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Ramanujan Master Theorem

:::note[前置知识]
这篇文章需要用到复数以及一些变换

  • 如果你不会复数,可以参考这篇文章。
  • 如果你不会变换,可以参考这篇文章。

:::

位移算符

我们定义:\(D\equiv \frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\),考虑

\[e^D=\sum_{n=0}^\infty\frac{D^n}{n!} \]

作用到函数 \(f(x)\) 上,于是有:

\[e^Df=\sum_{n=0}^\infty\frac{D^n}{n!}f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(x)}{n!}1^n \]

注意到这是函数 \(f(x)\)\(x\) 处的泰勒展开,于是,我们显然有:

\[\boxed{e^Df=f(x+1)} \]

同理:

\[e^{tD}f=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(x)}{n!}t^n=f(x+t) \]

考虑计算:

\[\begin{aligned} e^{aD}\cdot e^{bD}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{a^nD^n}{n!}\cdot\sum_{n=0}^\infty\frac{b^nD^n}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty D^n\sum_{k=0}^n\frac{a^k b^{n-k}}{k!(n-k)!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{D^n}{n!}\underbrace{\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}}_{(a+b)^n}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{D^n}{n!}(a+b)^n\\ &=e^{(a+b)D} \end{aligned} \]

于是位移算符满足指数运算。

差分与位移

定义差分 \(\Delta\) 为:

\[\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)=e^Df(x)-f(x)=(e^D-1)f(x) \]

于是:

\[\Delta=e^D-1 \]

两边同时取逆,于是有:

\[\Delta^{-1}=\frac1{e^D-1}=\frac1D\frac D{e^D-1} \]

后面这半刚好是伯努利数的母函数,于是展开成:

\[\Delta^{-1}=\frac1D\sum_{n=0}^\infty\frac{B_n}{n!}D^n \]

注意到:

\[\sum=\Delta^{-1},\int=D^{-1} \]

代入上式,得:

\[\begin{aligned} \sum&=\int\sum_{n=0}^\infty\frac{B_n}{n!}D^n\\ &=\int+\sum_{n=1}^\infty\frac{B_n}{n!}\int D^n\\ &=\int+\sum_{n=1}^\infty\frac{B_n}{n!}D^{n-1}\\ \end{aligned} \]

注意到伯努利数除第一项外奇项均为 \(0\),于是:

\[\sum=\int-\frac12+\sum_{n=1}^\infty\frac{B_{2n}}{(2n)!}D^{2n-1} \]

将该式子从 \(a\to b\) 作用到函数 \(f(x)\) 上,得:

\[\sum_{a\le n\le b}f(n)=\int_a^bf(x)\mathrm dx-\frac{f(b)-f(a)}2+\sum_{n=1}^\infty\frac{B_{2n}}{(2n)!}\left[f^{(2n-1)}(b)-f^{(2n-1)}(a)\right] \]

便简单的推得了欧拉-麦克劳林求和

Ramanujan Master Theorem

考虑拉普拉斯变换:

\[\mathcal L\{x^{s-1}\}(e^D)=\int_0^\infty x^{s-1}e^{-xe^D}\,\mathrm dx=\Gamma(s)e^{-sD} \]

我们将

\[e^{-xe^D}=\sum_{n=0}^\infty\frac{e^{nD}}{n!}(-x)^n \]

代入,并且作用再函数 \(\phi(0)\) 上,得:

\[\int_0^\infty x^{s-1}\sum_{n=0}^\infty\frac{e^{nD}}{n!}(-x)^n\phi(0)\,\mathrm dx=\Gamma(s)\underbrace{e^{-sD}\cdot\phi(0)}_{\phi(-s)} \]

\[\begin{aligned} f(x)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{e^{nD}\phi(0)}{n!}(-x)^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{\phi(n)}{n!}(-x)^n \end{aligned} \]

于是:

\[\int_0^\infty x^{s-1}f(x)\,\mathrm dx=\Gamma(s)\phi(-s) \]

这个就是 Ramanujan Master Theorem\(\textcolor{FF8C00}{\text{Ramanujan CF2100}}\) Theorem)。我们正式提出它的命题:

:::note[Ramanujan Master Theorem]
对函数 \(f(x)\) 作 Mallin Transform,满足:

\[\mathcal M\{f(x)\}(s)=\int_0^\infty x^{s-1}f(x)\,\mathrm dx=\Gamma(s)\phi(-s) \]

的充要条件是函数 \(f(x)\) 满足:

\[f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{\phi(n)}{n!}(-x)^n \]

