многомерный интеграл

[makxsiq]

Хотелось бы понять асимптотику интеграла $S_n$ при $n \to \infty$.
Может что-нибудь в есть литературе, типа интеграла Селберга?
Тривиальная оценка сверху дает $2^n(n!)^2$.

$$ S_n = \idotsint \limits_{\substack{x_1,...,x_n \\ \in [-1,1]}} \prod\limits_{k=1}^{n-1} \Bigl( 1-\sum\limits_{m=1}^{k}x_m \cdot x_{m+1} \Bigr)^2 dx_1...dx_n $$

[makxsiq]

В общем, никакого жития от курвы.

[mihiv]

Оценку можно слегка улучшить.
Произведение под интегралом не меняется при замене для всех $i, t_i\to -t_i$. Поэтому $\int \limits _{-1}^1f(t_1,\dots ,t_n)dt_1\dots dt_n=2\int \limits _0^1f(t_1,\dots ,t_n)\dots dt_1\dots dt_n$. Отсюда $S_n<2(n!)^2$.

[makxsiq]

Не совсем вас понял.
Интеграл

$$\idotsint \limits_{\substack{t_1,...,t_n \\ \in [-1,1]}}1 dt_1...dt_n$$

подходит под критерий?

[mihiv]

Да, ошибся, лучше не получается

[Евгений Машеров]

Какое-то смутное чувство, что тут некое "Монте-Карло" поможет. Рассматривая задачу, как нахождение матожидания функции от независимых равномерно распределённых иксов. К сожалению, величины под знаком произведения не независимы.

[Red_Herring]

Раскройте квадрат и все легко вычисляется

[Markiyan Hirnyk]

Red_Herring

Цитата:

Раскройте квадрат и все легко вычисляется

Да, действительно легко, ведь подинтегальная функция - многочлен. Только для $n=11$ Математика считает этот интеграл более 12 минут:

n = 11; Integrate[ Product[(1 - Sum[x[j]*x[j + 1], {j, 1, k}])^2, {k, 1, n - 1}], {x[
    1], -1, 1}, {x[2], -1, 1}, {x[3], -1, 1}, {x[4], -1,  1}, {x[5], -1, 1}, {x[6], -1, 1}, {x[7], -1, 1}, {x[8], -1, 
   1}, {x[9], -1, 1}, {x[10], -1, 1}, {x[11], -1, 1}] // Timing
{746.016, 98542400349736526511115598662635094016/441507020599556210126953125}

[makxsiq]

Методом Монте-Карло что-то похожее получается. И предварительная оценка снизу $2^n n!$. Это не муля.

[Markiyan Hirnyk]

Результат Математики с отсчетом времени для $n=12$:

{2290.55, 445086811262716378545513520477259023253504/36650516642324390747738671875}

и список ее результатов от 3 до 12:

{368/25,2686592/33075,1800892928/2480625,26004055148032/2701400625,98532548848651475968/559257464390625,21330812425013466656768/5033317179515625,38885808238013683382198272/300543112578515625,28273290069449585268585252855414784/5789458451939084187890625,98542400349736526511115598662635094016/441507020599556210126953125,445086811262716378545513520477259023253504/36650516642324390747738671875}

[makxsiq]

(Оффтоп)

makxsiq в сообщении #1631115 писал(а):

Может что-нибудь в есть литературе, типа интеграла Селберга
?

Кстати у кого-то там дошли руки перевести статью про интеграл Сельберга.
Имхо получилось даже лучше лучше чем статья в enwiki, потому что формула Мехты должна стоять по порядку на 4 месте ибо является и частным случаем формулы Сельберга, и частным случаем формулы Макдональда.

[DeBill]

НУ, писали же уже, что интеграл этот считается ТОЧНО. И асимптотика получается типа $(\frac{2(9+\sqrt{61})}{15})^n$ (с множителем, коий лень считать)...
Типа:
1. По плану RedHerring, откроем квадраты, и избавимся от всех "удвоенных произведений " - за счет нечетности.
2. Введем интегралы $S_n = $ и такой же $U_n$, но с доп.множителем $x_1^2$.
3. Интегрируя по $x_1$, получим рек. систему для них, с хар.уравнением $45t^2-108t+16=0$.
Это сразу дает нужную асимптотику (для точного вычисления - надо еще и константы найти)

[AlexBS]

Простая, но несколько грубая оценка сверху: $(4+n!\cdot 2)/3$.
Производишь замену знака у всех чётных переменных, все минусы под интегралом превратятся в плюсы.
Перемножаешь все многочлены, получаешь сумму мономов.
Моном даёт ненулевой интеграл, только если в нём степени всех переменных чётны.
Таких мономов (не считая единицу) не более чем $n!-1$, интеграл от каждого из них не более 2/3.
Ну и единица даст интеграл 2. Всё.