Вычислить

[TOTAL]

age в сообщении #452148 писал(а):

Вот и решение для любых $p$:
$\sqrt{p+C\sqrt{p+(C+1)\sqrt{p+(C+2)\sqrt{p+...}}}}=\dfrac{C+1}{2}+\dfrac{\sqrt{(C+1)^2+4p-4}}{2}$.

Проверьте "решение" для $C=0$

[Equinoxe]

TOTAL, ага, действительно ошибка где-то. Но для p=1 age решил правильно

[age]

Sonic86 в сообщении #452183 писал(а):

Тождество с радикалами есть у Рамануджана. Может стоит аналогичные формулы тоже у него поискать?
http://en.wikipedia.org/wiki/Srinivasa_Ramanujan

Да, очень похоже. Но вот задачка Equinoxe со степенями коэффициентов даже Рамануджану показалась бы интересной, потому что там степени, которые растут почти так же быстро, как радикалы. Но всё же медленней.

TOTAL в сообщении #452189 писал(а):

Проверьте "решение" для $C=0$

Это происходит из-за того, что вся последовательность радикалов начиная со второго радикала (перед которым стоит $C=0$) вырождается, и найденный метод не может быть применен.

[Equinoxe]

age, ага, вот вечно всякие там Горбачевы веками живут, а Великому Рамануджану достались жалкие 32 — сколько он нового мог открыть за лишние 48 лет?
Кстати, у Вас решение для p=1 достигнуто приближением+индукцией или точным решением?

[TOTAL]

age в сообщении #452311 писал(а):

TOTAL в сообщении #452189 писал(а):

Проверьте "решение" для $C=0$

Это происходит из-за того, что вся последовательность радикалов начиная со второго радикала (перед которым стоит $C=0$) вырождается, и найденный метод не может быть применен.

Про метод здесь ничего не написано. А результат приведён, результат неверный. Можете проверить при маленьких положительных $C.$

[age]

Equinoxe в сообщении #452346 писал(а):

Кстати, у Вас решение для p=1 достигнуто приближением+индукцией или точным решением?

Попробуйте перейти сразу на сколь угодно большой шаг $A_n$ вложения радикалов и предположить что тождество верно, т.е. $A_n=\sqrt{1+n\sqrt{1+...}}=n+1$ для какого-то очень большого $n$. И перейти на шаг $A_{n-1}$. Вместо многоточия уже будет известное значение:
$A_{n-1}=\sqrt{1+(n-1)\sqrt{1+...}}=\sqrt{1+(n-1)(n+1)}$
Ну а дальше индукцией.

-- Ср июн 01, 2011 09:34:36 --

TOTAL в сообщении #452501 писал(а):

Про метод здесь ничего не написано.

Самый обычный функан. Кстати, так можно найти (по-моему) даже значения практически любых
$\sqrt{p+f_1(x)\sqrt{p+f_2(x)\sqrt{p+f_3(x)\sqrt{p+...}}}}$, где $f_n(x)$ - какая-то функция, задаваемая шагом $n$. Но не уверен
Предположим, что значение выражения
$\sqrt{p+C\sqrt{p+(C+1)\sqrt{p+(C+2)\sqrt{p+...}}}}=f(C)$ есть некоторая функция от $C$ при фиксированном $p = const$. Тогда если мы увеличим на $1$ уровень нашего выражения, то по индукции имеем функциональное уравнение:
$\sqrt{p+(C-1)f(C)}=f(C-1)$
Откуда:
$f^2(C-1)=p+(C-1)f(C)$.
По аналогии со случаем $p=1$ функцию $f$ будем искать в виде $f(C)=C+t$. Тогда:
$(C+t-1)^2=p+(C-1)(C+t)$.
Откуда требуемое.

[TOTAL]

age в сообщении #452516 писал(а):

По аналогии со случаем $p=1$ функцию $f$ будем искать в виде $f(C)=C+t$. Тогда:
$(C+t-1)^2=p+(C-1)(C+t)$.Откуда требуемое.

Откуда не требуемое, а ошибка. Т.к. $t$ может зависеть от $C,$ т.е. надо $f(C)=C+t_c$
Если же считаете, что $t$ не зависит от $C,$ то найдите его ещё раз из
$f^2(C)=p+Cf(C+1)$

[age]

Да результат несколько иной получился $\dfrac C2+\dfrac{\sqrt{(C+2)^2+4p-4}}{2}$

[TOTAL]

age в сообщении #452525 писал(а):

Да результат несколько иной получился $\dfrac C2+\dfrac{\sqrt{(C+2)^2+4p-4}}{2}$

Тоже неверный результат. Так как надо решать уравнение $(C+t_{c-1}-1)^2=p+(C-1)(C+t_c).$
Это не квадратное уравнение для $t$

[Equinoxe]

age в сообщении #452516 писал(а):

Equinoxe в сообщении #452346 писал(а):

Кстати, у Вас решение для p=1 достигнуто приближением+индукцией или точным решением?

