Batas integral dari $\text{sinc}(x)^n$
Saya melihat latihan ini, dan saya bertanya-tanya metode apa yang dapat digunakan untuk menyelesaikannya. $$ \lim_{n\to\infty}\left[% n^{y}\int_{0}^{\infty} \operatorname{sinc}^n\left(x\right)\, \mathrm{d}x\right] $$ Pendekatan naif apa pun yang saya coba gagal cukup cepat, seperti pemisahan $\operatorname{sinc}^{n}\left(x\right)$ untuk $\sin^{n}\left(x\right)\cdot\frac{1}{x^{n}}$ dan mengintegrasikan berdasarkan bagian, jadi metode apa yang akan Anda gunakan untuk mengatasi masalah ini $?$.
Jawaban
Idenya adalah $\newcommand{\sinc}{\operatorname{sinc}}$ bahwa $\sqrt{n}\int_0^\infty\sinc^n x\,dx=\int_0^\infty\sinc^n(t/\sqrt{n})\,dt$ cenderung $\int_0^\infty e^{-t^2/6}\,dt=\color{blue}{\sqrt{3\pi/2}}$ sebagai $n\to\infty$, menurut DCT . Ini memberikan jawaban untuk$y=1/2$, dan tentunya untuk nilai lain.
Berikut penjelasan yang lebih detail. Jelas,$$\sqrt{n}\left|\int_\pi^\infty\sinc^n x\,dx\right|\leqslant\sqrt{n}\int_\pi^\infty\frac{dx}{x^n}=\frac{\sqrt{n}}{(n-1)\pi^{n-1}}\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}0.$$ Oleh karena itu, jika ada batas (pertama), $$\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^\infty\sinc^n x\,dx=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^\pi\sinc^n x\,dx=\lim_{n\to\infty}\int_0^{\pi\sqrt{n}}\sinc^n\frac{t}{\sqrt{n}}\,dt.$$ Sejak $\sinc x=1-x^2/6+o(x^2)$ sebagai $x\to 0$, kita punya $\lim\limits_{n\to\infty}\sinc^n(t/\sqrt{n})=e^{-t^2/6}$ untuk diperbaiki $t$.
Itu tetap untuk menunjukkan fungsi yang mendominasi untuk DCT untuk diterapkan. Tapi$$0\leqslant\sinc x\leqslant 1-x^2/\pi^2\leqslant e^{-x^2/\pi^2}$$ untuk $0\leqslant x\leqslant\pi$(pertidaksamaan tengah segera mengikuti dari perkalian tak hingga untuk$\sin x$, dan mungkin ditunjukkan dengan cara yang lebih mudah). Jadi,$e^{-t^2/\pi^2}$ adalah fungsi mendominasi yang cocok.
Terlalu panjang untuk berkomentar.
$$I_n=\frac 1{\pi}\int_0^\infty\big[\text{sinc}(x)\big]^n dx$$ menghasilkan urutan $$\left\{\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{8},\frac{1}{3},\frac{115}{384},\frac{11}{40 },\frac{5887}{23040},\frac{151}{630},\frac{259723}{1146880},\frac{15619}{72576}, \frac{381773117}{1857945600},\cdots\right\}$$ Pembilangnya adalah urutan $A049330 $ dan penyebutnya adalah urutan $A049331$ di $OEIS$.
Menurut Vladimir Reshetnikov $$I_n=\frac 1 {2^n (n-1)!}\sum _{k=0}^{\frac{n}{2}} (-1)^k \binom{n}{k} (n-2 k)^{n-1}$$ Tampaknya perkiraan yang cukup baik bisa jadi $$I_n=\sum_{p=1}^q a_p \,n^{-\frac p2}$$ Jadi, untuk nilai yang besar $n$ $$I_n \sim \frac C {\sqrt n} \qquad \text{with} \qquad C \sim 0.6910$$
Membuat $n=10^m$, beberapa hasil $$ \left( \begin{array}{cc} m & \sqrt{10^m}\,I_{10^m} \\ 1 & 0.680550247659969 \\ 2 & 0.689951020377500 \\ 3 & 0.690884642683269 \\ 4 & 0.690977934037989 \\ 5 & 0.690987262459421 \end{array} \right)$$
Edit
Seperti yang dikomentari oleh @metamorphy dan @robjohn, seperti yang kami katakan dalam bahasa Prancis, saya menemukan kembali air hangat!
