2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 09:56 
Хорошо известно что:
$\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+...}}}=(1+\sqrt{1+4a})/2$
Подставляя в формулу 1 получаем значение золотого сечения, подставляя 2 получаем соответственно 2, что вполне естественно, но если мы подставим -0.25 то получим немного странный результат, а именно 1/2. Таким образом корень из комплексного(?) числа будет являться положительным рациональным числом.
Вопрос, означает ли это что формула неверна для всех $a\leqslant0$ (ведь очевидно что для 0 она неверна).

 
 
 
 Re: Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 10:07 
Аватара пользователя
Здесь три или четыре вопроса в одном. Самый простой ответ на них такой: всё обсуждение не имеет смысла, потому что не имеет смысла выражение, потому что не имеет смысла его левая часть, пока Вы не придадите ей смысл. Вы уже придали ей смысл? Какой? Может быть, это предел какой-то последовательности?

-- менее минуты назад --

Грубо говоря, я знаю, что такое $2+2$ и что такое $\lim$. Но я не знаю, что такое "$\dots$" и каковы правила операций с ним.

 
 
 
 Re: Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 10:14 
Surtax в сообщении #834063 писал(а):
Вопрос, означает ли это что формула неверна для всех $a\leqslant0$ (ведь очевидно что для 0 она неверна).

Эта формула сама по себе не имеет смысла -- пока не сказано, что в точности под ней понимается.

А понимать под ней следует предел последовательности $x_{n+1}=\sqrt{a+x_n}$. Который существует и равен $\frac{1+\sqrt{1+4a}}2$ при любом осмысленном начальном $x_0$, если $a>0$, и в этом смысле формула имеет абсолютный характер. При $a<0$ -- уже далеко не при любом; при $a<-\frac14$ -- вообще ни при каком. В граничном случае $a=-\frac14$ этот предел получается при любых $x_0\geqslant\frac12$, и только при них.

 
 
 
 Re: Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 10:27 
Аватара пользователя
ewert в сообщении #834066 писал(а):
А понимать под ней следует
ewert, ну ёлки, ну. Я-то хотел, чтобы человек сам задумался, ну.
Что же касается сходимости, то если допустить комплексные числа, она становится несколько шире.

 
 
 
 Re: Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 10:34 
Очевидно что этот радикал можно представить в виде предела рекуррентно заданной последовательности, но по моему большей ясности это все равно не вносит.

 
 
 
 Re: Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 11:17 
Аватара пользователя
Почему не вносит? По-моему, как раз вносит. К последовательности можно применить методы нахождения пределов. Она иногда сходится, иногда расходится, иногда сходится не туда.

 
 
 
 Re: Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 11:38 
Surtax в сообщении #834071 писал(а):
этот радикал можно представить в виде предела рекуррентно заданной последовательности

Этот радикал нельзя представить иначе.

 
 
 
 Re: Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 12:29 
Аватара пользователя
Это представление оставляет большой простор для воображения. Когда мы говорим, что это выражение определено и имеет смысл? Тогда, когда последовательность имеет предел? ОК, а какая последовательность? С каким первым членом? Равным $a$? Любым? Хоть каким-то? А если с разными начальными будут разные пределы, тогда что?

 
 
 
 Re: Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 14:13 
ewert в сообщении #834082 писал(а):
Surtax в сообщении #834071 писал(а):
этот радикал можно представить в виде предела рекуррентно заданной последовательности

Этот радикал нельзя представить иначе.

С чего Вы это взяли?

-- 08.03.2014, 15:23 --

ИСН в сообщении #834108 писал(а):
Это представление оставляет большой простор для воображения. Когда мы говорим, что это выражение определено и имеет смысл? Тогда, когда последовательность имеет предел? ОК, а какая последовательность? С каким первым членом? Равным $a$? Любым? Хоть каким-то? А если с разными начальными будут разные пределы, тогда что?

Начальный член обязан быть $\sqrt{a}$, предположим я представлю вам эту последовательность как:
$x_1=\sqrt{a}, x_2=\sqrt{a+\sqrt{a}}, x_3=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a}}} ...$, отсюда видно что последовательность монотонна, если она будет ограничена то она будет иметь конечный предел.

 
 
 
 Re: Бесконечный вложенный радикал
Сообщение08.03.2014, 14:44 
Surtax в сообщении #834135 писал(а):
Начальный член обязан быть $\sqrt{a}$,

Не обязан, там этого не написано.

Не любой набор значков имеет формальный смысл, если ему этот смысл специально не придать. Вот Вы в курсе, например, что выражение типа $\sum\limits_{k=0}^{\infty}2^{-k}$ само по себе, до его формального определения, смысла не имеет? Здесь же ещё хуже, т.к. вместо вполне конкретного значка бесконечности стоит вполне таинственное многоточие.

 
 
 [ Сообщений: 10 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group