Корни

[green5]

Оценить $$\sqrt{n+\sqrt{n-1+\sqrt{n-2+...+\sqrt{3+\sqrt{2+\sqrt{1}}}}}},\ при n\to\infty

[gris]

на первый взгляд на формулу штука стремится к $\sqrt{n}+0.5$ сверху.
Надо оценить разность?

[sergey zhukov]

green5
А что значит оценить? Найти приближенную формулу попроще исходной для больших $n$? Как, скажем, формула Стирлинга для факториала?

[пианист]

Например, $a_{n(n + 1)} < n + 1$ . Это оно?

($a_n$ то самое $\sqrt{n + \sqrt{ n -1 + \sqrt{ .. }}}$)

[mihiv]

gris в сообщении #1608504 писал(а):

на первый взгляд на формулу штука стремится к $\sqrt{n}+0.5$ сверху.

Может быть так написать:$a_n=\sqrt n+0.5+o(1)$.

[gris]

mihiv, боюсь, что тогда не будет видно монотонное приближение сверху
Но если присмотреться к формуле пианиста, то можно увидеть некоторое улучшение приближения:
$a_n \to \sqrt{n+0.25}+0.5$
Кстати, если корни взять кубические, то по аналогии видно приближение
$b_{n^3-n} \to n$
Наверное, существует теоретическое решение данной проблемы .

[zykov]

gris в сообщении #1608576 писал(а):

$a_n \to \sqrt{n+0.25}+0.5$

$a_n \to \sqrt{n+\frac14}+\frac12-\frac{1}{4n+1}-\frac{1}{(4n+1)^2}+...$

[gris]

zykov, а это уже окончательно или ещё будут члены?
И хоть бы рассказали по теории, пжл

[zykov]

Можно взять $q_n = \sqrt{n+a}+b$ и подставить вместо $a_n$ в $a_n^2 = n+a_{n-1}$.
Там разложить в ряд Тэйлора по $\frac{1}{n}$ и подобрать $a$ и $b$ так чтобы старшие коэффициенты занулились.
Будет $a=\frac14$ и $b=\frac12$.

Потом можно взять другое $q_n = \sqrt{n+\frac14}+\frac12+\frac{c}{n+\frac14}+\frac{d}{(n+\frac14)^2}$ и аналогично подобрать $c$ и $d$.

[Rak so dna]

Можно без Тейлора получить оценку:

$\sqrt{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\leq a_n\leq\sqrt{n+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4n}$