Mellin de transformación de la función digamma

Question

¿cuál es la Mellin de reconvertir la función Digamma ??

de Ramanujan maestro teorema de http://mathworld.wolfram.com/RamanujansMasterTheorem.html

y creo que debe ser igual a

$$ \int_{0}^{\infty}dx\psi(x+1)x^{s-1}=\frac{-\pi}{\sin (\pi s)}\zeta(1-s) $$

he utilizado la expansión $$ \Psi(x+1)= -\sum_{n=0}^{\infty}(-z)^{n}\zeta (k+1)$$

el ingenio de la 'regularización' $ \zeta (1)= \gamma $ Euler mascheroni constante.

Answer 1

Este problema se resuelve rápidamente si se aplica la integral de la forma de la función digamma, y luego administrar para simplificar el doble incorrecto integral, que requieren un par de trucos. La forma integral de digamma que he utilizado para resolver el problema fue:

$$\psi(t) = \int_0^\infty \left({e^{-s} \over s }- {e^{-s t} \over {1 - e^{-s}}}\right)ds $$

Simplemente combine la última forma integral en la definición de Mellin de Transformación para crear una doble integral impropia:

$$M_x (\psi(x+1)) = \int_0^\infty t^{x-1} \psi(t+1) dt = \int_0^\infty \int_0^\infty t^{x-1} \left({e^{-s} \over s }- {e^{-s t} \over {1 - e^{-s}}}\right) ds dt$$

La combinación de la expresión dentro de la integral doble, y el factor común de los términos, se obtiene:

$$M_x (\psi(x+1)) = \int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} e^{-s} (1 - s e^{-s t} - e^{-s})} \over {s (1 - e^{-s})}} ds dt$$

Comenzamos la parte más complicada, así como entender que la parte del denominador y el numerador puede ser evaluado como un resultado de una serie geométrica, esto significa:

$$\sum_{n=1}^\infty e^{-n s} = {e^{-s} \over {1 - e^{-s}}}$$

Esto hace que la integral doble más fáciles de evaluar, por cambiar parte de la función en una potencia de la serie:

$$M_x(\psi(x+1)) = \sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} e^{-n s} (1 - s e^{-s t} - e^{-s})} \over {s }} ds dt$$

La integral dentro de la alimentación de la serie puede ser factorizado con dos partes, cada una puede ser evaluado rápidamente. Ignorando por el momento la plena expresión del problema para evitar la pérdida de foco, esto significa que la integral doble es splited en:

$$\int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} e^{-n s} (1 - s e^{-s t} - e^{-s})} \over {s }} ds dt =$$ $$ \int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} ( e^{-s n} - e^{-s (n+1)})} \over {s }} ds dt - \int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} e^{-s ( n + t)}} } ds dt $$

La primera integral es divergente a menos que un adecuado factor de convergencia (renormalization) se introdujo. También la primera integral puede ser evaluada de acuerdo a la fórmula que fue probado en torno a este foro:

$${\int_0^\infty {{e^{-a t} - e^{-b t}} \over t }} = {\log \left({b \over a} \right)}$$

A continuación, la primera integral debe ser remarcado como el siguiente límite de este renormalization función:

$$\int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} ( e^{-s n} - e^{-s (n+1)})} \over {s }} ds dt = \lim_{\alpha \to 0} \int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} e^{-\alpha (s+t)} ( e^{-s n} - e^{-s (n+1)})} \over {s }} ds dt$$

Acaba de ampliar los términos exponenciales, y las integrales pueden ser evaluados:

$$\int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} ( e^{-s n} - e^{-s (n+1)})} \over {s }} ds dt = \lim_{\alpha \to 0} \int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} e^{-\alpha t} ( e^{-s( n + \alpha)} - e^{-s (n+1+\alpha)})} \over {s }} ds dt = ...$$ $$\rightarrow \lim_{\alpha \to 0} \int_0^\infty {{t^{x-1} e^{- \alpha t} \log \left({{\alpha + n + 1}\over {\alpha + n}}\right)}} dt = \lim_{\alpha \to 0} {\Gamma(x) \over \alpha^x} \log\left({{\alpha + n + 1} \over {\alpha + n}}\right)$$

Desde el límite interior del logaritmo depende de la serie de parámetros, debemos evaluado la primera:

$$\lim_{\alpha \to 0} \sum_{n=1}^\infty {{\Gamma (x) \over \alpha^x} \log \left({{\alpha + n + 1} \over {\alpha + n}}\right)} = \lim_{\alpha \to 0} {{\Gamma (x) \over \alpha^x} \log \left({ \prod_{n=1}^\infty {{\alpha + n + 1} \over {\alpha + n}}}\right)}$$

El infinito producto dentro del logaritmo es igual a la de Wallis Producto:

$$ \lim_{\alpha \to 0} \log \left({ \prod_{n=1}^\infty {{\alpha + n + 1} \over {\alpha + n}}}\right) = \log \left( {\prod_{n=1}^\infty {{n + 1} \over {n}}}\right) = \log \left({\pi \over 2} \right) $$

Y el otro límite converge si y sólo si $x<0$:

$$\lim_{\alpha \to 0} {\Gamma (x) \over \alpha^x} \log \left({\pi \over 2}\right) \rightarrow 0 , x<0 $$

Esto significa que la primera integral es condicionalmente convergente a cero, si y sólo si $x<0$.

Acerca de la segunda integral, la integración es un proceso sencillo, solo se trata de un producto de dos funciones gamma:

$$- \int_0^\infty \int_0^\infty {{t^{x-1} e^{-s ( n + t )}} } ds dt = - n^{x-1} \Gamma(x) \Gamma(1-x) $$

Y, finalmente, la suma es finita, si restringimos el dominio de a $1-x>1 \rightarrow x<0$, así:

$$\sum_{n=1}^\infty - n^{x-1} \Gamma(x) \Gamma(1-x) = - \zeta(1-x) \Gamma(x) \Gamma(1-x)$$

Unirse de manera consecutiva, la transformada de Mellin Digamma Función son:

$$M_x(\psi(x+1)) = - \zeta(1-x) \Gamma(x) \Gamma(1-x)$$

El dominio de la transformada de Mellin Digamma función puede ser analíticamente continuado por el funcional de la ecuación de la función zeta, que se define por: $$ \zeta(s) = 2^{s} \pi^{s-1} \sin \left({\pi s \over 2}\right) \Gamma(1-s) \zeta(1-s) $$

Sin embargo, para justificar el resultado anunciado por esta pregunta, basta con aplicar la de Euler Reflexión Fórmula: $$\Gamma(s) \Gamma(1-s) ={ \pi \over \sin\left(\pi s\right)}$$

Y finalmente obtenemos: $$M_x(\psi(x+1)) = - {\pi \over \sin(\pi x)} \zeta(1-x)$$