Представление 1/x как суммы Гауссианов в геометр. прогрессии

[Hexagonal]

Здравствуйте, гуру математики!

Подскажите, как доказать, что

$\frac{1}{x}= \lim\limits_{q\to1^+} { 2 \ln(q)\sum\limits_{i=-\infty}^{+\infty} {gauss(x, q^i)} }$, где

$gauss(x, \sigma)=(\sigma\sqrt{2\pi})^{-1}\, \exp(-\frac{x^2}{2\sigma^2})$ это обычный гаусс, нормированный на интеграл 1.

Численно я подогнал, и, например, с q=1.1 или меньше совпадает весьма точно.

Извините, если не в тот раздел, не знал, куда этот вопрос постить.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);

Каждая формула должна начинаться на знак доллара, заканчиваться им и не содержать их в середине.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[Vince Diesel]

А это что, учебная задача?

[Hexagonal]

Нет, не учебная, возникла по инженерной необходимости.
Поэтому в какую ветку, точно не знаю. Но вряд ли по сложности это "проблема тысячелетия".

[Vince Diesel]

C точностью до всяких финтифлюшек это функция $\sum_{i=-\infty}^\infty{a^{q^{i}}}q^{i}$. Можно поискать информацию, вдруг такие рассматривались.

Или так. Рассмотрим функцию $f(y)=\sum\limits_{i=-\infty}^{+\infty} {gauss(x, q^{y+i})} $. Это будет периодическая функция. Формула для коэффициентов Фурье даст интеграл Фурье от функции $gauss(x, q^{y})$. После замены переменной типа $t=q^y$ получится гамма-функция мнимого (или комплексного аргумента). Асимптотика ее известна. Мб этого хватит.

[sup]

Это просто интегральная сумма.

Пусть $G(x, s)=(s\sqrt{2\pi})^{-1}\, \exp(-\frac{x^2}{2s^2})$
Тогда при $q = 1+0$

$$2\ln(q)\sum\limits_{i=-\infty}^{+\infty} G(x, q^i) = \sum\limits_{i=-\infty}^{+\infty} G(x, q^i)(q^i - q^{i-1}) \frac{2\ln q}{q^i - q^{i-1}} \approx \sum\limits_{i=-\infty}^{+\infty}\int \limits_{q^{i-1}}^{q^i}\frac{2G(x,z)}{z}dz = \int \limits_0^{\infty}\frac{2G(x,z)}{z}dz = \frac {1}{x}$$

Последний интеграл легко считается после замены $z=x/t$.
P.S. Поправил формулы.

[Hexagonal]

Большое спасибо за ответы!

Дорогой SUP, насчёт последнего интеграла программа Maple с Вами согласна (кроме разве что точки $x=0$), а вот магический переход с 'примерно равно', как он делается? Это какой-то математический приём?

И ещё, интересно, какой класс функций $G(x, s)$, наверное, не только Гаусс подойдёт?

Мне нужен был гаусс, потому что на практике там 2D случай $\frac{1}{x^2+y^2}= \lim\limits_{q\to1^+} { 2 \pi\ln(q)\sum\limits_{i=-\infty}^{+\infty} {G(x, q^i) G(y, q^i)} }$, и гаусс был нужен, потому что одновременно радиально симметричный и сепарабельный, но теоретически всё равно интересно!

[sup]

Для формального обоснования нужно совсем немного, но просто лень занудливо расписывать. Тут главное, что

$$\frac {\ln q}{q^i - q^{i-1}} = \frac {1}{q^i}(1+o(1))$$

Если бы в конечном итоге получался конечный интервал, то это просто интегральные суммы (с точностью до множителя стремящегося к 1) и ничего особо обосновывать не надо. Небольшое осложнение дают бесконечные суммы. Надо оценить "бесконечные хвосты". В данном случае это тоже несложно.
Вместо "Гаусса" подойдет любая функция, лишь бы результирующий интеграл абсолютно сходился. Собственно говоря, я воспользовался явным выражение только при подсчете интеграла.

[Hexagonal]

Спасибо, дорогой Супремум!

То есть, получается, оно как интегральная сумма, но не в арифметической, а в геометрической прогрессии.

[Lia]

Hexagonal

Устное замечание за искажение ника.