Вычислить бесконечный радикал

[Руст]

Вычислить:
$\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+...}}}}.$

[Imperator]

Ответ: 3
Заметим, что
$n(n+2)=n\sqrt{1+(n+1)(n+3)}=n\sqrt{1+(n+1)\sqrt{1+(n+2)(n+4)}}=...$.
Подставив сюда $n=1,$ получим требуемое.

[ewert]

Идея, конечно, замечательная, однако вынужден обратить внимание: это -- пока ещё никакое не решение. Пока лишь можно сказать, что Ваша схема ну очень напоминает то, что хотелось бы, но -- не более того.

А всё потому, что задача толком не поставлена. Что в точности следует понимать под $\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+...}}}}$?...

[Руст]

ewert писал(а):

А всё потому, что задача толком не поставлена. Что в точности следует понимать под $\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+...}}}}$?...

Всегда, когда стоит многоточие, принимается предел выражанения, заканчивающего n членами (в нашем случае с n радикалами) при стремлении n к бесконечности (при этом конечно надо показать, что предел существует). Так что я не вижу неоднозначности интерпретации.

[ewert]

Руст в сообщении #165601 писал(а):

при этом конечно надо показать, что предел существует

об чём и речь. Пока доказательства не поступало.

[RIP]

Здесь был бред.

[ewert]

А зачем? В данной задачке сходимость сама по себе вполне очевидна. Надо лишь доказать, что сходится -- именно к трём.

[RIP]

Да, я что-то ступил. У нас же другая последовательность. Вот, что значит, когда башка забита другим.

[ewert]

да нет, почему другая, можно и такой вид ей придать, просто вопрос не в этом

[RIP]

Согласен.

RIP в сообщении #165668 писал(а):

Вот, что значит, когда башка забита другим.

Тут всё сводится к оценке

$$\sqrt{a_1+\sqrt{a_2+\ldots+\sqrt{a_n+\sqrt{a}}}}-\sqrt{a_1+\sqrt{a_2+\ldots+\sqrt{a_n+\sqrt{b}}}}$$

с помощью многократного избавления от иррациональности.

[TOTAL]

Очевидно, предел существует и не превосходит 3.
Пусть он равен $a_1=3-t_1, \;\; t_1\ge 0$.

$$a_k=\frac{a_{k-1}^2-1}{k} = (k+2) - t_k, $$

где обозначено

$$a_{k}=\sqrt{1+(k+1)\sqrt{1+(k+2)\sqrt{\;\ldots}}}}.$$

По условию все $a_k$ положительны, что не выполняется при $t_1>0.$
Действительно, пусть $t_1<2.$ Тогда $t_2>2t_1.$ Если и $ t_2<2,$ то $t_3>2^2t_1.$ И так далее.
Поэтому впервые попадется $t_n>2^{n-1}t_1\ge2.$
Это значит, что $a_n\le n$, поэтому $a_{n+1}\le n-1$, поэтому $a_{n+2}\le n-2$ ...

[ewert]

Чего-то я ничего не понял в обозначениях. Вот другая версия (пусть не блещущая изяществом, но зато и не требующая особых раздумий).
Обозначим:

$$x_{n,k}=\sqrt{1+k\sqrt{1+(k+1)\sqrt{\;\ldots\;(n-1)\sqrt{1+n}}}};$$

$$y_{n,k}=\sqrt{1+k\sqrt{1+(k+1)\sqrt{\;\ldots\;(n-1)\sqrt{1+n\cdot(n+2)}}}}\equiv(k+1);$$

$k=2,3,\ldots,n$; $x_{n,n}=\sqrt{1+n}$; $y_{n,n}=(1+n)$.

Пусть $d_{n,k}=y_{n,k}-x_{n,k}$. Надо доказать, что $d_{n,2}=3-x_{n,2}\to0$ при $n\to\infty$.

Оцениваем:

$$d_{n,k}=y_{n,k}-x_{n,k}={k\left(y_{n,k+1}-x_{n,k+1}\right)\over y_{n,k}+x_{n,k}}<d_{n,k+1}\cdot{k\over k+\sqrt k};\qquad d_{n,n}<n;$$

$$d_{n,2}<{2\over 2+\sqrt 2}\cdot{3\over 3+\sqrt 3}\cdot\ldots\cdot{n-1\over n-1+\sqrt{n-1}}\cdot n;$$

$$\ln{d_{n,2}\over n}<-\ln\left(1+{1\over\sqrt{2}}\right)-\ln\left(1+{1\over\sqrt{3}}\right)-\ldots-\ln\left(1+{1\over\sqrt{n-1}}\right)<$$

$$<-\widetilde C\left({1\over\sqrt{2}}+{1\over\sqrt{3}}+\ldots+{1\over\sqrt{n-1}}\right)<-C\int_0^n{dk\over\sqrt k}=-2C\sqrt n$$

;

$$d_{n,2}<n\cdot e^{-2C\sqrt n}\to0$.

(Конечно, это сильно загрублено: фактически погрешности убывают асимпотически как $C\cdot2^{-n}$; но -- всё же чуть медленнее.)

[maxal]

http://mathworld.wolfram.com/NestedRadical.html

[Imperator]

maxal писал(а):

http://mathworld.wolfram.com/NestedRadical.html

Спасибо за ссылку. Красиво.

Как можно получить формулу (2)? Я бы до такого никогда не догадался бы.

[Архипов]

Отношение периметра многоугольника к радиусу описанной окружности, через удвоение сторон, начиная с квадрата, пределом имеет 2Pi

$$Pi/2=2^n\sqrt{2-\sqrt{2+\ldots+\sqrt{2_n$$