Бесконечно вложенные радикалы

[Dan B-Yallay]

slavav в сообщении #1452596 писал(а):

$\lim\limits_{n \to +\infty}\left(10\sqrt{10\sqrt{10\dots}}\right)^\frac{1}{2^{n+1}} = 1$.

Извиняюсь. я стал подзабывать пределы, но бесконечное выражение под самим пределом меня немного смущает. Обычно предел берется от конечных выражений (я не имею в виду кратные ряды и интегралы так как они здесь не к месту). Плохо представляю как это работает в данном случае. Надо подумать.

[slavav]

Это выражение выписано в предположении что существует значение $x = 10\sqrt{10\sqrt{10\dots}}$.
Тогда предел преобразуется к $\lim\limits_{n \to +\infty}x^\frac{1}{2^{n+1}}$.
Это вполне определённое выражение равное нулю или единице.

[Dan B-Yallay]

slavav в сообщении #1452601 писал(а):

Это вполне определённое выражение равное нулю или единице.

Спасибо за пояснения.

-- Вт апр 07, 2020 17:56:41 --

nnosipov в сообщении #1452233 писал(а):

В таких задачах самое содержательное --- это доказательство существования объекта, подлежащего вычислению. Сам был свидетелем, когда на одной олимпиаде для студентов технических специальностей предлагалось найти $x$, исходя из равенства

$$x^{x^{{x}^{\text{и т.д.}}}}=3.$$

Ответ к задаче, естественно, был $x=\sqrt[3]{3}$; "доказательство" прилагалось.

Кстати, у автора видео есть другoе, где он демонстрирует (с последующим объяснением) примерно следующее:

$$ \begin{align} x^{x^{x^{...}}} = 2 \quad \to & \quad x^{\textcolor{blue}{x^{x^{x^{...}}} }} = x^{\textcolor{blue}{2}} =2 \quad \to \quad x & = \sqrt 2\\ y^{y^{y^{...}}} = 4 \quad \to & \quad y^{\textcolor{blue}{y^{y^{y^{...}}} }} = y^{\textcolor{blue}{4}} =4 \quad \to \quad y & = \sqrt 2\\ & \\ 4 & = \sqrt 2^{\sqrt 2^{\sqrt 2 ^...}} = 2 \end{align} $$

[Otta]

11 страниц.

Давайте рассмотрим при неотрицательных $x$ функцию $f(x)=x^2$.

$$f(x)=x^2=x\sqrt{x^2}=x\sqrt{x\sqrt{f(x)}}=x\sqrt{{x\sqrt{x\sqrt{f(x)}}}}=\cdots=x\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{\vphantom{f(x)}\ldots}}}}$$

Конечно, это вольная запись. Если формально: многоточия, вернее, только последнее многоточие в цепочке равенств, понимается как предельный переход в стационарной последовательности, в $n$-м члене которой присутствует $n$ радикалов:

$$a_n=x\underbrace{\sqrt{x\ldots\sqrt{x\sqrt{f(x)}}}}_{n\text{ корней}},$$

а соответствующее значение (бесконечно вложенный радикал) -- как предел этой стационарной последовательности, который, очевидно, существует.


Очевидно, что $f(x)=0$ только при нулевом значении $x$.

При $x=10$ получаем нашу задачу.

[Munin]

Otta в сообщении #1452605 писал(а):

При $x=10$ получаем нашу задачу.

Угу. Это один из способов получить нашу задачу. И именно поэтому возникает вопрос о том, находит ли он все решения.

[Otta]

Munin
В каком месте неравносильный переход, допускающий упущение решений? Ткните пальцем, иначе опять будет 10 страниц.

[nnosipov]

Dan B-Yallay в сообщении #1452602 писал(а):

Кстати, у автора видео есть другoе, где он демонстрирует (с последующим объяснением) примерно следующее:

Если нетрудно, дайте ссылку.

У меня ощущение, что тема себя явно не исчерпала.

[Dan B-Yallay]

nnosipov в сообщении #1452611 писал(а):

Если нетрудно, дайте ссылку.

Вот: https://youtu.be/DmP3sFIZ0XE

На мой взгляд, это тоже неплохой наглядный пример того, что надо убедиться в существовании вычисляемого объекта.

[nnosipov]

Dan B-Yallay
Спасибо. Как-нибудь насладимся на досуге.

[Otta]

Dan B-Yallay в сообщении #1452602 писал(а):

Кстати, у автора видео есть другoе, где он демонстрирует (с последующим объяснением) примерно следующее:

Ай, можно я не буду смотреть. Это другого рода задача. Тут последовательность $a_1=x,\ a_n=x^{a_{n-1}}, \ x>0$, существование предела последовательности при $x=\sqrt 2$ можно доказать, и в силу ограниченности сверху последовательности при этом значении $x$ двойкой, ее предел двух и не превосходит (и значит, не может быть равен 4). А на самом деле, $2$ и равен.

