Otra propiedad interesante de $y=2^{n-1}\prod_{k=0}^n \left(x-\cos{\frac{k\pi}{n}}\right)$: el producto de longitudes de arcos converge, ¿pero a qué?

Question

Aquí está la curva $y=2^{n-1}\prod\limits_{k=0}^n \left(x-\cos{\frac{k\pi}{n}}\right)$, mostrada con el ejemplo $n=8$, junto con el círculo unitario centrado en el origen.

Denomina las longitudes de arco entre raíces vecinas como $l_1, l_2, l_3, ..., l_n$.

¿Cuál es el valor exacto de $L=\lim\limits_{n\to\infty}\prod\limits_{k=1}^n l_k$?

Desmos sugiere que $L$ existe y es aproximadamente $2.94$. ¿Quizás $\frac{8}{e}$?

Contexto

He estudiado esta curva y descubierto que tiene varias propiedades interesantes.

• La curva es tangente al círculo unitario en $n$ puntos, los cuales están distribuidos uniformemente alrededor del círculo.

• La magnitud del gradiente en cada raíz dentro del círculo es $n$; la magnitud del gradiente en $x=\pm1$ es $2n$.

• El área total de las regiones encerradas por la curva y el eje x es $1$.

• A medida que $n\to\infty$, el volumen de revolución de esas regiones alrededor del eje x se acerca a $\frac{1}{2}$ del volumen de la esfera unitaria, y el volumen de revolución de esas regiones alrededor del eje y se acerca a $\frac{1}{\pi}$ del volumen de la esfera unitaria.

• A medida que $n\to\infty$, si se amplía la curva de modo que el área promedio de esas regiones siempre sea de $2$, entonces el producto de esas áreas se acerca a $4\cosh^2{\left(\frac{\sqrt{\pi^2-8}}{2}\right)}\approx6.18$, como se muestra aquí.

Recientemente descubrí que el producto de las longitudes de arco entre raíces vecinas parece converger a un número positivo a medida que $n\to\infty$. Por lo tanto, mi pregunta.

(Si conoces otras propiedades interesantes de esta curva, siéntete libre de añadirlas en los comentarios.)

Mi intento

La parte de la curva dentro del círculo puede expresarse como $y=-\sqrt{1-x^2}\sin{(n\arccos{x})}$. Así que

$$L=\lim\limits_{n\to\infty}\prod\limits_{k=1}^n \int_{\cos{\frac{k\pi}{n}}}^{\cos{\frac{(k-1)\pi}{n}}}\sqrt{1+\left(n\cos{(n\arccos{x})+\frac{x\sin{(n\arccos{x})}}{\sqrt{1-x^2}}}\right)^2}dx$$

No sé cómo evaluar este límite. Intenté tomar el logaritmo del producto, sin éxito. Intenté aproximar cada integral como áreas de triángulos (esperando que esa aproximación se convirtiera en igualdad con el límite) y un rectángulo en la parte inferior, multiplicando el área de cada triángulo por $\frac{4}{\pi}$ (que es la razón de las áreas bajo el seno o coseno al área de un triángulo inscrito), pero eso resultó en un límite diferente.

EDITAR

Un análisis numérico adicional sugiere fuertemente que $L=\frac{8}{e}$. Me di cuenta de que cuando $n$ se duplica, la relación entre los dos productos es un número determinado (cerca de $1$), y cuando $n$ se duplica nuevamente, la distancia de la relación a $1$ se reduce aproximadamente a la mitad. Así que proyecté que el producto efectivamente se acerca a $\frac{8}{e}$. (No tengo Mathematica; cualquier persona que lo tenga puede confirmarlo).

He simplificado la expresión de $L$. Al dejar $x=\cos{\frac{u}{n}}$, y al ignorar el $1$ en el $\sqrt{1+(...)^2}$ (creo que esto está bien ya que $n\to\infty$), obtenemos

$$L=\lim\limits_{n\to\infty}\prod\limits_{k=1}^n \int_{k\pi}^{(k-1)\pi}\sqrt{\left(n\cos{u}+(\sin{u})\cot{\frac{u}{n}}\right)^2}\left(-\frac{1}{n}\sin{\frac{u}{n}}\right)du$$

$$\space{}=\lim\limits_{n\to\infty}\prod\limits_{k=1}^n \int_{(k-1)\pi}^{k\pi}\left|(\cos{u})\sin{\frac{u}{n}}+\frac{1}{n}(\sin{u})\cos{\frac{u}{n}}\right|du$$

Entonces, ¿por qué esto es igual a $\frac{8}{e}$?

Answer 1

Esta pregunta está estrechamente relacionada con el cálculo del discriminante de los polinomios de Chebyshev de la segunda clase, que se encuentran en la literatura (por ejemplo, ver G. Szegő Polinomios ortogonales, teorema $6.71$).

