Получение асимптотического ряда

[e7e5]

Для интеграла ищется представление через асимптотический ряд.
$J=\frac {2} {\pi} \int_{0}^{\pi/n} \prod_{k=1}^n \frac {\sin kx} {\sin x} dx$
Первый член ряда такой
$F_1(n)=\frac {n!} {\sqrt{\pi A}}$, $A=n(n-1)(2n+5)/36$

Известны ли ссылки, может асимптотическое представление изучалось для данного случая?

[RIP]

Ссылок не знаю, но кое-что можно сказать. Имеем

$$\exp\left(\frac{n^3z^2}{18}\right)\prod_{k=1}^n\frac{\sin kz}{k\sin z}=\exp\left(\frac{n^3z^2}{18}+\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m2^{2m-1}B_{2m}}{m(2m)!}\left(\frac{B_{2m+1}(n+1)}{2m+1}-n\right)z^{2m}\right)=\sum_{m=0}^\infty a_m(n)z^{2m},$$

где $a_m(z)\in\mathbb Q[z]$, $\deg a_m=\left\lfloor\frac{5m}2\right\rfloor$. Тогда для $J/n!$ получается асимптотическое разложение

$$J/n!\sim\sqrt{\frac{18}{\pi n^3}}\sum_{m=0}^\infty9^m(2m-1)!!a_m(n)n^{-3m}\sim\sqrt{\frac{18}{\pi n^3}}\left(1-\frac{51}{50n}+\frac{225937}{98000n^2}-\frac{4252401}{700000n^3}+\ldots\right).$$

Не знаю, можно ли для $a_m$ выписать "хорошую" явную формулу.

[e7e5]

RIP в сообщении #386447 писал(а):

Ссылок не знаю, но кое-что можно сказать. Имеем

$$\exp\left(\frac{n^3z^2}{18}\right)\prod_{k=1}^n\frac{\sin kz}{k\sin z}=\exp\left(\frac{n^3z^2}{18}+\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m2^{2m-1}B_{2m}}{m(2m)!}\left(\frac{B_{2m+1}(n+1)}{2m+1}-n\right)z^{2m}\right$$

RIP, пожалуйста поясните подробнее, как вы осуществили такой переход к числам Бернули.

[RIP]

$$\log\frac{\sin z}z=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m2^{2m-1}B_{2m}}{m(2m)!}z^{2m}$$

(проверяется дифференцированием). Отсюда

$$\log\prod_{k=1}^n\frac{\sin kz}{k\sin z}=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m2^{2m-1}B_{2m}}{m(2m)!}\sum_{k=1}^n(k^{2m}-1)z^{2m}=\ldots$$

[e7e5]

RIP в сообщении #386646 писал(а):

Отсюда

$$\log\prod_{k=1}^n\frac{\sin kz}{k\sin z}=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m2^{2m-1}B_{2m}}{m(2m)!}\sum_{k=1}^n(k^{2m}-1)z^{2m}=\ldots$$

В учебнике Г.М. Фихтенгольца нашел главу, где $\log \frac {\ sinz} {z}$ выражается через числа Бернули, правда там немного другая формула.

Однако, подскажите, откуда "отсюда" получилось слагаемое:
$\sum_{k=1}^n(k^{2m}-1)$

[RIP]

e7e5 в сообщении #386657 писал(а):

правда там немного другая формула

Там используются устаревшие обозначения.

e7e5 в сообщении #386657 писал(а):

Однако, подскажите, откуда "отсюда" получилось слагаемое

логарифм произведения равен сумме логарифмов.

[e7e5]

RIP в сообщении #386447 писал(а):

$$J/n!\sim\sqrt{\frac{18}{\pi n^3}}\sum_{m=0}^\infty9^m(2m-1)!!a_m(n)n^{-3m}\sim\sqrt{\frac{18}{\pi n^3}}\left(1-\frac{51}{50n}+\frac{225937}{98000n^2}-\frac{4252401}{700000n^3}+\ldots\right).$$

Не знаю, можно ли для $a_m$ выписать "хорошую" явную формулу.

Может быть здесь можно использовать полиномы Эрмита?
Например чуть изменить исходный интеграл "добавив" косинус и использовать косинус-преобразование Фурье?