Encontrar la longitud de la curva $x^{2k}+y^{2k} =1$

Question

Quiero encontrar una expresión para la longitud y encontrar el límite $k\rightarrow \infty$

La respuesta obviamente es 8, si nos fijamos en los gráficos.

Answer 1

Primero de todos $$ x^{2n}+y^{2n}=1\implica y'=-\frac{x^{2n-1}}{y^{2n-1}}\etiqueta{1} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \frac L4 &=\int_0^1(1+y'^2)^{1/2}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1\left(1+\left(\frac{x^{2n}}{1-x^{2n}}\right)^{2-1/n}\right)^{1/2}\mathrm{d}x\\ &=\frac1{2n}\int_0^1\left(1+\left(\frac{x}{1-x}\right)^{2-1/n}\right)^{1/2}x^{\frac1{2n}}\frac{\mathrm{d}x}{x}\\ &=\frac1{2n}\int_0^1\color{#00A000}{\left((1-x)^{2-1/n}+x^{2-1/n}\right)^{1/2}}x^{\frac1{2n}-1}(1-x)^{\frac1{2n}-1}\mathrm{d}x\tag{2} \end{align} $$ Para $n\ge1$, tenemos $$ \color{#C00000}{1} \ge\color{#00A000}{\left((1-x)^{2-1/n}+x^{2-1/n}\right)^{1/2}} \ge\sqrt{1-2x(1-x)} \ge\color{#C00000}{1}-\color{#0000FF}{2x(1-x)}\etiqueta{3} $$ Para combinar $(2)$ $(3)$ vamos a utilizar $$ \begin{align} \frac1{2n}\int_0^1\color{#C00000}{1}\,x^{\frac1{2n}-1}(1-x)^{\frac1{2n}-1}\mathrm{d}x &=\frac1{2n}\mathrm{B}\left(\frac1{2n},\frac1{2n}\right)\\ &=\frac1{2n}\frac{\Gamma\left(\frac1{2n}\right)\Gamma\left(\frac1{2n}\right)}{\Gamma\left(\frac1{n}\right)}\\ &=\frac1{2n}\frac{2n\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)2n\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)}{n\Gamma\left(1+\frac1{n}\right)}\\ &=2\frac{\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)}{\Gamma\left(1+\frac1{n}\right)}\\ &=2\left(1+\frac1n\right)\frac{\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)}{\Gamma\left(2+\frac1{n}\right)}\tag{4} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \frac1{2n}\int_0^1\color{#0000FF}{2x(1-x)}x^{\frac1{2n}-1}(1-x)^{\frac1{2n}-1}\mathrm{d}x &=\frac1n\mathrm{B}\left(1+\frac1{2n},1+\frac1{2n}\right)\\ &=\frac1n\frac{\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)}{\Gamma\left(2+\frac1{n}\right)}\tag{5} \end{align} $$ La combinación de $(2)$, $(3)$, $(4)$, y $(5)$, obtenemos $$ \hspace{-1cm}\left(2+\frac1n\right)\frac{\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)}{\Gamma\left(2+\frac1{n}\right)} \le\frac L4 \le\left(2+\frac2n\right)\frac{\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)\Gamma\left(1+\frac1{2n}\right)}{\Gamma\left(2+\frac1{n}\right)}\tag{6} $$ Desde $\Gamma(1)=\Gamma(2)=1$, el teorema del sándwich dice que como $n\to\infty$, $L\to8$.

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Cálculo de la Longitud para la Gran $\boldsymbol{n}$

Como $n\to\infty$, el integrando tiende a $\left((1-x)^2+x^2\right)^{1/2}x^{-1}(1-x)^{-1}$, que no es integrable en a $[0,1]$. Esto provoca problemas de convergencia cuando se trata de evaluar la $(2)$ grandes $n$. Podemos utilizar la función Beta para evitar esta dificultad.

