Произведение сумм

[bayak]

Подскажите, пожалуйста, с какого боку подступиться к этому произведению сумм
$\begin{equation*} \prod\limits_{n\in\mathbb{N}}n^{\mathrm{i}\frac{1}{2}t} \sum\limits_{m\in\mathbb{Z}}\mathrm{e}^{\pi\mathrm{i}(1+\mathrm{i}) n^{\sigma} m^2} \end{equation*}$
где $\sigma$ и $t$ действительные параметры.

[DeBill]

Сумма выглядит страшновато...
Не знаю, насколько будут полезны соображения, но они - такие:
1. Суммы такого рода встречаются, когда мы решаем уравнение теплопроводности на отрезке (с нулевыми граничными условиями) методом Фурье. Ну, например, замечательная задача, которую придумал мой друг: показать, что если
$f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}c_n \sin nx >0$, то и $\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{c_m}{10^{m^2}} \sin mx >0$. Решение: вторая сумма - это решение ур. тепл-ти на $[0,\pi]$ (с начальным условием $f(x)$, и граничными нулями ) в момент $t =\ln 10$. По принципу максимума, оно больше нуля.
Смущает, однако, множитель $n^{\frac{it}{2}}$. Мне бы больше понравился $e^{\frac{int}{2}}$ - чтоб было похоже на ряд Фурье....
2. Можно попробовать интерпретировать Ваше произведение как характеристическую функцию некоторого распределения (характеристическая функция суммы независимых случайных равна произведению хар. ф-й) в некоторой точке. Да и слагаемые в сумме похожи на хар функции нормального распределения...
Но конкретно - не вижу, как сделать задачку. А опечаток точно нет?

[bayak]

То что сумма это тета-функция я заметил, а произведение вот из этой работы О понятии комплексной амплитуды вероятности, возникающем в задаче о случайном блуждании по ломаным линиям обмотки сферы

[bayak]

Насколько я понял из подсказки уважаемого DeBill, в лоб посчитать это произведение сумм трудно. Хорошо, тогда помогите продвинуться на концептуальном уровне. Положим из вида суммы можно восстановить интегральное уравнение, а затем и дифференциальное уравнение, решением которого служит сумма. Пусть, например, это будет уравнение Шредингера с начальными условиями в виде периодической дельта-функции. А как быть с произведением? Интуитивно кажется, что в результате должен получиться некий стационарный процесс, то есть начальные условия не должны бы расплываться. А так ли это на самом деле?

[bayak]

Удалось немного продвинуться.
Прежде всего заметим, что сумма
$\begin{equation*} f(\tau,x)=\sum\limits_{m\in\mathbb{Z}}\mathrm{e}^{\pi\mathrm{i}(1+\mathrm{i})\tau^{\sigma} m^2 + 2\pi\mathrm{i} mx} \end{equation*}$
где $\tau \in \mathbb{R}^+$, $x \in \mathbb{R}$, удовлетворяет уравнению
$\begin{equation*} 4\pi\frac{\partial f(\tau,x)}{\partial \tau} + (\mathrm{i}-1)\sigma \tau^{\sigma-1}\frac{\partial^2 f(\tau,x)}{\partial x^2}=0 \end{equation*}$
с начальными ($\tau \rightarrow 0$) условиями в виде периодической дельта-функции. Далее заменим искомое произведение сумм на соответствующий ему функциональный интеграл
$\begin{equation*} f(\tau\rightarrow\infty,x)=\int Dx f(\tau,x)\mathrm{e}^{\pi\mathrm{i}(1+\mathrm{i}) \tau^{\sigma} x^2 + \mathrm{i}\frac{1}{2}t\log\tau} \end{equation*}$
из которого следует интегральное уравнение
$\begin{equation*} f(\tau + \Delta\tau,x)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(\tau ,y)\mathrm{e}^{\pi\mathrm{i}(1+\mathrm{i}) (\tau + \Delta\tau)^{\sigma} (x-y)^2 + \mathrm{i}\frac{1}{2}t\log(\tau + \Delta\tau)}\mathrm{d}y \end{equation*}$
и соответствующее ему дифференциальное уравнение
$\begin{equation*} \mathrm{i}\frac{\partial f(\tau,x)}{\partial \tau} = \frac{t}{2\tau}f(\tau,x) + \pi(\mathrm{i}+1)\sigma \tau^{\sigma-1}\frac{\partial^2 f(\tau,x)}{\partial x^2} \end{equation*}$
Однако, поскольку нас интересует дискретный случай, то заменим это уравнение на
$\begin{equation*} \mathrm{i}\frac{\partial f(\tau,x)}{\partial \tau} = \frac{t\sum \limits_{n\in\mathbb{N}}\delta(\tau-n)}{2\tau}f(\tau,x) + \pi(\mathrm{i}+1)\sigma \tau^{\sigma-1}\frac{\partial^2 f(\tau,x)}{\partial x^2} \end{equation*}$
и будем искать дискретный спектр его решений. Возможно статистическая сумма собственных значений этого уравнения и есть искомое произведение сумм.
Работа, в которой появилось это произведение сумм теперь ещё и тут

