:::note[前置知識]
這篇文章需要用到復數以及一些變換。
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位移算符
我們定義：\(D\equiv \frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\)，考慮
\[e^D=\sum_{n=0}^\infty\frac{D^n}{n!}
\]
作用到函數 \(f(x)\) 上，于是有：
\[e^Df=\sum_{n=0}^\infty\frac{D^n}{n!}f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(x)}{n!}1^n
\]
注意到這是函數 \(f(x)\) 在 \(x\) 處的泰勒展開，于是，我們顯然有：
\[\boxed{e^Df=f(x+1)}
\]
同理：
\[e^{tD}f=\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(x)}{n!}t^n=f(x+t)
\]
考慮計算：
\[\begin{aligned}
e^{aD}\cdot e^{bD}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{a^nD^n}{n!}\cdot\sum_{n=0}^\infty\frac{b^nD^n}{n!}\\
&=\sum_{n=0}^\infty D^n\sum_{k=0}^n\frac{a^k b^{n-k}}{k!(n-k)!}\\
&=\sum_{n=0}^\infty\frac{D^n}{n!}\underbrace{\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}}_{(a+b)^n}\\
&=\sum_{n=0}^\infty\frac{D^n}{n!}(a+b)^n\\
&=e^{(a+b)D}
\end{aligned}
\]
于是位移算符滿足指數運算。
差分與位移
定義差分 \(\Delta\) 為：
\[\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)=e^Df(x)-f(x)=(e^D-1)f(x)
\]
于是：
\[\Delta=e^D-1
\]
兩邊同時取逆，于是有：
\[\Delta^{-1}=\frac1{e^D-1}=\frac1D\frac D{e^D-1}
\]
后面這半剛好是伯努利數的母函數，于是展開成：
\[\Delta^{-1}=\frac1D\sum_{n=0}^\infty\frac{B_n}{n!}D^n
\]
注意到：
\[\sum=\Delta^{-1},\int=D^{-1}
\]
代入上式，得：
\[\begin{aligned}
\sum&=\int\sum_{n=0}^\infty\frac{B_n}{n!}D^n\\
&=\int+\sum_{n=1}^\infty\frac{B_n}{n!}\int D^n\\
&=\int+\sum_{n=1}^\infty\frac{B_n}{n!}D^{n-1}\\
\end{aligned}
\]
注意到伯努利數除第一項外奇項均為 \(0\)，于是：
\[\sum=\int-\frac12+\sum_{n=1}^\infty\frac{B_{2n}}{(2n)!}D^{2n-1}
\]
將該式子從 \(a\to b\) 作用到函數 \(f(x)\) 上，得：
\[\sum_{a\le n\le b}f(n)=\int_a^bf(x)\mathrm dx-\frac{f(b)-f(a)}2+\sum_{n=1}^\infty\frac{B_{2n}}{(2n)!}\left[f^{(2n-1)}(b)-f^{(2n-1)}(a)\right]
\]
便簡單的推得了歐拉-麥克勞林求和。
Ramanujan Master Theorem
考慮拉普拉斯變換：
\[\mathcal L\{x^{s-1}\}(e^D)=\int_0^\infty x^{s-1}e^{-xe^D}\,\mathrm dx=\Gamma(s)e^{-sD}
\]
我們將
\[e^{-xe^D}=\sum_{n=0}^\infty\frac{e^{nD}}{n!}(-x)^n
\]
代入，并且作用再函數 \(\phi(0)\) 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：
\[\int_0^\infty x^{s-1}f(x)\,\mathrm dx=\Gamma(s)\phi(-s)
\]
這個就是 Ramanujan Master Theorem（\(\textcolor{FF8C00}{\text{Ramanujan CF2100}}\) Theorem）。我們正式提出它的命題：
:::note[Ramanujan Master Theorem]
對函數 \(f(x)\) 作 Mallin Transform，滿足：
\[\mathcal M\{f(x)\}(s)=\int_0^\infty x^{s-1}f(x)\,\mathrm dx=\Gamma(s)\phi(-s)
\]
的充要條件是函數 \(f(x)\) 滿足：
\[f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{\phi(n)}{n!}(-x)^n
\]
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該定理陳述了整函數梅林變換的一般性質。
