En el París constante y $\sqrt[k]{1+\sqrt[k]{1+\sqrt[k]{1+\sqrt[k]{1+\dots}}}}$?

Question

En 1987, R. París demostró que el anidado de expresión radical de $\phi$,

$$\phi=\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\dots}}}}$$

enfoques $\phi$ a una tasa constante. Por ejemplo, la definición de $\phi_n$ como $n = 5, 6, 7$ "" respectivamente, a continuación,

$$(1/2)(\phi\phi_5)(2\pi)^5 = 1.0977\dots$$

$$(1/2)(\phi\phi_6)(2\pi)^6 = 1.0983\dots$$

$$(1/2)(\phi\phi_7)(2\pi)^7 = 1.0985\dots$$

que se aproxima a la de París constante $R = 1.09864196\dots$. Parece que no se puede generalizar. Definir,

$$x_n=\sqrt[k]{1+\sqrt[k]{1+\sqrt[k]{1+\sqrt[k]{1_n+\dots}}}}\etiqueta{1}$$

para un entero $k>1$ y las ecuaciones,

$$x^k = x+1\etiqueta{2}$$

$$$ y = \frac{1}{x}+1\etiqueta{3}$$

donde $x$ es la raíz de $(2)$ tal que $x = x_n$ como $n \to \infty$ en $(1)$. Entonces uno puede conjeturar que,

$$\lim_{n\to\infty}(1/2)(x-x_n)(ky)^n = C_k\etiqueta{4}$$

para algunas constantes $C_k$. El París constante es simplemente el caso de $C_2$.

He probado para aumentar la grande $k$. La secuencia de $C_k$ parecen ser ellos mismos acercarse a una constante. El ritmo es muy lento, así que por mucho superior $k = 10^{14},10^{15},10^{16}$,

$$C_{10^{14}} = 0.6931471805599500\los puntos$$

$$C_{10^{15}} = 0.6931471805599457\los puntos$$

$$C_{10^{16}} = 0.6931471805599454\los puntos$$

Comparar,

$$\ln 2 = 0.6931471805599453\dots$$

Pregunta:

1. Hace $C_k \a \ln 2$, $k \to \infty$?

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$\color{blue}{Editar,\; Nov.\;25}$

De manera más general, definir,

$$x_n=\sqrt[k]{a+\sqrt[k]{a+\sqrt[k]{a+\sqrt[k]{a_n+\dots}}}}\etiqueta{5}$$

para los números enteros $a\ge 1,\;k>1$ y,

$$x^k = x+a\etiqueta{6}$$

$$$ y = \frac{a}{x}+1\etiqueta{7}$$

Entonces, parece,

$$\lim_{n\to\infty}(1/2)(x-x_n)(ky)^n = C_{a,k}\etiqueta{8}$$

El París constante es el caso de $C_{1,2}$. Es cierto que a medida que $k \to \infty$, entonces,

$$\lim_{k\to \infty} C_{1,k} = \ln 2$$

$$\lim_{k\to \infty} C_{2,k} = \tfrac{3}{2} \ln \tfrac{3}{2}$$

$$\lim_{k\to \infty} C_{3,k} = \tfrac{4}{2} \ln \tfrac{4}{3}$$

$$\lim_{k\to \infty} C_{4,k} = \tfrac{5}{2} \ln \tfrac{5}{4}$$

y así sucesivamente?

P. S. El único conocido de forma cerrada, en términos de trascendental constantes es de $C_{2,2} = \pi^2/8$.

Answer 1

Antonio Vargas observación significa que $1$ se inicia más y más cerca del punto fijo, así que tal vez hay menos diferencia entre $C_k$ y el primer término de la secuencia de definición ; y tal vez que el primer término converge a $\log 2$.

Deje de $f_k(x) = \sqrt[k]{1+x}$ para $x \ge 0$ y $k > 1$. Deje que $\alpha_k$ el único positivo de punto fijo de $f_k$ (es el positivo de la raíz de $\alpha_k^k = \alpha_k+1$). Definir $c_{k,n} = (1/2)(\alpha_k - f_k^{n-1}(1))(f_k'(\alpha_k))^{-n}$ para $n \ge 1$.

Ahora su constante $C_k$ se define por $C_k = \lim_{n \to \infty} c_{k,n}$, y queremos dar una estimación de $C_k/c_{k,1}$.

Tenemos $c_{k{n+1}}/c_{k,n} = f_k'(\alpha_k)^{-1}(f_k(\alpha_k) - f_k(f_k^{n-1}(1)))/(\alpha_k - f_k^{n-1}(1)) = f_k'(\alpha_k)^{-1}f_k'(z_{k,n})$ $f_k^{n-1}(1) \le z_{k,n} \le \alpha_k$.

