Вычислить бесконечный радикал

[xaxa3217]

Imperator писал(а):

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.

Ага, получил тоже самое только шел справа-налево

ewert писал(а):

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.

Последовательность $a_n = \sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{...1+(n-1)\sqrt{1+n\sqrt{1+n+1}}}}$ (всего ровно n радикалов) очевидно сходится одновременно (а если предел существует, то пределы совпадают) с указанным "выражением". Рассмотрим последовательность $b_n = \sqrt{1+2\sqrt{...1+(n-1)\sqrt{1+n\sqrt{1+(n+1)(n+3)}}}}$, можно легко доказать по индукции, что для любого натурального $n$ $b_n = 3$. В итоге: $a_n < b_n, b_n -> 3 => a_n$ сходится, далее пусть $c_n = a_n*(n+3)^{\frac{1}{2^n}}$, $c_n$ сходится одновременно с $a_n$ (т.к. $(n+3)^\frac{1}{2^n} -> 1$), а теперь достаточно посмотреть в выражение под скобками после умножения $a_n$ на $(n+3)^\frac{1}{2^n}$: каждая единичка под $i$-ым радикалом умножится на $(n+3)^\frac{1}{2^(n-i)} > 1$, а под очередной знак корня пойдет $(n+3)^\frac{1}{2^{n-i-1}}$. Получается, что $c_n > b_n$; объединяя вышесказанное, получаем:
$\lim_{n \to \infty}{a_n} = \lim_{n \to \infty}{c_n}, a_n < b_n < c_n, \lim_{n \to \infty}{b_n} = 3 => \lim_{n \to \infty}{a_n} = 3$ т.к. в противном случае $b_n$ имел бы другой предел по теореме о двух милиционерах.

[Руст]

ewert писал(а):

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

Легко показать, что $3-x_{n,2}>2^{1-n}$ Асимптотическую оценку этой величины можно найти, легче найти оценку $3-x_{n,2}<Cn^a*2^{-n}$.