[Dan B-Yallay]

Otta
На видео другое доказательство. Но меня Ваше устраивает.

[nnosipov]

Munin
По поводу традиций и литературы.

Во-первых, все-таки Вавилов и библиография, которая там приводится. В частности, там есть ссылка на задачник Полиа, Сеге. Задачи и теоремы из анализа. Т. 1. М., Наука, 1978. Задача 161 (отдел первый) --- в условии два бесконечных выражения без всяких пояснений. Задачи 183 и 184 (там же) --- в условии есть бесконечные радикалы, но поясняется, как их следует понимать. Все эти задачи есть в книжке Вавилова.

Во-вторых, статьи из журнала "Квант", а именно (в хронологическом порядке):

1. А. Егоров. Уравнения и пределы. 1977, № 10, стр. 34.
2. Г. Дорофеев, Н. Розов. Спрашивайте --- отвечаем. 1977, № 10, стр. 60. Там есть (почти такой же) пример как у ТС. Ну и главный сюжет (как видите, все уже давно спрошено и объяснено, я имею в виду тот ролик на ютубе, ссылку на который дал выше Dan B-Yallay).
3. А. Звонкин. Когда существует предел? 1978, № 10, стр. 54.
4. С.Г. Гиндикин. Загадка Рамануджана. 1987, № 10, стр. 14. Здесь полно бесконечных выражений, но автора интересует исторический аспект.

В этих статьях/книжках нет никаких разночтений в том, как следует понимать бесконечные выражения того типа, что здесь обсуждается. Все авторы --- достаточно известные люди. Тираж журнала "Квант" в те годы сами знаете какой был. Так что, на мой взгляд, такое толкование бесконечных радикалов вполне можно считать традиционным.

Если ко мне вопросов больше не будет, то я, пожалуй, самоудалюсь из темы.

[slavav]

Otta в сообщении #1452605 писал(а):

При $x=10$ получаем нашу задачу.

$$g(x) = 0=10\sqrt{g(x)}=10\sqrt{10\sqrt{g(x)}}=10\sqrt{{10\sqrt{10\sqrt{g(x)}}}}=\cdots=10\sqrt{10\sqrt{10\sqrt{10\sqrt{\vphantom{g(x)}\ldots}}}}$$

-- 08.04.2020, 10:20 --

Мой и ваш выводы имеют одинаковую силу. Если мы пришли к одному выражению равному и нулю и сотне, то что-то не так в нашем способе рассуждать.

-- 08.04.2020, 10:31 --

Или так: $0 = 1 \cdot 0 = 1 \cdot 2 \cdot 0 = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 0 = \dots = n! \cdot 0 = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \dots$

-- 08.04.2020, 10:36 --

Последний пример - явный абсурд, но он использует ту же технику.

[dimka21]

Otta в сообщении #1452605 писал(а):

11 страниц.

Давайте рассмотрим при неотрицательных $x$ функцию $f(x)=x^2$.

$$f(x)=x^2=x\sqrt{x^2}=x\sqrt{x\sqrt{f(x)}}=x\sqrt{{x\sqrt{x\sqrt{f(x)}}}}=\cdots=x\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{\vphantom{f(x)}\ldots}}}}$$

Конечно, это вольная запись. Если формально: многоточия, вернее, только последнее многоточие в цепочке равенств, понимается как предельный переход в стационарной последовательности, в $n$-м члене которой присутствует $n$ радикалов:

$$a_n=x\underbrace{\sqrt{x\ldots\sqrt{x\sqrt{f(x)}}}}_{n\text{ корней}},$$

а соответствующее значение (бесконечно вложенный радикал) -- как предел этой стационарной последовательности, который, очевидно, существует.
При $x=10$ получаем нашу задачу.

А разве так нельзя все что угодно получить?

$n=10\sqrt{\frac{n^{2}}{10^{2}}}=10\sqrt{10\sqrt{\frac{n^{4}}{10^{4}}}}=10\sqrt{10\sqrt{10...\sqrt{\frac{n^{2^k}}{10^{2^k}}}}}$

[Otta]

slavav в сообщении #1452647 писал(а):

Мой и ваш выводы имеют одинаковую силу.

Это правда. Ноль - магическое число :)
Но раз так, давайте мы схитрим. Наш $x$ все равно строго положителен, и потому здесь

Otta в сообщении #1452605 писал(а):

рассмотрим при неотрицательных $x$ функцию $f(x)=x^2$

рассмотрим $f$ при строго положительных $x$. Тогда удается поломать?

-- 08.04.2020, 13:03 --

dimka21 в сообщении #1452664 писал(а):

А разве так нельзя все что угодно получить?

$n=10\sqrt{\frac{n^{2}}{10^{2}}}=10\sqrt{10\sqrt{\frac{n^{4}}{10^{4}}}}=10\sqrt{10\sqrt{10...\sqrt{\frac{n^{2^k}}{10^{2^k}}}}}$

Можно. А дальше?