funciones ortogonales a los polinomios exponenciales de Bell

Question

Consideremos los polinomios de Bell de una sola variable $\phi_{n}(x)$ dado por: $$\phi_{n}(x)=e^{-x}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^{n}x^{k}}{k!}$$ Busco un conjunto de funciones $\tilde{\phi}_{n}(x)$ tal que, para algún producto interno, el par $\phi_{n}(x)$ y $\tilde{\phi}_{m}(x)$ es ortogonal. Boyadzhiev demostró una propiedad de semiortogonalidad para los polinomios $\;\phi_{n}(x)$ : $$\int_{-\infty}^{0}\phi_{n}(x)\phi_{m}(x)\frac{e^{2x}}{x}dx=(-1)^{n}\frac{2^{n+m}-1}{n+m}B_{n+m}$$ $B_{k}$ siendo el kº número de Bernoulli. Pero deseo una ortogonalidad completa. He intentado lo siguiente :

Es fácil comprobar la validez de $$\int_{0}^{\infty}e^{-x}\phi_{n}(-x)x^{s-1}dx=(-s)^{n}\Gamma(s)\;\;\;\;(\Re(s)>0)$$

Por el teorema de Parseval para la transformada de Mellin, tenemos: $$\int_{0}^{\infty}\phi_{n}(-x)\tilde{\phi}_{m}(x)e^{-x}\frac{dx}{x}=\frac{1}{2\pi i}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}(-s)^{n}\Gamma(s)\Phi_{m}(-s)ds$$ Dónde : $$\Phi_{m}(s)=\int_{0}^{\infty}\tilde{\phi}_{m}(x)x^{s-1}dx$$ Y $\sigma$ se encuentra en el dominio común de la analidad de $\Gamma(s)\;$ y $\; \Phi_{m}(s)$ . ¡¡¡Pero eso es lo más lejos que pude llegar tratando de obtener el delta de Kronecker (ponderado) de la integral !!!

EDITAR 1

Utilizando la función generadora de $\phi_{n}(x)$ : $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\phi_{n}(x)}{n!}t^{n}=\exp\left[x\left(e^{t}-1 \right ) \right ]$$ Lo tenemos: $$\frac{\phi_{m}(x)}{m!}=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\exp\left[x\left(e^{e^{it}}-1 \right ) \right ]e^{-imt}dt$$ Ahora, para una elección adecuada del dominio de integración $I$ pusimos: $$\int_{I}\frac{\phi_{m}(x)\tilde{\phi}_{n}(x)}{m!}dx=\frac{1}{2\pi}\int_{I}\int_{0}^{2\pi}\tilde{\phi}_{n}(x)\exp\left[x\left(e^{e^{it}}-1 \right ) \right ]e^{-imt}dtdx$$ Y obtenemos la ortogonalidad requiriendo : $$\int_{I}\tilde{\phi}_{n}(x)\exp\left[x\left(e^{e^{it}}-1 \right ) \right ]dx=e^{int}$$ O, mediante una elección adecuada de la rama de corte de $\log$ : $$\int_{I}\tilde{\phi}_{n}(x)\exp\left[x\left(z-1 \right ) \right ]dx=(\log z)^{n}$$

EDITAR 2 Utilizamos la representación integral de la función gamma para obtener: $$\int_{0}^{\infty}x^{a}e^{-sx}dx=\frac{\Gamma(a+1)}{s^{a+1}}\;\;\;\;\Re(s)>0$$ Así: $$\int_{0}^{\infty}\left(\log x \right )^{n}e^{-sx}dx=\lim_{a\rightarrow 0}\frac{d^{n}}{da^{n}}\frac{\Gamma(a+1)}{s^{a+1}}=\frac{1}{s}\sum_{k=0}^{n}a_{k}(\log s)^{k}$$ Por lo tanto, existen polinomios de orden n en $\log x$ que denotaremos por $f_{n}(x)$ tal que..:

$$\int_{0}^{\infty}f_{n}(x)e^{-sx}dx=\frac{(\log s)^{n}}{s}$$ Ahora ponemos $s=e^{z}$ y obtener: $$\int_{0}^{\infty}e^{-x}f_{n}(x)e^{-x(e^{z}-1)}dx=e^{-z}z^{n}$$ O: $$\sum_{m=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} e^{-x}f_{n}(x)\frac{\phi_{m}(-x)}{m!}z^{m}dx=e^{-z}z^{n}$$ Esto es lo más cercano que tengo.

Answer 1

Utilizamos la representación integral de la función gamma para obtener: $$\int_{0}^{\infty}x^{a}e^{-sx}dx=\frac{\Gamma(a+1)}{s^{a+1}}\;\;\;\;\Re(s)>0$$ Así: $$\int_{0}^{\infty}\left(\log x \right )^{n}e^{-sx}dx=\lim_{a\rightarrow 0}\frac{d^{n}}{da^{n}}\frac{\Gamma(a+1)}{s^{a+1}}=\frac{1}{s}\sum_{k=0}^{n}a_{k}(\log s)^{k}$$ Por lo tanto, existen polinomios de orden n en $\log x$ que denotaremos por $\tilde{\phi}_{n}(x)$ tal que..:

$$\int_{0}^{\infty}\tilde{\phi}_{n}(x)e^{-sx}dx=\frac{(\log s)^{n}}{s}$$ Ahora ponemos $s=e^{z}$ y obtener: $$\int_{0}^{\infty}e^{-x}\tilde{\phi}_{n}(x)e^{-x(e^{z}-1)}dx=e^{-z}z^{n}$$ O: $$\sum_{m=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} e^{-x}\tilde{\phi}_{n}(x)\frac{\phi_{m}(-x)}{m!}z^{m}dx=e^{-z}z^{n}$$ Comparando las dos series, obtenemos la cuasi-ortogonalidad: $$\int_{0}^{\infty}e^{-x}\tilde{\phi}_{n}(x)\frac{\phi_{m}(-x)}{m!}dx=\left\{\begin{matrix} 0 &, &m<n \\ 1& , & m=n\\ \frac{(-1)^{m-n}}{(m-n)!} &, & m>n \end{matrix}\right.$$ Ahora, sospecho que lo siguiente es válido: $$\int_{0}^{\infty}e^{-x}\frac{d}{dx}\left[\tilde{\phi}_{n}(x) \right ]\phi_{m}(-x)dx=m!\delta_{nm}$$ No se puede demostrar, pero experimentalmente se mantiene para un par de ejemplos. vale la pena mencionar que, por la fórmula integral de Bromwich, $\tilde{\phi}_{n}(x)$ están dadas por: $$\tilde{\phi}_{n}(x)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty}\frac{\left(\log s \right )^{n}}{s}e^{sx}ds$$ No se ha podido obtener una expresión de forma cerrada. Pero supongo que la representación integral de Hankel de la función gamma recíproca puede utilizarse para obtener dicha expresión.