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


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Предел последовательности
Сообщение05.07.2014, 13:18 
Аватара пользователя


21/09/13
57
Подскажите как найти предел последовательности $\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+...+i\sqrt{i}}}}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение05.07.2014, 13:58 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
$n=\sqrt{1+(n-1)(n+1)}$
Затем $n+1$ заменяете по той же формуле, и так далее.
Вам нужно
$\bullet$ догадаться, какое взять первоначальное $n$;
$\bullet$ строго обосновать сходимость.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение05.07.2014, 14:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
Это же задача Рамануджана!

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение05.07.2014, 21:37 
Аватара пользователя


21/09/13
57
svv
Теперь, по крайней мере, стало ясно, почему она сходится. Она, очевидно, возрастает, и ограничена, так как
$\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+...+i\sqrt{1}}}} = \sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+...+(i-1)\sqrt{i+1}}}} \leq \sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+...+(i-1)(i+1)}}}=3$

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение05.07.2014, 22:23 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
TopLalka
А Вы уже догадались, что последовательность не просто ограничена тройкой сверху, а и стремится к $3$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение05.07.2014, 22:24 
Аватара пользователя


21/09/13
57
svv
Я прочитал это, когда гуглил задачу Рамануджана :oops: А решения не нашел :-(

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение06.07.2014, 04:21 


29/08/11
1137
Кажется, можно обобщить до такого
$$x+a+k=\sqrt{ax+(a+k)^2+x\sqrt{a(x+k)+(a+k)^2+\dots+(x+k)\sqrt{a(x+2k)+(a+k)^2+(x+2k)\sqrt{\dots}}}}$$
При $a=1, k=0$
$$x+1=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+\dots}}}}$$
В частности, при $x=2$ получим исходный пример.

-- 06 июл 2014, 03:40 --

Можно попробовать написать строгое доказательство -- рассмотреть функцию $f(x)=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+\dots}}}}$ для $x>0.$
А затем найти $f(x),$ используя реккурентность $f(x)=\sqrt{1+xf(x+1)}.$

$f(x) \le \sqrt{(x+1)f(x+1)} \le \sqrt{x+1}\sqrt{\sqrt{(x+2)f(x+2)}} \le \dots$
TopLalka, продолжите и попробуйте написать более общий член $f(x) \le ?$ !

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение09.07.2014, 04:30 
Аватара пользователя


21/09/13
57
Проверьте решение.
$3-\varepsilon$ = \sqrt{1+(2-\varepsilon)(4-\varepsilon)} = \sqrt{1+(2-\varepsilon)\sqrt{1+(3-\varepsilon)(5-\varepsilon)}} = ... = \sqrt{1+(2-\varepsilon)\sqrt{1+...+ (n-1-\varepsilon)\sqrt{1+ (n-\varepsilon)(n+2-\varepsilon)}}}$
$a_n=\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+...+n\sqrt{1+(n+1)\sqrt{1}}}}} = \sqrt{1+2\sqrt{1+...+n\sqrt{n+2}}} = \sqrt{1+(2-\varepsilon)\frac{2}{2-\varepsilon}\sqrt{1+...+n\sqrt{n+2}}} \ge \sqrt{1+(2-\varepsilon){\sqrt{1+...+n\sqrt{(n+2)(\frac{2}{2-\varepsilon}})^{2^{n-1}}}}} \ge \sqrt{1+(2-\varepsilon){\sqrt{1+...+(n-\varepsilon)\sqrt{(n+2-\varepsilon)(\frac{2}{2-\varepsilon}})^{2^{n-1}}}}}  $
Таким образом, неравенство $a_n \ge 3 - \varepsilon$ сводится к неравенству $(\frac{2}{2-\varepsilon}})^{2^{n-1}}}}} \ge n+2 - \varepsilon$, что, очевидно, верно для некоторого n.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение09.07.2014, 13:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
TopLalka
Правильно. Но лучше было бы записать разность $a_n$ и тройки, выраженной радикалом, и последовательно избавиться от всех корней стандартным домножением на сопряженные выражения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение10.07.2014, 03:32 


29/08/11
1137
А что, если доказать маленькое обобщение?
Keter в сообщении #884422 писал(а):
рассмотреть функцию $f(x)=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+\dots}}}}$ для $x>0.$

$$f(x) \le \sqrt{(x+1)f(x+1)} \le \sqrt{x+1}\sqrt{\sqrt{(x+2)f(x+2)}} \le \dots \le \prod\limits_{k=1}^{\infty}(x+k)^{1/2^k},$$
$$\prod\limits_{k=1}^{\infty}(x+k)^{1/2^k} \le \prod\limits_{k=1}^{\infty}(2kx)^{1/2^k} = 2x \prod\limits_{k=1}^{\infty}k^{1/2^k} < 4x.$$
Тогда $f(x+1)<4(x+1)$ и $f(x)=\sqrt{1+xf(x+1)}<\sqrt{1+4x(x+1)}=2x+1.$ Для некоторого $t>0$ и $\forall x>0$ предположим $f(x) \le tx+1.$ Тогда $f(x+1)\le t(x+1)+1$ и
$$f(x)=\sqrt{1+xf(x+1)}\le \sqrt{tx^2+(t+1)x+1}\le \sqrt{\Big(\frac{t+1}{2}x\Big)^2+(t+1)x+1}=\frac{t+1}{2}x+1.$$
Итак, $t=1,$ значит $f(x) \le x+1.$ Далее, $f(x+1) \ge f(x),$ значит, $f(x)\ge \sqrt{1+xf(x)},$ откуда $f(x)\ge \frac{1}{2}x+1.$ Для некоторого $t>0$ и $\forall x>0$ предположим $f(x) \ge tx+1.$ Тогда, аналогично подставляя, получим $f(x) \ge \sqrt{t}x+1.$ Опять $t=1$ и уже $f(x) \ge x+1.$

Заключаем, что $f(x)=x+1.$ Осталось подставить $x=2.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности
Сообщение10.07.2014, 14:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
Keter
Все-таки проще и изящнее, имхо, так: пусть $x\geqslant0, n=0,1,2,\dots$
$$
x+1=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+\ldots+(x+n-1)\sqrt{1+(x+n)(x+n+2)}}}},
$$
$$
f_n(x)=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+\ldots+(x+n-1)\sqrt{1+(x+n)}}}}\geqslant1.
$$
Тогда, последовательно избавляясь от радикалов с помощью домножения на сопряженное выражение, получим
$$
(x+1)-f_n(x)\leqslant\frac{x}{x+2}\frac{x+1}{x+3}\ldots\frac{(x+n)(x+n+1)}{x+n+2}=\frac{x(x+1)}{x+n+2},
$$
что стремится к нулю с ростом $n$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 11 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

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