Desde $f_k'$ es decreciente, obtenemos $1 \le c_{k,n+1}/c_{k,n} \le f_k'(f_k^{n-1}(1))f_k'(\alpha_k)^{-1}$

Algunas estimaciones brutas nos da $\alpha_k \ge f_k^n(1) \ge \alpha_k - (\alpha_k - 1)f_k'(1)^n$,
y, a continuación, ($f"_k$ es cada vez mayor), $f'_k(\alpha_k) \le f_k'(f_k^n(1)) \le f_k'(\alpha_k) - (\alpha_k-1)f'_k(1)^nf_k"(1)$,
y, finalmente, $1 \le c_{k,n+1}/c_{k,n} \le 1 + (\alpha_k-1)f'_k(1)^{n-1}(-f"_k(1))f_k'(\alpha_k)^{-1}$.

El uso de $1+x \le \exp(x)$ y tomar el producto, obtenemos $1 \le C_k/c_{k,1} \le \exp((\alpha_k-1)(-f"_k(1))f'_k(\alpha_k)^{-1}/(1-f'_k(1)))$

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Desde $\alpha_k = 1 + \log 2/k + O(k^{-2})$, tenemos

$\alpha_k-1 \sim \log 2 / k$
$f'_k(\alpha_k) = \alpha_k(1 + \alpha_k)^{-1}/k \sim 1/2k$
$c_{k,1} = (1/2)(\alpha_k-1)f'_k(\alpha_k)^{-1} \sim (1/2)(\log 2/k)(2k) = \log 2$
$f_k'(1) = 2^{1/k-1} \frac 1k \sim 1/2k$
$f"_k(1) = 2^{1/k-2} \frac 1k (\frac 1k -1) \sim -1/4k$
$(\alpha_k-1)(-f"_k(1))f'_k(\alpha_k)^{-1}/(1-f'_k(1)) \sim \log 2/2k \to 0$

Esto muestra que $C_k \sim c_{k,1} \a \log 2$

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Para el caso más general, partimos de $x_1 = a^{1/k} = 1 + \log(a)/k + \ldots$, mientras que $\alpha = 1 + \log(a+1)/k + \ldots$, que una vez más están cerca el uno del otro.

$\alpha^{1/k} \sim \log(\frac{a+1})/k$
$f'(\alpha) = \alpha/k(a+\alpha) \sim 1/(a+1)k$
$c_1 = (1/2)(\alpha^{1/k})/f'(\alpha) \sim \frac{a+1}2\log(\frac{a+1})$

Dado que $f'(\alpha^{1/k})$ y $f"(\alpha^{1/k})$ es del orden de $1/k$, tenemos $C = \frac{a+1}2\log(\frac{a+1})$

Answer 2

Sugerencia : $\displaystyle x(n)=\underset{k=0}{\desbordado\infty{\Large\Xi}}\left(a,b\,;\tfrac1n\right)\iff x^n=a+bx\ffi n(x)=\frac{\ln(a+bx)}{\ln x}\ffi n(1)=\infty$ , $n(\infty)=1$ . Ahora muestra, utilizando l'Hôpital, que $\displaystyle\lim_{x\1}\Big[n(x)\cdot(x-1)\Big]=\ln2$.

Answer 3

Usted podría notar que si en lugar de:

$\lim_{n\to\infty}(1/2)(x-x_n)(ky)^n = C_{a,k}^+\etiqueta{8}$

No dividir por 2:

$\lim_{n\to\infty}(x-x_n)(ky)^n = C_{a,k}^+\etiqueta { }$

El conocido cerrado de forma constante es de $C_{2,2}^+=\frac{pi^2}{4}$, mientras que la otra versión (la de abajo) con $a=x^k+x$ tiene una forma cerrada constante de $C_{2,2}^{-}=\frac{pi}{2\sqrt{3}}$.

otra versión: $x_n=\sqrt[k]{a-\sqrt[k]{a-\sqrt[k]{a-\sqrt[k]{a_n-\dots}}}}\etiqueta { }$

C+ enfoques 1 de arriba: $\lim_{k\to \infty} C_{1,k}^+ = 2 \ln 2\etiqueta{}$

$\lim_{k\to \infty} C_{2,k}^+ = 3 \ln \tfrac{3}{2}\etiqueta{}$

$\lim_{k\to \infty} C_{3,k}^+ = 4 \ln \tfrac{4}{3}\etiqueta{}$

C - enfoques 1 de a continuación:

$\lim_{k\to \infty} C_{2,k}^- = \ln 2 \etiqueta{}$

$\lim_{k\to \infty} C_{3,k}^- = 2 \ln \frac{3}{2}\etiqueta{}$

$\lim_{k\to \infty} C_{4,k}^- = 3 \ln \frac{4}{3} \etiqueta{}$

Usted notará que el segundo formulario ($a=x^k+x$) tiene un C que se acerca a 1 desde abajo, y el primero (el que publicó acerca) se aproxima a 1 de arriba.

$\lim_{k\to \infty} C_{a,k}^+ = (a+1) \ln \frac{a+1}{a} \etiqueta{}$

$\lim_{k\to \infty} C_{a,k}^- = (a-1) \ln \frac{a}{a-1} \etiqueta{}$

Coincidentemente :D $\lim_{a\to\infty} (\frac{a}{a-1})^a \a e^+$ desde arriba, y $\lim_{a\to\infty} (\frac{a}{a-1})^{- 1} \a e^-$ desde abajo.