Producto de áreas en un disco

Question

Un disco de área $2n$ se divide en $n$ regiones dibujando $n$ puntos equidistantes en el perímetro y luego dibujando segmentos de línea uniendo un punto fijo con todos los demás puntos. Se muestra un ejemplo con $n=8$.

¿Cuál es el límite del producto de las áreas de las regiones, a medida que $n$ se aproxima a $\infty$?

Usando trigonometría básica, tengo:

$$\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n}\left(2-\frac{n}{\pi}\sin\left(\frac{2k\pi}{n}\right)+\frac{n}{\pi}\sin\left(\frac{2(k-1)\pi}{n}\right)\right)$$

No sé cómo evaluar este límite. Wolfram no evalúa el límite, pero me dice que cuando $n=10000$ el producto es aproximadamente $8.3$.

ACTUALIZACIÓN 1:

Tengo bastante confianza en que el límite es $4\cosh^2\left({\frac{\pi}{2\sqrt{3}}}\right)=8.29674...$

Esto es lo que pienso. Estaba tratando de responder a una pregunta similar: ¿Se puede dividir una bola en $n$ capas concéntricas de espesor igual de manera que el volumen promedio de las capas sea fijo y el producto de los volúmenes converja a un número positivo a medida que $n\to\infty$? La respuesta resulta ser sí. Si fijamos el volumen promedio de las capas en $\frac{e^2}{3}$, entonces el producto de los volúmenes converge a $2\cosh\left({\frac{\pi}{2\sqrt{3}}}\right)=2.8804...$. Me di cuenta de que este número parece ser (hasta muchas cifras decimales) la raíz cuadrada de la respuesta a la pregunta aquí. Creo que debe haber una conexión.

ACTUALIZACIÓN 2:

Otra pregunta similar es la siguiente. ¿Se puede dividir un disco en $n$ regiones mediante líneas paralelas equidistantes, de modo que el perímetro del disco sea tangente a dos de las líneas? Parece que la respuesta es sí. Si fijamos el área promedio de las regiones en $\frac{{\pi}e}{8}$, entonces el producto de las áreas parece converger a $2\cos\left(\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\right)$ (nota que es coseno, no coseno hiperbólico). De nuevo, creo que debe haber una conexión.

(En cuanto a la fuente de la pregunta original, pensé en la pregunta por mí mismo. Fue inspirada por una pregunta de examen de mayo de 2021 de IB (bachillerato internacional), que se formuló de la siguiente manera. Un círculo unitario tiene $n$ puntos distribuidos equitativamente. Se dibujan segmentos de línea uniendo un punto con todos los demás puntos (como una concha marina). La pregunta del examen llevaba a los estudiantes a encontrar el producto de las longitudes de los segmentos de línea, usando números complejos. La respuesta resultó ser $n$. Entonces me pregunté, ¿cuál es el producto de las áreas de las regiones encerradas? Obviamente el producto se acerca a $0$ a medida que $n\to\infty$ (ya que todas las áreas se acercan a $0$). ¿Pero se puede fijar el área promedio de manera que el producto de las áreas converja a un número positivo a medida que $n\to\infty$? Definitivamente más allá del plan de estudios. Después de experimentar en desmos, descubrí que la respuesta parece ser sí: si fijamos el área promedio en $2$, entonces el producto de las áreas parece converger a un número positivo. La pregunta en esta publicación es, ¿a qué converge?)

