Una secuencia con infinitamente muchos radicales: $a_{n}=\sqrt{1+\sqrt{a+\sqrt{a^2+\cdots+\sqrt{a^n}}}}$

Question

Considerar la secuencia de $\{a_{n}\}$,$n\ge1$$a>0$, que se define como:

$$a_{n}=\sqrt{1+\sqrt{a+\sqrt{a^2+\cdots+\sqrt{a^n}}}}$$

Estoy tratando de demostrar aquí 2 cosas:). la sucesión es convergente; b). la secuencia del límite cuando n va a $\infty$. Creo que debe ser una prueba para este caso general. Vi a este problema con el caso de $a=2$ (donde fue obligado a probar sólo la convergencia), pero esto es sólo un caso particular. La generalización parece ser mucho más interesante.

Answer 1

Aquí es una respuesta a la parte (a) y una respuesta parcial a la parte (b). Llame a $(a_n(a))_{n\geqslant1}$ la secuencia cuando el valor del parámetro es $a$.

Uno ha $a_0(1)=1$ $a_{n+1}(1)=u(a_n(1))$ por cada $n\geqslant0$$u(x)=\sqrt{1+x}$. Por tanto, la técnica más habitual muestra que la secuencia de $(a_n(1))_{n\geqslant0}$ es el aumento de a $a_\infty(1)=\alpha$ donde $\alpha$ resuelve la ecuación de $\alpha=u(\alpha)$, $\color{red}{\alpha=\frac12(1+\sqrt5)}$.

Cuando $a\lt1$, $a_n(a)\leqslant a_n(1)$ y $(a_n(a))_{n\geqslant0}$ está aumentando por lo tanto $(a_n(a))_{n\geqslant0}$ converge a un límite finito $a_\infty(a)$$\color{red}{\sqrt{1+\sqrt{a}}\lt a_\infty(a)\leqslant \alpha}$.

Cuando $a\gt1$, $\sqrt{1+\sqrt{aa_{n-1}(1)}}\leqslant a_n(a)\leqslant\sqrt{1+\sqrt{a}a_{n-1}(1)}$ y $(a_n(a))_{n\geqslant0}$ está aumentando por lo tanto converge a un límite finito $a_\infty(a)$$\color{red}{\sqrt{1+\sqrt{\alpha a}}\lt a_\infty(a)\leqslant\sqrt{1+\alpha\sqrt{a}}}$.

Para mostrar que el límite superior $a_n(a)$, uno lleva encima de todo poder de $a$ a la izquierda hasta que se alcanza la posición de $\sqrt{a}$. Cruzando un signo de la raíz cuadrada es la mitad del exponente y $a\gt1$ por lo tanto el poder de $a$ que acaban de cruzar un signo de la raíz cuadrada es menor que la anterior. Por ejemplo, el primer paso de la prueba usa $a^{n/2}\leqslant a^{n-1}$ a deducir $$ \sqrt{a^{n-1}+\sqrt{a^n}}=\sqrt{a^{n-1}+a^{n/2}\sqrt1}\leqslant\sqrt{a^{n-1}(1+\sqrt1)}=a^{(n-1)/2}\sqrt{1+\sqrt1}, $$ el segundo paso se utiliza $a^{(n-1)/2}\leqslant a^{n-2}$, y así sucesivamente, hasta que$a^{3/2}\leqslant a^2$$a^{2/2}\leqslant a$. Un razonamiento similar se obtiene el límite inferior.

Finalmente, el mapa de $a\mapsto a_\infty(a)$ es no decreciente de$\color{red}{a_\infty(0)=1}$$\color{red}{a_\infty(+\infty)=+\infty}$.

Answer 2

Los Herschfeld del Teorema de Convergencia puede ayudar (el tema más general es "Anidadas Radical').

Herschfeld del papel "En la Infinita Radicales" está disponible aquí.