:::
该定理陈述了整函数梅林变换的一般性质。

应用

DHL Integral

我先把我博客简介里的 DHL integral 证明了。
考虑积分:

\[I=\int_0^\infty\sin x^n\,\mathrm dx \]

\(t=x^n,s=\frac1n\),则:

\[\begin{aligned} I&=s\int_0^\infty t^{s-1}\sin t\,\mathrm dt\\ &=s\mathfrak I\int_0^\infty t^{s-1}e^{it}\,\mathrm dt \end{aligned} \]

考虑将 \(e^{it}\) 泰勒展开(我在之前的文章里证明了,这是可行的),得:

\[\begin{aligned} e^{it}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(it)^n}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-t)^n}{n!}\underbrace{e^{-i\frac{n\pi}2}}_{\phi(n)} \end{aligned} \]

应用 Ramanujan Master Theorem,便得:

\[I=\mathfrak I[\,s\Gamma(s)e^{i\frac{s\pi}2}]=\frac1n\Gamma\left(\frac1n\right)\sin\left(\frac\pi{2n}\right) \]

同理:

\[\int_0^\infty\cos x^n\,\mathrm dx=\frac1n\Gamma\left(\frac1n\right)\cos\left(\frac\pi{2n}\right) \]

An Anomalous Integral

考虑积分:

\[I=\int_0^\infty\frac{\mathrm dx}{1+x^n} \]

\(t=x^n,s=\frac1n\),于是有:

\[\int_0^\infty\frac{\mathrm dx}{1+x^n}=s\int_0^\infty\frac{t^{s-1}}{1+t}\,\mathrm dt \]

注意到:

\[\frac1{1+t}=\sum_{n=0}^\infty(-t)^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-t)^n}{n!}\underbrace{\Gamma(1+n)}_{\phi(n)} \]

应用 Ramanujan Master Theorem,便得:

\[I=s\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{n\sin\frac\pi n} \]

首先,回顾 \(\psi\) 函数的级数展开形式:

\[\psi(n)=-\gamma+\sum_{k=0}^\infty\left(\frac1{k+1}-\frac1{k+n}\right) \]

移项可得:

\[H_n=\psi(1+n)+\gamma \]

考虑积分:

\[I=\int_0^\infty\frac{x^{s-1}\ln(1+x)}{1+x}\,\mathrm dx,\mathfrak{R}(s)\in(0,1) \]

注意到:

\[\ln(1+x)=-\sum_{n=0}^\infty\frac{(-x)^{n+1}}{n+1},\frac1{1+x}=\sum_{n=0}^\infty(-x)^n \]

于是:

\[\begin{aligned} \frac{\ln(1+x)}{1+x}&=-\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{n+1}}{n+1}\cdot\sum_{n=0}^\infty(-x)^n\\ &=-\sum_{n=0}^\infty(-x)^n\sum_{k=1}^n\frac{1}k\\ &=-\sum_{n=0}^\infty H_n(-x)^n\\ &=-\sum_{n=0}^\infty \left[\psi(1+n)+\gamma\right](-x)^n \end{aligned} \]

采用和上题一样的技巧,于是得到:

\[I=-\frac\pi{\sin \pi s}\left[\psi(1-s)+\gamma\right] \]

Zeta Function

最后再给一个黎曼函数与伯努利数的联系。
首先:

\[\zeta(s)\Gamma(s)=\int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,\mathrm dx \]

注意到右边是一个 Mallin Transform,根据 Ramanujan Master Theorem 可知:

\[\frac1{e^x-1}=\sum_{n=0}^\infty\frac{\zeta(-n)}{n!}(-x)^n \]

注意到这和伯努利数的生成函数十分相似,于是:

\[\sum_{n=0}^\infty\textcolor{red}{B_n}\frac{x^n}{n!}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{\zeta(-n)}{n!}x^{n+1} \]

考虑统一一下次数,注意到 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n!}=0\),于是:

\[\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{\zeta(-n)}{n!}x^{n+1}=\sum_{n=0}^\infty\textcolor{red}{(-1)^{n+1}n\zeta(1-n)}\frac{x^n}{n!} \]

比较系数,得:

\[\zeta(1-n)=(-1)^{n+1}\frac{B_n}{n} \]

注意到伯努利数除第一项得奇项均为 \(0\),于是可将式子改写成:

\[\boxed{\zeta(1-2n)=-\frac{B_{2n}}{2n},n\in\mathbb Z} \]

http://www.hskmm.com/?act=detail&tid=37656

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