La pregunta en la resolución $ \phi (t)= \phi (2t)+ \phi (2t-1)$ , $ \phi\ne0 $

Question

En realidad se puede recurrir a la ecuación de dos escalas en análisis multiresolución . Realizar la transformación de Fourier a ambos lados de $ \phi (t)= \phi (2t)+ \phi (2t-1)$ resulta que

$$ \hat\phi ( \omega )= \frac {1}{2} \hat\phi ( \frac {1}{2} \omega )+ \frac {1}{2} \hat\phi ( \frac {1}{2} \omega )e^{- \frac {i \omega }{2}}$$ es decir.., $$ \frac { \hat { \phi }(2 \omega )}{ \hat { \phi }( \omega )}= \frac {1+e^{-i \omega }}{2}=m( \omega )$$ Por lo tanto $$ \hat\phi ( \omega )= \prod_ {k=1}^{ \infty }m \left ( \frac { \omega }{2^k} \right )= \prod_ {k=1}^{ \infty } \frac {1+e^{-i2^{-k} \omega }}{2} \hat\phi (0)$$

Mi pregunta es, ¿cómo calcular este límite? Gracias.

Answer 1

Si $\omega=0$ , entonces el producto es $1$ . Dejemos que $z=e^{-i\omega}$ . Observe que $$ \prod_{k=1}^{K}\frac{1+z^{2^{-k}}}{2}=\frac{1}{2^K}\frac{1-z}{1-z^{2^{-K}}}.$$ Tratamiento de $2^K(1-z^{2^{-K}})$ como un derivado como $K\to\infty$ para $-e^{i\omega} t$ en $t=0$ obtenemos $$\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1+e^{-i2^{-k}\omega}}{2}=\frac{1-e^{-i\omega}}{i\omega}.$$ En el límite como $\omega\to 0$ también obtenemos $1$ .