Укажите, пожалуйста, на слабые места или враньё. И потом, как решать последнее уравнение?

[bayak]

Сделаю ещё один шажок.
Если уравнение в частных производных
$\begin{equation*}\label{equaDiscr} -\mathrm{i}\frac{\partial f(\tau,x)}{\partial \tau} = \frac{t\sum \limits_{n\in\mathbb{N}}\delta(\tau-n)}{2\tau} + \pi(\mathrm{i}+1)\sigma \tau^{\sigma-1}\frac{\partial^2 f(\tau,x)}{\partial x^2} \end{equation*}$
умножить на $\tau$ и применить к нему интегральное преобразование Меллина, то мы получим ОДУ
$\begin{equation*} \pi(\mathrm{i}+1)\sigma\frac{d^2\hat{f}(x,z+\sigma)}{dx^2}= \mathrm{i}z\hat{f}(x,z)-\frac{t}{2}\sum \limits_{n\in\mathbb{N}}n^{z-1} \end{equation*}$
Но, как мне кажется, это какое-то нестандартное уравнение. Подскажите, пожалуйста, как его решать.

[Pulseofmalstrem]

Можно пробовать решить данное уравнение сначала без члена с бесконечной суммой, а потом в силу линейности (а оно ведь линейное вроде бы как) попытаться построить общее решение добавлением членов бесконечной суммы по одному. Можно ли так попробовать?

[bayak]

Pulseofmalstrem, спасибо, буду пробовать. Насчёт законности предложенной процедуры ничего сказать не могу (в силу недостаточной образованности), но мне она нравится. Кстати, бесконечная сумма это дзета Римана, что повышает шансы общего решения быть связанным с дзетой.

[Vince Diesel]

Что означает дискретный спектр решений уравнения? Например, для уравнения $iu_t=u_{xx}$ что это будет?

bayak в сообщении #1273290 писал(а):

$\begin{equation*}\label{equaDiscr} -\mathrm{i}\frac{\partial f(\tau,x)}{\partial \tau} = \frac{t\sum \limits_{n\in\mathbb{N}}\delta(\tau-n)}{2\tau} + \pi(\mathrm{i}+1)\sigma \tau^{\sigma-1}\frac{\partial^2 f(\tau,x)}{\partial x^2} \end{equation*}$

Это так должно быть или в первом слагаемомй правой части $f$ пропущена?

После замены $f(\tau,x)=u(\tau^\sigma,x)$ старшие коэффициенты уравнения станут постоянными.

[bayak]

Vince Diesel в сообщении #1273416 писал(а):

Что означает дискретный спектр решений уравнения? Например, для уравнения $iu_t=u_{xx}$ что это будет?

Мне показалось, что дискретная по времени потенциальная функция выделяет дискретный спектр решений, т.е. счетное число собственных решений и собственных значений. А без потенциальной функции, наверно, вовсе нельзя выделить такие дискретные решения.

Vince Diesel в сообщении #1273416 писал(а):

Это так должно быть или в первом слагаемомй правой части $f$ пропущена?

