Бесконечные шеститактные радикалы.

[Vvp_57]

Докажите, что выражение:
$\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4-\sqrt{4-\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-...}}}}}}}}$
где знаки идут $+,-,-,-,-,+,+,-,-,-,-,+,+,-,-....$
равно:
$2\cos \left(\frac{2\pi }{7} \right)-\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{2} \right)\left(2\cos \left(\frac{8\pi }{7} \right) \right)=2,3606383...$

[arqady]

Это всё из-за уравнения $x^6+3x^5-6x^4-24x^3-3x^2+41x+29=0$.

[Vvp_57]

arqady,
Вы правы, это то самое уравнение и есть.
Жаль, но мне не удалось найти другие подобные
выражения, может кому больше повезет. Может
не обязательно с рациональным параметром, пусть
бы и с квадратичным радикалом, как с числом 97 например.

[arqady]

$97=3\cdot2^5+1$. Поэтому должно существовать хорошее кубичное уравнение, корни которого суммы косинусов от $\frac{k\pi}{97}$.
С помощью этого уравнения можно, видимо, придумать похожую задачу.

[nnosipov]

arqady, вот что мы нашли с одним моим школьником в прошлом году:

$$ \sqrt{22+\sqrt{22-\sqrt{22+\sqrt{22+\sqrt{22-\sqrt{22+\ldots}}}}}}= \frac{4}{3}-\frac{1}{3}\sum_{k=0}^{96} \cos{\frac{2\pi k^3}{97}}, $$

$$ \sqrt{22+\sqrt{22-\sqrt{22-\sqrt{22+\sqrt{22-\sqrt{22-\ldots}}}}}}= \frac{5}{3}+\frac{1}{3}\sum_{k=0}^{78} \cos{\frac{2\pi k^3}{79}} $$

Update. Для желающих посмотреть доказательство прилагаю файл.

[arqady]

Здорово!

[Vvp_57]

nnosipov,
Какая замечательная находка! Красиво!
Спасибо. Мне и добавить то нечего, разве что
чуть-чуть расширить границы:

$$ \sqrt{107+2\sqrt{107-2\sqrt{107-2\sqrt{107+2\sqrt{107-2\sqrt{107-\ldots}}}}}}= \frac{11}{3}-\frac{2}{3}\sum_{k=0}^{96} \cos{\frac{2\pi k^3}{97}}$$

$$\sqrt{71+2\sqrt{71-2\sqrt{71+2\sqrt{71+2\sqrt{71-2\sqrt{71+\ldots}}}}}}= \frac{7}{3}+\frac{2}{3}\sum_{k=0}^{78} \cos{\frac{2\pi k^3}{79}},$$

[Vvp_57]

nnosipov
Ваше ${k}^{3}$ обладает таким магнетизмом, что
невольно рука тянется к перу, перо к бумаге.

(без названия)

Подобные пары простых чисел образуются если параметр равен:
4,22,274,382,652,3784,4558,6808,7834,10714,...
Например:

$$\sqrt{274+\sqrt{274-\sqrt{274+\sqrt{274+\sqrt{274-\sqrt{274+\ldots}}}}}}= \frac{16}{3}-\frac{1}{3}\sum_{k=0}^{1128} \cos{\frac{8\pi k^3}{1129}},$$

$$\sqrt{274+\sqrt{274-\sqrt{274-\sqrt{274+\sqrt{274-\sqrt{274-\ldots}}}}}}= \frac{16}{3}+\frac{1}{3}\sum_{k=0}^{1062} \cos{\frac{8\pi k^3}{1063}}$$

[sopor]

Не знаю, было или нет, но я могу добавить четырёхтактный радикал:

Доказать, что $\sqrt{5+\sqrt{5-\sqrt{5+\sqrt{5+\sqrt{...}}}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\ctg{\frac{\pi}{10}}-2\sin{\frac{\pi}{10}}+\frac{1}{2}$. Знаки идут: +-++ +-++

[Vvp_57]

sopor
Выражение интересное, но хочется спросить, а где же косинусы? А вот где:

$\sqrt{5+\sqrt{5-\sqrt{5+\sqrt{5+\sqrt{...}}}}}=1+2\cos \left(\frac{4\pi }{15} \right)-2\cos \left(\frac{8\pi }{15} \right)$

Вообще тема нахождения соответствующего выражения в косинусах в теме
четырехтактных бесконечных радикалов, давно мучает меня. Но как таковые найти?
Если мне повезет найти общий подход, то обязательно задам вопрос на эту тему.

[arqady]

Вот это М.Алексеев указал:
http://ru-math.livejournal.com/62661.html
Корень следующего уравнения тоже записывается в косинусах.

$$\sqrt{14+\sqrt{14+\sqrt{14-x}}}=x$$

[arqady]

Решить уравнение:

$$\sqrt{n^2-n+2+\sqrt{n^2-n+2+\sqrt{n^2-n+2-x}}}=x$$

($n$ - натуральное, $x$ - действительное).

[nnosipov]

arqady, что-то не верится, что это можно легко сделать для произвольного натурального $n$ (см. файл, что я приложил выше). Или Вы имеете в виду найти корень не в виде суммы косинусов?

[arqady]

Не знаю, как это сделать, но хочу сумму косинусов! Думаю, что они выглядят типа $\cos{\frac{\pi k}{4n^2-2n+7}}$.
Без этого ограничения достаточно решить некоторое кубичное уравнение. Найти его - зто ведь тоже задача.

[Vvp_57]

arqady, я пожалуй присоединяюсь к nnosipov(у),
что в общем виде уравнения такого рода не решаются. Тем не менее спасибо за вопрос, ибо я
с ужасом выяснил, что суммой косинусов обладают редкие радикалы.

(без названия)

У меня была версия, которая с треском рухнула.
В ней считалось, что если дискриминант есть произведение квадратов двух(или более) простых чисел,
то всегда можно найти нужную сумму. Теперь выяснилось, что только(это конечно гипотеза)
когда дискриминант есть $\left({p}_{1}{p}^3_{2} \right)^2$ где ${p}_{1},{p}_{2}$ простые числа, радикалы выражаются через сумму косинусов.
Вот некоторые случаи которые можно добавить к $\left(7\cdot 61^3 \right)^2$ найденному nnosipov(вым):
$\left(463\cdot 7^3 \right)^2$ , $\left(379\cdot 13^3 \right)^2$ , $\left(751\cdot 13^3 \right)^2$ , $\left(373\cdot 19^3 \right)^2$, $\left(19\cdot 67^3 \right)^2$, $\left(1213\cdot 37^3 \right)^2$
Например:
$p=15362482$

$\sqrt{p+\sqrt{p-\sqrt{p-\sqrt{\ldots}}}}=3920,0001275835...$

равный:

$1319-111rc+148ra$

где
$rc=\frac{-1}{3}+\frac{1}{3}\sum_{k=0}^{1212} \cos{\frac{8\pi k^3}{1213}}$

$ra=\frac{-1}{3}+\frac{1}{3}\sum_{k=0}^{1212} \cos{\frac{2\pi k^3}{1213}}$

Мной не указаны случаи $\left(p\cdot 3^3 \right)^2$, так как они встречаются довольно часто.