, la singular parte es:
$$ \begin{align*}
\int_0^1 x^{s-1} 2K_0(2\sqrt{x}) \, dx &= \int_0^1 x^{s-1} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k!)^2} \left( 2H_k-2\gamma- \log{x} \right) x^k \right) \, dx \\
&=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k!)^2} \left( 2(H_k-\gamma) \int_0^1 x^{s+k-1} \, dx -\int_0^1 x^{s+k-1}\log{x} \, dx \right)
\end{align*}$$
Como cada schoolchild sabe,
$$ \int_0^{1} x^{n}\log{x} \, dx = \left. x^{n+1} \left( \frac{\log{x}}{n+1} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) \right|_)^1 = -\frac{1}{(n+1)^2}, $$
y de ahí obtenemos la expansión
$$ \Gamma(s)^2 = \sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{1}{(k!)^2} \frac{1}{(s+k)^2} + 2\frac{H_k-\gamma}{(k!)^2} \frac{1}{s+k} \right) + \int_1^{\infty} x^{s-1} 2K_0(2\sqrt{x}) \, dx $$
Este tiene todas las propiedades que podemos esperar: doble polos, el derecho de residuos, y de los coeficientes de la doble polos son lo que cabría esperar ingenuamente.
Final observación importante: la alerta lector de mi se han dado cuenta de que yo barrido algo debajo de la alfombra: elegí para dividir la integral en $x=1$. No esta elección causar problemas para los valores de los residuos? En particular, ¿por qué son los residuos bien definido cuando me produce fuera de un sombrero con este procedimiento?
Supongamos que en lugar de eso picado la gamma integral a $x=a$, por ejemplo. A continuación, el $k$th plazo en la expansión de los intervalos finitos de la integral es proporcional a
$$ \int_0^a x^{s+k-1} \, dx = \frac{a^s a^k}{s+k}, $$
y $a^s$ es sólo analítica en $s$ a lo largo de $\mathbb{C}$ al $a=1$, por lo que la única manera de conseguir meromorphic términos en la serie era elija $a=1$ (o $0$ o $\infty$, ninguno de los cuales nos dan nada). Por lo tanto, la elección es sin ninguna opción en absoluto, y los residuos se lo he dicho que sería.