應用
DHL Integral
我先把我博客簡介里的 DHL integral 證明了。
考慮積分：
\[I=\int_0^\infty\sin x^n\,\mathrm dx
\]
令 \(t=x^n,s=\frac1n\)，則：
\[\begin{aligned}
I&=s\int_0^\infty t^{s-1}\sin t\,\mathrm dt\\
&=s\mathfrak I\int_0^\infty t^{s-1}e^{it}\,\mathrm dt
\end{aligned}
\]
考慮將 \(e^{it}\) 泰勒展開（我在之前的文章里證明了，這是可行的），得：
\[\begin{aligned}
e^{it}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(it)^n}{n!}\\
&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-t)^n}{n!}\underbrace{e^{-i\frac{n\pi}2}}_{\phi(n)}
\end{aligned}
\]
應用 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
考慮積分：
\[I=\int_0^\infty\frac{\mathrm dx}{1+x^n}
\]
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：
\[\frac1{1+t}=\sum_{n=0}^\infty(-t)^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-t)^n}{n!}\underbrace{\Gamma(1+n)}_{\phi(n)}
\]
應用 Ramanujan Master Theorem，便得：
\[I=s\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{n\sin\frac\pi n}
\]
首先，回顧 \(\psi\) 函數的級數展開形式：
\[\psi(n)=-\gamma+\sum_{k=0}^\infty\left(\frac1{k+1}-\frac1{k+n}\right)
\]
移項可得：
\[H_n=\psi(1+n)+\gamma
\]
考慮積分：
\[I=\int_0^\infty\frac{x^{s-1}\ln(1+x)}{1+x}\,\mathrm dx,\mathfrak{R}(s)\in(0,1)
\]
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：
\[\begin{aligned}
\frac{\ln(1+x)}{1+x}&=-\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{n+1}}{n+1}\cdot\sum_{n=0}^\infty(-x)^n\\
&=-\sum_{n=0}^\infty(-x)^n\sum_{k=1}^n\frac{1}k\\
&=-\sum_{n=0}^\infty H_n(-x)^n\\
&=-\sum_{n=0}^\infty \left[\psi(1+n)+\gamma\right](-x)^n
\end{aligned}
\]
采用和上題一樣的技巧，于是得到：
\[I=-\frac\pi{\sin \pi s}\left[\psi(1-s)+\gamma\right]
\]
Zeta Function
最后再給一個黎曼函數與伯努利數的聯系。
首先：
\[\zeta(s)\Gamma(s)=\int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,\mathrm dx
\]
注意到右邊是一個 Mallin Transform，根據 Ramanujan Master Theorem 可知：
\[\frac1{e^x-1}=\sum_{n=0}^\infty\frac{\zeta(-n)}{n!}(-x)^n
\]
注意到這和伯努利數的生成函數十分相似，于是：
\[\sum_{n=0}^\infty\textcolor{red}{B_n}\frac{x^n}{n!}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{\zeta(-n)}{n!}x^{n+1}
\]
考慮統一一下次數，注意到 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n!}=0\)，于是：
\[\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{\zeta(-n)}{n!}x^{n+1}=\sum_{n=0}^\infty\textcolor{red}{(-1)^{n+1}n\zeta(1-n)}\frac{x^n}{n!}
\]
比較系數，得：
\[\zeta(1-n)=(-1)^{n+1}\frac{B_n}{n}
\]
注意到伯努利數除第一項得奇項均為 \(0\)，于是可將式子改寫成：
\[\boxed{\zeta(1-2n)=-\frac{B_{2n}}{2n},n\in\mathbb Z}
\]
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