Намеренно пропущена - для упрощения задачи. Хотя не уверен, может быть, так и должно быть если мы переходим к дискретному времени.

Vince Diesel в сообщении #1273416 писал(а):

После замены $f(\tau,x)=u(\tau^\sigma,x)$ старшие коэффициенты уравнения станут постоянными.

Постоянными по $\tau$? Старшие коэффициенты - это те, которые при частных производных?

[Vince Diesel]

bayak в сообщении #1273517 писал(а):

А без потенциальной функции, наверно, вовсе нельзя выделить такие дискретные решения.

Т.е. именно уравнения? Не задачи Коши и т.п.? Тогда надо определить, в какой области ищутся решкения.

bayak в сообщении #1273517 писал(а):

Постоянными по $\tau$? Старшие коэффициенты - это те, которые при частных производных?

Да. Без $f$ (с упрощением) получится уравнение с постоянными коэффициентами — Шредингера. Решение задачи Коши с правой частью представляется в виде свертки с фундаментальным решением.

[bayak]

Vince Diesel, Вы правы, $f$ нельзя было упускать, а кроме того, надо было учесть дискретность по $x$. Короче, окончательный вариант уравнения будет такой

$\begin{equation*}\label{equaDiscr} -\mathrm{i}\frac{\partial f(\tau,x)}{\partial \tau} = \frac{t\prod\limits_{n\in\mathbb{N}} \sum\limits_{m\in\mathbb{Z}}\delta(\tau-n)\delta(x-z)}{2\tau}f(\tau,x) + \pi(\mathrm{i}+1)\sigma \tau^{\sigma-1}\frac{\partial^2 f(\tau,x)}{\partial x^2} \end{equation*}$

[bayak]

Vince Diesel в сообщении #1273552 писал(а):

Да. Без $f$ (с упрощением) получится уравнение с постоянными коэффициентами — Шредингера. Решение задачи Коши с правой частью представляется в виде свертки с фундаментальным решением.

Vince Diesel, спасибо за подсказку насчёт перехода к сложной функции $u(\tau^{\sigma},x)$ (это, вроде бы, избавляет от необходимости использовать интегральное преобразование Меллина), но вот с задачей Коши для дискретного случая мне не очень понятно. Если мы скажем, что в начальный момент $\tau=1$ по всем $x=z$ для уравнения (ещё один окончательный вариант):
$\begin{equation*}\label{equaDiscr} -\mathrm{i}\frac{\partial f(\tau,x)}{\partial \tau} = \frac{t\sum\limits_{n\in\mathbb{N}}\delta(\tau-n) \sum\limits_{m\in\mathbb{Z}}\delta(x-z)}{2\tau}f(\tau,x) + \pi(\mathrm{i}+1)\sigma \tau^{\sigma-1}\frac{\partial^2 f(\tau,x)}{\partial x^2} \end{equation*} $
выполняется $f(1,z)=1$, то будет ли это корректно поставленная задача Коши? Впрочем, сначала неплохо было бы разобраться с тем, что такое свёртка с фундаментальным решением.

[Vince Diesel]

bayak в сообщении #1263713 писал(а):

$\begin{equation*} \prod\limits_{n\in\mathbb{N}}n^{\mathrm{i}\frac{1}{2}t} \sum\limits_{m\in\mathbb{Z}}\mathrm{e}^{\pi\mathrm{i}(1+\mathrm{i}) n^{\sigma} m^2} \end{equation*}$
где $\sigma$ и $t$ действительные параметры.

А это произвеение будет вообще сходиться? Если ограничиться одним членом суммы - $m=0$, то получится $\prod\limits_{n\in\mathbb{N}}n^{\mathrm{i}\frac{1}{2}t}$.

[bayak]

Vince Diesel в сообщении #1273630 писал(а):

А это произвеение будет вообще сходиться? Если ограничиться одним членом суммы - $m=0$, то получится $\prod\limits_{n\in\mathbb{N}}n^{\mathrm{i}\frac{1}{2}t}$.

Вот теперь и у меня возникли сомнения. Надо подумать.