Answer 1

El límite es, como se sospechaba, $$4\cosh^2\left(\frac{\pi}{2\sqrt 3}\right).$$ Primero, definir $\epsilon_n=1-\frac n\pi\sin(\pi/n)$, de modo que $$\epsilon_n=\frac{\pi^2}{6n^2}-O(n^{-3})$$ y $$\begin{align*} a_n &:=\sum_{k=1}^n\log\left(2-\frac n\pi\sin\left(\frac{2k\pi}n\right)+\frac n\pi\sin\left(\frac{2(k-1)\pi}n\right)\right)\\ &=\sum_{k=1}^n\log\left(2-\frac n\pi\left[\sin\left(\frac{2k\pi}n\right)-\sin\left(\frac{2(k-1)\pi}n\right)\right]\right)\\ &=\sum_{k=1}^n\log\left(2-2\frac n\pi\sin\left(\frac\pi n\right)\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)\right)\\ &=\sum_{k=1}^n\log\left(2-2\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)+2\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)\epsilon_n\right). \end{align*}$$ Definir $$b_n:=\sum_{k=1}^n\log\left(2-2\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)\right),$$ de modo que $$c_n:=a_n-b_n=\sum_{k=1}^n\log\left(1+\frac{\epsilon_n\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}{1-\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}\right).$$ El sumando aquí es simétrico sobre $k=\frac{n+1}2$, y es $\log(1-\epsilon_n/2)=o(1)$ en $k=\frac{n+1}2$, entonces $$c_n=o(1)+2\sum_{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor}\log\left(1+\frac{\epsilon_n\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}{1-\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}\right).$$ Escribir $$c_{n,K}=\sum_{k=1}^K\log\left(1+\frac{\epsilon_n\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}{1-\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}\right).$$ Tenemos, para $n$ grande (siendo liberal con los factores constantes), que $$\begin{align*} |c_n-2c_{n,K}| &\leq 2\sum_{k=K+1}^{\lfloor n/2\rfloor}\left|\log\left(1+\frac{\epsilon_n\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}{1-\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}\right)\right|\\ &\leq 4\sum_{k=K+1}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{\epsilon_n}{1-\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}\\ &=2\epsilon_n\sum_{k=K+1}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac1{\sin^2\left(\frac{(2k-1)\pi}{2n}\right)}\\ &\leq 4\epsilon_n\sum_{k=K+1}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac1{\left(\frac{(2k-1)\pi}{2n}\right)^2}\\ &=\frac{16\epsilon_nn^2}{\pi^2}\sum_{k=K+1}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac1{(2k-1)^2}\\ &\leq\frac 83\sum_{k=K+1}^\infty \frac1{(2k-1)^2}\leq \frac2{3K}. \end{align*}$$ Por otro lado, para $n$ grande y $k, \begin{align*} \log\left(1+\frac{\epsilon_n\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}{1-\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)}\right) &=\log\left(1+\frac{\left(\frac{\pi^2}{6n^2}+O(n^{-3})\right)\left(1-O(n^{-1})\right)}{2\sin^2\left(\frac{(2k-1)\pi}{2n}\right)}\right)\\ &=\log\left(1+\frac{\left(\frac{\pi^2}{6n^2}+O(n^{-3})\right)\left(1-O(n^{-3/2})\right)}{\frac{(2k-1)^2\pi^2}{2n^2}+O(n^{-3})}\right)\\ &=\log\left(1+\frac1{3(2k-1)^2}+O(n^{-1})\right)\\ &=\log\left(1+\frac1{3(2k-1)^2}\right)+O\left(\frac 1n\right). \end{align*} Esto significa que, estableciendo$K=n^{1/4}$,$$c_n=2c_{n,K}+o(1)=o(1)+2\sum_{k=1}^K\log\left(1+\frac1{3(2k-1)^2}\right),$$y por lo tanto$$\lim_{n\to\infty} c_n=2\sum_{k=1}^\infty \log\left(1+\frac1{3(2k-1)^2}\right).$$Ahora, \begin{align*} e^{b_n} &=\prod_{k=1}^n\left(2-2\cos\left(\frac{(2k-1)\pi}n\right)\right)\\ &=\prod_{k=1}^n\left|1-e^{\frac{(2k-1)\pi i}n}\right|^2\\ &=\prod_{z^n=-1}\left|1-z\right|^2\\ &=(1-(-1))^2=4. \end{align*} Esto muestra que$$\lim_{n\to\infty} a_n=2\ln 2+\lim_{n\to\infty}c_n=2\ln 2+2\sum_{k=1}^\infty \log\left(1+\frac1{3(2k-1)^2}\right).$$Entonces, solo necesitamos evaluar esta serie infinita, que llamamos$S$. Primero expandimos el$\log$para obtener$$S=\sum_{k=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m-1}}{m3^m(2k-1)^{2m}}=\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m-1}}{m3^m}\sum_{k=1}^\infty \frac1{(2k-1)^{2m}},$$donde el intercambio de sumatorias está justificado ya que la suma es absolutamente convergente. Usando que$$\sum_{k=1}^\infty \frac1{(2k-1)^{2m}}=\left(1-2^{-2m}\right)\zeta(2m),$$obtenemos$$S=\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m-1}}m\left(3^{-m}-12^{-m}\right)\zeta(2m).$$Escribir$$f(x)=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}x^m\zeta(2m)}m.$$Calculamos$$f'(x)=\sum_{m=1}^\infty(-x)^{m-1}\zeta(2m).$$ Una identidad aquí es que $$\sum_{m=1}^\infty t^{2m}\zeta(2m)=\frac{1-\pi t\cot(\pi t)}{2},$$ y así $$f'(x)=-\frac{1-\pi i\sqrt{x}\cot(\pi i\sqrt x)}{2x}=\frac{\pi\sqrt x\coth(\pi\sqrt x)-1}{2x}.$$ Esto nos da $$\begin{align*} S &=f\left(\frac13\right)-f\left(\frac1{12}\right)\\ &=\int_{1/12}^{1/3}\frac{\pi\sqrt x\coth(\pi\sqrt x)-1}{2x}dx\\ &=\int_{\frac1{2\sqrt3}}^{\frac1{\sqrt3}}\frac{\pi y\coth(\pi y)-1}ydy\\ &=\int_{\frac1{2\sqrt3}}^{\frac1{\sqrt3}}\pi\coth(\pi y)dy-\log 2\\ &=\log(\sinh(\pi y))\bigg|_{\frac1{2\sqrt3}}^{\frac1{\sqrt3}}-\log 2\\ &=\log\left(\frac{\sinh\left(\frac{\pi}{\sqrt 3}\right)}{2\sinh\left(\frac{\pi}{2\sqrt 3}\right)}\right)\\ &=\log\cosh\frac{\pi}{2\sqrt 3}. \end{align*}$$ Entonces, el límite es $$e^{2\ln 2+2S}=4\cosh^2\left(\frac{\pi}{2\sqrt 3}\right),$$ como deseado.

