Предел последовательности

[TopLalka]

Подскажите как найти предел последовательности $\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+...+i\sqrt{i}}}}$

[svv]

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

[kp9r4d]

Это же задача Рамануджана!

[TopLalka]

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

[svv]

TopLalka
А Вы уже догадались, что последовательность не просто ограничена тройкой сверху, а и стремится к $3$?

[TopLalka]

svv
Я прочитал это, когда гуглил задачу Рамануджана А решения не нашел

[Keter]

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 $f(x) \le ?$ !

[TopLalka]

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.

[ex-math]

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.

[Keter]

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 $x=2.$

[ex-math]

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 $n$.