Romper $(2)$ $$ \begin{align} \frac L4 &=\frac1{2n}\int_0^1\left((1-x)^{2-\frac1n}+x^{2-\frac1n}\right)^{1/2}x^{\frac1{2n}-1}(1-x)^{\frac1{2n}-1}\mathrm{d}x\\ &=\frac1{2n}\int_0^1\color{#00A000}{\left[\left((1-x)^{2-\frac1n}+x^{2-\frac1n}\right)^{1/2}-1\right]x^{\frac1{2n}-1}(1-x)^{\frac1{2n}-1}}\mathrm{d}x\\ &+\frac1{2n}\mathrm{B}\left(\frac1{2n},\frac1{2n}\right)\tag{7} \end{align} $$ El verde integrando en $(7)$ está delimitada en $[0,1]$, lo $(7)$ se comporta mucho mejor con el equipo de integración.

Fórmula $(7)$ puede ser implementado en Mathematica como

f[n_] := NIntegrate[(Sqrt[x^(2-1/n) + (1-x)^(2-1/n)] - 1) x^(1/2/n-1)(1-x)^(1/2/n-1), {x,0,1}, WorkingPrecision->20]/2/n + Beta[1/2/n, 1/2/n]/2/n

Esto le da a $f[1]=\frac\pi2$ $f[1000000]=1.99999944669682658902684568$

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Aproximación Asintótica

Considere la integral $$ I(\alpha,\beta)=\frac1{2n}\int_0^1\left((1-x)^{2-\beta}+x^{2-\beta}\right)^{1/2}x^{\alpha-1}(1-x)^{\alpha-1}\mathrm{d}x\tag{8} $$ Para $(2)$, queremos establecer $\alpha=\frac1{2n}$$\beta=\frac1n$. $$ \begin{align} \hspace{-1cm}\frac{\partial}{\partial\beta}I\left(\frac1{2n},0\right) &=-\frac1{4n}\int_0^1\frac{\log(1-x)(1-x)^2+\log(x)x^2}{\left((1-x)^2+x^2\right)^{1/2}}x^{\frac1{2n}-1}(1-x)^{\frac1{2n}-1}\mathrm{d}x\\ &=-\frac1{4n}\int_0^1\frac{\log(1-x)(1-x)^2+\log(x)x^2}{\left((1-x)^2+x^2\right)^{1/2}}x^{-1}(1-x)^{-1}\mathrm{d}x\\ &+O\left(\frac1{n^2}\right)\tag{9} \end{align} $$ La evaluación de la integral en $(9)$, obtenemos que $$ I\left(\frac1{2n},\frac1n\right)-I\left(\frac1{2n},0\right)\sim\frac{0.514}{n^2}\etiqueta{10} $$ Por lo tanto, podemos establecer la $\beta=0$ y sólo se incurrirá en un $O\left(\frac1{n^2}\right)$ de error. $$ \begin{align} I\left(\frac1{2n},0\right) &=\frac1{2n}\int_0^1\left[\left((1-x)^2+x^2\right)^{1/2}-1\right]x^{\frac1{2n}-1}(1-x)^{\frac1{2n}-1}\mathrm{d}x\\ &+\frac1{2n}\mathrm{B}\left(\frac1{2n},\frac1{2n}\right)\\ &=\frac1{2n}\int_0^1\left[\left((1-x)^2+x^2\right)^{1/2}-1\right]x^{-1}(1-x)^{-1}\mathrm{d}x\\ &+2+O\left(\frac1{n^2}\right)\\ &=2+\frac{\log(2)+\sqrt2\log(\sqrt2-1)}{n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\tag{11} \end{align} $$ Armando $(10)$$(11)$, obtenemos $$ \frac L4=2-\frac{\sqrt2\log(\sqrt2+1)-\log(2)}{n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\etiqueta{12} $$ donde $\sqrt2\log(\sqrt2+1)-\log(2)\approx0.55330329972051571737$

Answer 2

Podría ser una parametrización:

$$x(t)=\sqrt[k]{\cos(t)}$$ $$y(t)=\sqrt[k]{\sin(t)}$$

Entonces, la longitud es dada por $$\int_0^{2\pi}\|\dot \gamma (t)\|dt$ $ donde $$\gamma (t)=(\sqrt[k]{\cos(t)},\sqrt[k]{\sin(t)})$ $

Pues bien, esta integral no se ve fácil calcular :-( Pero el límite de la figura de ecuación $x^{2k}+y^{2k}=1$ $k\to\infty $ estando la Plaza de centro $O$ que contienen el círculo de ecuación $x^2+y^2=1$ (luego el limite de este integral es $8$).