En esta respuesta, daré una fórmula explícita para el polinomio interpolante y su límite. Como resultado, concluiré que
(1) $p_k(x)-x$ es creciente en función de $x$ en $(-\infty, 0]$ con $p_k(0)=1$ Así que $p_k(x)$ tiene una única raíz negativa $x_k$ y
(2) $p_k(x)-x$ es decreciente en función de $k$ para $x$ fijado en $(-\infty, 0)$ Así que $x_k$ está aumentando. Por lo tanto, $\lim_{k \to \infty} x_k$ existe, y los cálculos de Joachim Konig muestran que el límite no puede ser $-\gamma$ .
Primero, sin embargo, hacemos algunos cambios de variables. Ponemos $q_n(x) = p_n(x)-x$ Así que $q_n(\tfrac{k(k-1)}{2}) = k$ para $1 \leq k \leq n+1$ desea resolver $q_n(x)=0$ .
Ponga $r_n(z) = 2 q_n(\tfrac{z^2-1}{8})-1$ . Así que $r_n(2k-1) = 2k-1$ para $1 \leq k \leq n+1$ y queremos resolver $r_n(z)=-1$ para $z$ imaginario. Dado que $r_n(z)$ es un polinomio en $z^2$ es una función par, por lo que tenemos $r_n(z) = |z|$ para $z \in \{ -(2n+1), -(2n-1), \ldots, -3,-1,1,3, \ldots, 2n-1, 2n+1 \}$ . Lo que queremos mostrar sobre $r_n$ son
(1) $r_n(iy)$ es decreciente en función de $y \in [0,\infty)$ y
(2) $r_n(iy)$ es decreciente en función de $n$ para $y \in [0,\infty)$ .
Con estos preliminares fuera del camino, aquí está nuestra fórmula para $r_n$ : $$r_n(z) = 1- \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} \prod_{j=1}^k \frac{(2j-1)^2 - z^2}{(2j)^2}. \qquad (\ast)$$
Así, $$r_n(iy) = 1- \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} \prod_{j=1}^k \frac{(2j-1)^2 + y^2}{(2j)^2}.$$ De esta fórmula se deducen claramente las propiedades (1) y (2).
Iba a escribir una prueba de $(\ast)$ pero se hizo bastante largo. El punto conceptual es que $r_n(z-2) - 2 r_n(z) + r_n(z+2)$ es un polinomio de grado $2n-2$ desapareciendo en $\{ \pm 3, \pm 5, \ldots, \pm (2n-1) \}$ por lo que debe ser $c \prod_{j=2}^{n-1} ((2j-1)^2 - z^2)$ para algunos $c$ y podemos evaluar $c$ introduciendo $z=1$ . Luego tengo que relajarme para $r_n(z)$ mismo, lo cual es un fastidio.
Fedor Petrov, en los comentarios, sugiere un enfoque mejor para demostrar $(\ast)$ . Basta con demostrar que $r_n(2m+1)=2m+1$ para $0 \leq m \leq n$ . Todos los términos que difieren entre $r_n(2m+1)$ y $r_m(2m+1)$ son $0$ por lo que basta con comprobar que $r_{2m+1}(2m+1)=2m+1$ . Fedor simplifica $r_{2m+1}(2m+1)$ a $$\sum_{k=0}^m \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \frac{(m+k)!}{k! k! (m-k)!} = \sum_{k=0}^m \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \binom{2k}{k} \binom{m+k}{2k}.$$ Podemos eliminar el límite superior de la suma, ya que $\binom{m+k}{2k}=0$ para $k>m$ .
Usamos el "método del aceite de serpiente" de Wilf: $$\sum_{m=0}^{\infty} x^m \sum_k \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \binom{2k}{k} \binom{m+k}{2k} = \sum_k \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \binom{2k}{k} \sum_{m=0}^{\infty} \binom{m+k}{2k} x^m$$ $$=\sum_k \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \binom{2k}{k} \frac{x^k}{(1-x)^{2k+1}}. \quad (\dagger)$$ Tenemos $$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} \binom{2k}{k} y^k = \sqrt{1+4y}$$ así que $$(\dagger) = \frac{1}{1-x} \sqrt{1+\tfrac{4x}{(1-x)^2}} = \frac{1}{1-x} \frac{1+x}{1-x} = \frac{1+x}{(1-x)^2}.$$ La serie Taylor de $\tfrac{1+x}{(1-x)^2}$ es $1+3x+5x^2+\cdots$ por lo que, extrayendo el coeficiente de $x^m$ demostramos el resultado.
Por último, observamos que $$\frac{(2j-1)^2 -z^2}{(2j)^2} = 1 - 1/j + O(1/j^2)$$ para $z$ Así que $$\frac{1}{2k-1} \prod_{j=1}^k \frac{(2j-1)^2 - z^2}{(2j)^2} = O(1/k^2).$$ Así, si ampliamos la suma $(\ast)$ a una suma infinita, convergerá uniformemente en conjuntos compactos, y obtendremos una función entera $$\phi(z):=1- \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2k-1} \prod_{j=1}^k \frac{(2j-1)^2 - z^2}{(2j)^2}.$$
He experimentado un poco. Si crees en la capacidad de Mathematica para evaluar sumas infinitas, entonces $\phi(0) = 2/\pi$ . Numéricamente, $\phi(z)$ parece estar muy cerca de $$\sqrt{z^2 + \tfrac{4}{\pi^2} \cos^2 \tfrac{\pi z}{2}},$$ pero no creo que sean realmente iguales.