Попробуйте перейти сразу на сколь угодно большой шаг $A_n$ вложения радикалов и предположить что тождество верно, т.е. $A_n=\sqrt{1+n\sqrt{1+...}}=n+1$ для какого-то очень большого $n$. И перейти на шаг $A_{n-1}$. Вместо многоточия уже будет известное значение:
$A_{n-1}=\sqrt{1+(n-1)\sqrt{1+...}}=\sqrt{1+(n-1)(n+1)}$
Ну а дальше индукцией.

Так база-то не доказана! А значит нет оснований и для индукции :)
Индукцию можно запустить и в обратную сторону: {\frac{(C+1)^2-1}{C}} = C+2
Выходит, достаточно доказать хотя бы для одного оценку C+1, чтобы это стало верно для всех. А здесь, похоже, придётся обойтись приближениями.

[Equinoxe]

*Индукцию можно запустить и в обратную сторону: $\frac {(C+1)^2 - 1} C = C+2$

-- Ср июн 01, 2011 17:50:06 --

Естественно, самое хорошее приближение — это комп. Я за пускала на $10^7$ итерациях — сошлось полностью.
Так что видимо нужны приближения, которые реально записать (для C=1), например:
$ \sqrt {1+\sqrt{1+\sqrt{\dots}}}=\frac {1+\sqrt{5}} 2 $

[age]

Equinoxe в сообщении #452643 писал(а):

Так база-то не доказана! А значит нет оснований и для индукции :)

Да, я думал что методом функ.анализа после можно обойти неполное решение, но TOTAL опроверг. Можно считать что ответ - случайный пока что.

[Equinoxe]

age, посмотрите:
Очевидно, что \sqrt {1+C\sqrt{1+C\sqrt{\dots}}} бесконечно стремится к C при C, стремящемся к $\infty$ (это можно доказать в том числе и точной формулой для этого выражения).

Я заметила, что lim выражений
$C+1-\sqrt{C^2}$
$C+1-\sqrt{C\sqrt{(C+1)^2}}$
$C+1-\sqrt{C\sqrt{(C+1)\sqrt{(C+2)^2}}}$
$C+1-\sqrt{C\sqrt{(C+1)\sqrt{(C+2)\sqrt{(C+3)^2}}}}$
Идёт как $2^{-k}$ :)
Т.к. я в этом не очень секу, прошу помочь мне доказать эту $2^{-k}$, чтобы получить полное док-во :)

[age]

Можно подойти так:
Пусть $n>>C$ и рассматриваемое выражение имеет вид:
$C+1-\sqrt{C\sqrt{(C+1)\sqrt{(C+2)...\sqrt{(C+n)^2}}}}$
Если $2^n$ раз возвести радикал в квадрат, то получим:

$C^{2^{n-1}}(C+1)^{2^{n-2}}(C+2)^{2^{n-3}}...(C+n-1)^2(C+n)$
Необходимо найти предел данной последовательности при $n\to\infty$:

$\lim\limits_{n\to\infty}{C^{2^{n-1}}(C+1)^{2^{n-2}}(C+2)^{2^{n-3}}...(C+n-1)^2(C+n)}$

и доказать, что он равен $(C+1)^{2^n}$. Тогда будет нуль.

-- Чт июн 02, 2011 00:53:40 --

Найдём значение коэффициента перед $C^{2^n-1}$. Он будет равен сумме вторых коэффициентов полиномов:
$k_1=\sum\limits_{k=1}^n{k\cdot2^{n-k}}$

[age]

MathCad выдаёт, что $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{n-1}{k\cdot2^{n-k-1}}+n=2^{n}$ (формула исправлена, учтён квадрат под самым последним радикалом), т.е. второй коэффициент у нашего полинома на бесконечности равен второму коэффициенту полинома $(C+1)^{2^n}$. Забавно.

Третий коэффициент индуктивно то же самое, четвёртый - то же самое. Разница между полиномами будет лишь в том, что в искомом не будет членов со степенями $p<2^{2^{n-1}}$, а в $(C+1)^{2^n}$ будут. Но учитывая, что на бесконечности сумма членов со старшими степенями в бесчисленное число раз превосходит сумму младших членов, то полиномы будут равны.

Т.е. :
$\lim\limits_{n\to\infty}C+1-\sqrt{C\sqrt{(C+1)\sqrt{(C+2)...\sqrt{(C+n)^2}}}}=0$

Только не совсем пойму что я доказал и какое отношение это имеет к исходной задаче.