Estoy siguiendo un enfoque elemental aquí. Denotamos $x_{n,k}=\cos(k\pi/n)$ para $0\leqslant k\leqslant n$, de modo que $$S_n(x)=2^{n-1}\prod_{k=0}^n(x-x_{n,k})$$ es nuestro polinomio. Entonces, "ignorar el $1$ en el $\sqrt{1+(\dots)^2}$" equivale a decir que $l_k:=l_{n,k}$ es aproximadamente el doble del supremo de $\big|S_n(x)\big|$ en $x_{n,k-1}; más precisamente, tenemos $$L=\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^n l_{n,k}=\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^n\color{LightGray}{\Big[}2\sup_{x_{n,k-1} donde $x_{n,k}'$ (para $1\leqslant k\leqslant n$) son las raíces de $S_n'(x)$.

Según las propiedades de los resultantes, sabemos que si $f$ es un polinomio de grado $d$, con coeficiente principal $a$, raíces $x_{d,k}$ para $1\leqslant k\leqslant d$, y raíces de su derivada $x'_{d,k}$ para $0, entonces $$\prod_{k=1}^{d-1}f(x_{d,k}')=\frac1{d^d a}\prod_{k=1}^d f'(x_{d,k}).$$

En nuestro caso, $d=n+1$ y $a=2^{n-1}$, por lo que $$L=\lim_{n\to\infty}\frac{2L_n}{(n+1)^{n+1}},\qquad L_n=\prod_{k=0}^n\big|S_n'(x_{n,k})\big|.$$

A partir de $S_n(\cos t)=-\sin t\sin nt$ obtenemos $S_n'(\cos t)=n\cos nt+\cot t\sin nt$, por lo tanto $$S_n'(1)=2n,\quad S_n'(-1)=2n(-1)^n,\quad S_n'(x_{n,k})=n(-1)^k\quad(0 y $L_n=4n^{n+1}$, así que $L=\lim\limits_{n\to\infty}8/(1+1/n)^{n+1}=8/e$ como se afirma.

Answer 2

Una simple parametrización de la curva se da por

$$x = \cos \frac tn, \quad y = -{\sin t \sin \frac tn}, \quad 0 < t < nπ.$$

Si pudiéramos aproximar la longitud del arco del $k$-ésimo lóbulo $(k - 1)π < t < kπ$ por dos veces su altura en $t = \frac{(k - 1/2)π}{n}$ (el punto de tangencia con el círculo), obtendríamos

$$\prod_{k = 1}^n l_k ≈ \prod_{k = 1}^n 2\sin \frac{(k - \frac12)π}{n}.$$

Ese producto es igual a $2$. (Prueba: observa que $z^n + 1 = \prod_{k = 1}^n (z - e^{2i(k - 1/2)π/n})$, porque estos polinomios mónicos tienen las mismas raíces; sustituye $z = 1$ y toma valores absolutos.)

Desafortunadamente, como creo que ya has notado, esta aproximación no es lo suficientemente buena. Para $k$ cercano a $1$ o a $n$, el lóbulo se extiende significativamente más allá del punto de tangencia antes de volver hacia el eje $x$. Sin embargo, podemos intentar corregir la aproximación de la siguiente manera.

Si trasladamos el $k$-ésimo lóbulo por $(-1, 0)$ y lo escalamos por un factor de $n$, obtenemos

$$x = n\left(\cos \frac tn - 1\right), \quad y = -n \sin t \sin \frac tn.$$

A medida que $n → ∞$, esto tiende a

$$x = 0, \quad y = -t \sin t,$$

con la longitud del arco convergiendo a $O(n^{-2})$. Esta longitud de arco límite es

$$\max_{(k - 1)π < t < kπ} 2\lvert t \sin t\rvert = 2\lvert r_k\sin r_k\rvert,$$

donde $r_k$ es la $k$-ésima raíz positiva de $r \cos r + \sin r = 0$. Pero lo hemos subestimado como

$$2n \sin \frac{\left(k - \frac12\right)π}{n} \to 2\left(k - \frac12\right)π,$$

también convergiendo a $O{(n^{-2})}$. Así que necesitamos corregir la aproximación por un factor de

$$\frac{\lvert r_k\sin r_k\rvert}{\left(k - \frac12\right)π}.$$

Las correcciones en los lóbulos $k$ y $n + 1 - k$ son iguales, por lo que la corrección total tiende a

$$L = 2\prod_{k = 1}^\infty \left(\frac{r_k \sin r_k}{\left(k - \frac12\right)π}\right)^2,$$

con un error total de $O(n^{-1}) → 0$. Podemos calcular $L ≈ 2.94303552937$, cuya proximidad a $\frac 8e$ es extremadamente llamativa, aunque es difícil de confirmar ya que parece que $r_k$ no tienen una forma cerrada.