Answer 2

Responderé mi propia pregunta.

Utilizando $\sin{A}-\sin{B}=2\left(\sin{\frac{A-B}{2}}\right)\left(\cos{\frac{A+B}{2}}\right)$,

$$L=\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n}\left(2-\frac{n}{\pi}\sin\frac{2k\pi}{n}+\frac{n}{\pi}\sin\frac{2(k-1)\pi}{n}\right)$$

$$=\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n}\left(2-\left(\frac{2n}{\pi}\sin{\frac{\pi}{n}}\right)\cos{\frac{(2k-1)\pi}{n}}\right)$$

Usando la serie de Maclaurin para el seno,

$$L=\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n}\left(2-\left(2-\left(\frac{\frac{\pi}{\sqrt3}}{n}\right)^2+O\left(\frac{1}{n^4}\right)\right)\cos{\frac{(2k-1)\pi}{n}}\right)$$

Dado que estamos tomando el límite, creo que podemos ignorar el $O\left(\dfrac{1}{n^4}\right)$, pero no estoy seguro de cómo justificarlo; siéntase libre de comentar o editar.

Entonces esta respuesta a una de mis otras preguntas muestra que
$$\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n}\left(2-\left(2-\left(\frac{x}{n}\right)^2\right)\cos{\frac{(2k-1)\pi}{n}}\right)=4\cosh^2{\left(\frac{x}{2}\right)}$$

$$\therefore L=4\cosh^2{\left(\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\right)}$$