Resolución de la infinita % radical $\sqrt{6+\sqrt{6+2\sqrt{6+3\sqrt{6+...}}}}$

Question

$$\sqrt{6+\sqrt{6+2\sqrt{6+3\sqrt{6+\cdots}}}}$$

Esta es una modificación en el conocido Ramanujan infinito radical, $\sqrt{1+\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+\cdots}}}}$, excepto que no se puede resolver por el método convencional, la funcional de la ecuación de $F(x)^2=ax+(n+a)^2+xF(x+n)$, desde la configuración de $n=1$ $a=0$ requiere $(n+a)^2=1$, no $6$.

Aquí están algunos métodos alternativos que he probado:

• El funcional de la ecuación tenemos lugar para este infinito radical es $F(x)^2=6+xF(x+1)$. He tratado de resolver esto, pero por desgracia, es fácil demostrar que $F(x)$ no puede ser una función lineal simple $F(x)=ax+b$. He probado algunos un poco más complicado versiones -- la ecuación de una hipérbola, etc. - pero nada parece funcionar.
• He tratado de factoring cosas fuera de la radical a llevar a una más defendible forma. Tal vez no de una manera satisfactoria enfoque riguroso, pensé factorizando $\sqrt{6^{N/2}}$ donde $N\to\infty$, lo que nos permite transformar el radical en $6^{-N/2}\sqrt{6^{N+1}+\sqrt{6^{2N+1}+2\sqrt{6^{4N+1}+\cdots}}}$, que puede considerarse que cada término de una potencia de $6^{N/2}$ en el límite. Para un radical de la forma $\sqrt{\alpha^2+\sqrt{\alpha^4+2\sqrt{\alpha^8+\cdots}}}$ tenemos la funcional de la ecuación de $F(x)^2=\alpha^{2^x}+xF(x+1)$, o a dejar a $F(x)=\alpha^{2^x}p(x)$, consigue $p(x)^2-xp(x+1)=\alpha^{-2^x}$, pero estoy atascado allí.
• Del mismo modo, traté de factoring algunos arbitraria $N$ luego de factorizar un plazo de cada uno de los radicales en el interior tal que los coeficientes de pasar de ser $1,2,3,\cdots$ a un constante $1/N,1/N,1/N...$, la transformación radical en $N\sqrt{\frac6{N^2}+\frac1N\sqrt{\frac6{N^2}+\frac1N\sqrt{\frac{24}{N^2}+\frac1N\sqrt{\frac{864}{N^2}+\frac1N\sqrt{\frac{1990656}{N^2}+\cdots}}}}}$ donde el añadido de ir como $k_1=6$, $k_{n+1}=\frac{n^2}6k_n^2$. Pero, ¿cómo podría proceder?
• He considerado que la diferenciación de la función de $G(x)=\sqrt{x+\sqrt{x+2\sqrt{x+3\sqrt{x+\cdots}}}}$. Pero todo lo que obtuve fue una igualmente extraña ecuación diferencial:

$$\frac{df}{dx}=\frac{1+\frac{1+\frac{1+\frac{{\mathinner{\mkern2mu\raise1pt\hbox{.}\mkern2mu \raise4pt\hbox{.}\mkern2mu\raise7pt\hbox{.}\mkern1mu}}}{\frac23\frac{\left(\frac{\left(f(x)^2-x\right)^2-x}{2}\right)^2-x}{3}}}{\frac22\frac{\left(f(x)^2-x\right)^2-x}{2}}}{\frac21\left(f(x)^2-x\right)}}{2f(x)}$$

Todas las ideas en cuanto a cómo podría proceder?/Cualquier alternativa (espero que menos tedioso, pero independientemente) los métodos que podría funcionar?

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He creado un pequeño programa para jugar con esto. La respuesta exacta (tal vez como una serie infinita) puede contener $\sqrt{6}+1/2+...$ en algún lugar, porque a medida que aumente el número de la sustitución de 6, los planteamientos radicales de $\sqrt{x}+1/2$. Por supuesto, este término sólo viene de el binomio de la serie para $\sqrt{6+\sqrt{6}}$.

Yo también tengo nada en la inversa de la calculadora simbólica.

Answer 1

Actualmente la respuesta no correcta; pero me lo guardo para el registro (y esperemos que cada vez que llego a avanzar en él)

Que $$G:=\sqrt{6+\sqrt{6+2\sqrt{6+3\sqrt{6+\cdots}}}}$$ Then define $$F:=G^2-6=\sqrt{6+2\sqrt{6+3\sqrt{6+\cdots}}}$$ which is easier to work with. Following on from this method, we can immediately match up $n $ and $x $. They are $n = 1 $ and $x = 2$ (como se puede observar en el radical).

Por último, encontramos $a$. El valor de $6$ corresponde a $ax+(n+a)^2=2a+(1+a)^2$ para resolver $$6=a^2+4a+1\implies(a-1)(a+5)=0\implies a=1,-5.$ $

Se da el resultado como $$F=x+n+a=3+a$$ and since $F $ is clearly non-negative, we have that $ a = 1$ so $% $ $G=\sqrt{6+F}=\sqrt{6+3+1}=\color{red}{\sqrt{10}}.$

Answer 2

Sugerencia.

Teniendo en cuenta la función

$$ f(x) = \sqrt{6+(x+1)\sqrt{6+(x+2)\sqrt{6+(x+3)\sqrt{6+(x+4)(\cdots)}}}} $$

tenemos la recurrencia

$$ f(x) = \sqrt{6+(x+1)f(x+1)} $$

o cuadrado

$$ f^2(x) = 6 + (x+1) f(x+1) $$

Este tipo de ecuaciones tiene casi un comportamiento lineal de modo que hacer

$$ f(x) = a x + b $$

y sustituyendo en la recurrencia de la relación que tenemos

$$ a^2 x^2+2 a b x-a x^2-2 a x-a+b^2-b x-b-6 = 0 $$

Teniendo en cuenta que estamos interesados en los valores cercanos a $x = 0$ seguimos con los

$$ 2 a b x-2 x-a+b^2-b x-b-6 = 0 $$

por lo tanto la obtención de

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} b^2-b-a-6=0 \\ 2 b a-2 a-b=0 \\ \end{array} \right. $$

la obtención de los valores de factibilidad

$$ a = 0.733360\\ b = 3.142604\\ $$

así que supongo que el de $f(0) $ es

$$ \sqrt{6+\sqrt{6+2\sqrt{6+3\sqrt{6+\cdots}}}}\approx 3.142604 $$

NOTA

Este valor es un poco menor que el valor real $\approx 3.15433$