Dalam jawaban ini saya menghitungnya$$ \int_0^\infty\left(\frac{\sin(x)}x\right)^n\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2^n(n-1)!}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k\binom{n}{k}(n-2k)^{n-1}\tag0 $$ Namun, dalam bentuk ini, sulit untuk membedakan perilaku asimtotik $n\to\infty$.
Transformasi Fourier dan Teorema Batas Pusat
$\newcommand{\sinc}{\operatorname{sinc}}\newcommand{\Res}{\operatorname*{Res}}$Transformasi Fourier dari $\sinc(x)$ aku s $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2ix}e^{-2\pi ix\xi}\,\mathrm{d}x &=\int_\gamma\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2iz}e^{-2\pi iz\xi}\,\mathrm{d}z\tag1\\ &=\pi\Res_{z=0}\left(\frac{e^{iz(1-2\pi\xi)}}{z}\right)-\pi\Res_{z=0}\left(\frac{e^{-iz(1+2\pi\xi)}}{z}\right)\tag2\\[3pt] &=\pi\left[\zeta\le\frac1{2\pi}\right]-\pi\left[\zeta\le-\frac1{2\pi}\right]\tag3\\[6pt] &=\pi\left[-\frac1{2\pi}\le\zeta\le\frac1{2\pi}\right]\tag4 \end{align} $$ Sejak $\widehat{\!fg}=\widehat{\!f}{\ast}\widehat{\vphantom{f}g}$, Transformasi Fourier $\sinc^n(x)$ adalah konvolusi $n$ salinan $(4)$.
$(4)$ adalah PDF untuk distribusi probabilitas dengan mean $0$ dan varians $\frac1{12\pi^2}$. Konvolusi$n$ salinan distribusi ini dengan sendirinya mendekati distribusi normal dengan mean $0$ dan varians $\frac{n}{12\pi^2}$, yang memiliki PDF $$ f_n(\xi)=\sqrt{\frac{6\pi}n}\,e^{-6\pi^2\xi^2/n}\tag5 $$ Karena $\int_{-\infty}^\infty f(x)\,\mathrm{d}x=\widehat{\!f}(0)$, $$ \int_{-\infty}^\infty\sinc^n(x)\,\mathrm{d}x\sim f_n(0)=\sqrt{\frac{6\pi}n}\tag6 $$ dan karena itu, sejak $\sinc(x)$ genap, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^\infty\sinc^n(x)\,\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{3\pi}2}}\tag7 $$
Pendekatan Nyata
Menggunakan $(21)$dari jawaban ini , berikut itu$$ \begin{align} \frac1x-\cot(x) &=\sum_{k=1}^\infty\frac{2x}{k^2\pi^2-x^2}\tag8\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{2x}{k^2\pi^2}\sum_{j=0}^\infty\left(\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)^j\tag9\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{2\zeta(2j+2)}{\pi^{2j+2}}x^{2j+1}\tag{10}\\ -\log(\sinc(x)) &=\sum_{j=0}^\infty\frac{\zeta(2j+2)}{\pi^{2j+2}}\frac{x^{2j+2}}{j+1}&&\text{where }|x|\lt\pi\tag{11}\\ \sinc^n\left(x/\sqrt{n}\right) &=\prod_{j=1}^\infty e^{-\frac{\zeta(2j)}{\pi^{2j}}\frac{x^{2j}}{jn^{j-1}}}&&\text{where }|x|\lt\pi\sqrt{n}\tag{12} \end{align} $$ Penjelasan:
$\phantom{1}(8)$: menerapkan $\cot(x)=\sum\limits_{k\in\mathbb{Z}}\frac1{k\pi+x}=\frac1x-\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{2x}{k^2\pi^2-x^2}$
$\phantom{1}(9)$: menerapkan jumlah deret geometris
$(10)$: mengubah urutan penjumlahan
$(11)$: mengintegrasikan
$(12)$: eksponen
Jadi, $(12)$ menunjukkan bahwa $\sinc^n\left(x/\sqrt{n}\right)\left[|x|\lt\pi\sqrt{n}\right]$ meningkat menjadi $e^{-x^2/6}$.
