Quisiera estimar $\int^{1}_{-1} \left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^{300} dx$ $1$ figura significativa. (Esta pregunta es tomada de un examen de quant).
Mi idea (vaga) es usar la expansión de la serie de Taylor y para estimar el término del resto. Pero luego ejecuto en problemas inmediatamente como no veo una forma sencilla de calcular los primeros términos algunos de series de Taylor para $\left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^{300}$...
¿Alguna idea?
La aproximación del punto de silla de montar\begin{align} \int{-1}^1\frac{\sin^{n}x}{x^{n}}dx&=\int{-1}^1 e^{n\ln\frac{\sin x}{x}}dx=\int{-1}^1e^{-n(\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{180}+\frac{x^6}{2835}+\cdots)}dx\ &\approx\int{-\infty}^\infty e^{-\frac{n}{6}x^2}dx=\sqrt{\frac{6\pi}{n}},\quad n\rightarrow\infty. \end{Alinee el} no importa si $n$ es par o impar, porque es $\frac{\sin x}{x}$ y las partes negativas no han alcanzado los límites de integración todavía, o incluso si llegaron, llegan a ser demasiado pequeños en el límite de $n\rightarrow\infty$.
La aproximación por la exponencial
La aproximación de $\frac{\sin(x)}x\approx1-\frac{x^2}6$, $$ \begin{align} \int_{-1}^1\left(\frac{\sin(x)}x\right)^{300}\,\mathrm{d}x &\approx\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{300}6x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{\sqrt{2\pi}}{10}\\[9pt] &=0.25066 \end{align} $$ donde podemos calcular $\sqrt{2\pi}$ a mano con $\pi=3.1416$ y el andamio método para raíces cuadradas: $$ \begin{align} \sqrt{2\pi} &=\sqrt{6.2832}\\ &=2\sqrt{1.5708}\\ &=2(1.2533)\\ &=2.5066 \end{align} $$
Para la comparación, el original de la integral es de aproximadamente $0.250537$.
El Contorno De Integración
No hay singularidades para que podamos compensar el contorno por $-i$. $$\requieren{cancel} \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\left(\frac{\sin(x)}x\right)^{300}\,\mathrm{d}x &=\frac1{2^{300}}\int_{-\infty-i}^{\infty-i}\frac{\left(e^{ix}-e^{-ix}\right)^{300}}{x^{300}}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{2^{300}}\sum_{k=0}^{149}\int_{\gamma^+}(-1)^k\binom{300}{k}\frac{e^{i(300-2k)x}}{x^{300}}\,\mathrm{d}x\\ &+\cancel{\frac1{2^{300}}\sum_{k=151}^{300}\int_{\gamma^-}(-1)^k\binom{300}{k}\frac{e^{i(300-2k)x}}{x^{300}}\,\mathrm{d}x}\\ &=\frac{2\pi i}{2^{300}}\sum_{k=0}^{149}(-1)^k\binom{300}{k}\frac{-i(300-2k)^{299}}{299!}\\ &=\frac\pi{299!}\sum_{k=0}^{149}(-1)^k\binom{300}{k}(150-k)^{299}\\[9pt] &=0.25053746380056856955 \end{align} $$ donde $$ \gamma^+=[-R-i,R-i]\copa del Re^{i[0,\pi]}-i $$ y $$ \gamma^-=[-R-i,R-i]\copa del Re^{-i[0,\pi]}-i $$ Tenga en cuenta que $\gamma^-$ no contiene el origen.
Más que inspirado por la respuesta Zhuoran He y asumiendo que podríamos exigir más precisión %#% $ de #% donde aparece la función de Bessel modificada de segunda especie.
Expansión para valores infinitamente grandes de $$In=\int{-1}^1\frac{\sin^{n}x}{x^{n}}\,dx\approx \int{-\infty}^\infty e^{-\frac{n}{6}x^2-\frac{n}{180}x^4}\,dx=\sqrt{\frac{15}{2}} e^{5 n/8} K{\frac{1}{4}}\left(\frac{5 n}{8}\right)$, tenemos $n$ $ que conduce a resultados más que aceptables en comparación con integración numérica $$ \left (\begin{array}{ccc} n & \text{exact} & \text{approximation} \ 100 & 0.4335090102 & 0.4335152100 \ 200 & 0.3067676765 & 0.3067687712 \ 300 & 0.2505374649 & 0.2505378616 \ 400 & 0.2169989558 & 0.2169991493 \ 500 & 0.1941043334 & 0.1941044444 \ 600 & 0.1772010667 & 0.1772011384 \ 700 & 0.1640621723 & 0.1640622203 \ 800 & 0.1534702230 & 0.1534702566 \ 900 & 0.1446979461 & 0.1446961543 \ 1000 & 0.1372730901 & 0.1372731089 \end{matriz} \right)$$
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