:::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 \(f(x)\) 在 \(x\) 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：
\[\int_0^\infty x^{s-1}\sum_{n=0}^\infty\frac{e^{nD}}{n!}(-x)^n\phi(0)\,\mathrm dx=\Gamma(s)\underbrace{e^{-sD}\cdot\phi(0)}_{\phi(-s)}
\]
令
\[\begin{aligned}
f(x)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{e^{nD}\phi(0)}{n!}(-x)^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty\frac{\phi(n)}{n!}(-x)^n
\end{aligned}
\]
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：
\[I=\int_0^\infty\sin x^n\,\mathrm dx
\]
令 \(t=x^n,s=\frac1n\)，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：
\[I=\int_0^\infty\frac{\mathrm dx}{1+x^n}
\]
令 \(t=x^n,s=\frac1n\)，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：
\[\boxed{\zeta(1-2n)=-\frac{B_{2n}}{2n},n\in\mathbb Z}
\]
 函数)