Selanjutnya, $$ \begin{align} \left|\,\int_{\pi\sqrt{n}}^\infty\sinc^n\left(x/\sqrt{n}\right)\,\mathrm{d}x\,\right| &\le\int_{\pi\sqrt{n}}^\infty\left(\frac{\sqrt{n}}x\right)^n\,\mathrm{d}x\tag{13}\\ &=\frac{\sqrt{n}}{(n-1)\pi^{n-1}}\tag{14} \end{align} $$ Teorema Konvergensi Monoton, $(12)$, dan $(14)$ menunjukkan bahwa $$ \begin{align} \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^\infty\sinc^n(x)\,\mathrm{d}x} &=\lim_{n\to\infty}\int_0^\infty\sinc^n\left(x/\sqrt{n}\right)\,\mathrm{d}x\tag{15}\\ &=\int_0^\infty e^{-x^2/6}\,\mathrm{d}x\tag{16}\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sqrt{\frac{3\pi}2}}\tag{17} \end{align} $$
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{\lim_{n \to \infty}\bracks{% n^{y}\int_{0}^{\infty}\on{sinc}\pars{x}^{n}\,\dd x}}: \ {\Large ?}}$. Perhatikan bahwa kontribusi utama integrand berasal dari nilai$\ds{x \gtrsim 0}$ karena $\ds{\verts{\on{sinc}\pars{x}} \leq 1}$ dan $\ds{\on{sinc}\pars{0} = 1}$. Itu menyarankan penggunaan Metode Laplace . Yaitu,
\begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\lim_{n \to \infty}\bracks{% n^{y}\int_{0}^{\infty}\on{sinc}\pars{x}^{n}\,\dd x}} \\[5mm] = &\ \lim_{n \to \infty}\bracks{% n^{y}\int_{0}^{\infty} \exp\pars{n\ln\pars{\on{sinc}\pars{x}}}\,\dd x} \\[5mm] = &\ \lim_{n \to \infty}\bracks{% n^{y}\int_{0}^{\infty} \exp\pars{n\ln\pars{1 - {x^{2} \over 6}}}\,\dd x} \\[5mm] = &\ \lim_{n \to \infty}\bracks{% n^{y}\int_{0}^{\infty} \exp\pars{-{nx^{2} \over 6}}\,\dd x} \\[5mm] = &\ \root{3\pi \over 2} \lim_{n \to \infty}n^{y - 1/2}\,\, = \bbx{\left\{\begin{array}{lclcl} \ds{0} & \mbox{if} & \ds{y} & \ds{<} & \ds{1 \over 2} \\ \ds{\root{3\pi \over 2}} & \mbox{if} & \ds{y} & \ds{=} & \ds{1 \over 2} \\ \ds{\infty} & \mbox{if} & \ds{y} & \ds{>} & \ds{1 \over 2} \end{array}\right.} \\ & \end{align}
Menarik untuk dicatat \begin{align} &\int_{0}^{\infty} \exp\pars{n\ln\pars{\on{sinc}\pars{x}}}\,\dd x \\[5mm] \stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, &\ \root{3\pi \over 2}\pars{{1 \over n^{1/2}} - {3 \over 20}\,{1 \over n^{3/2}}} \end{align}