Evaluación del radical anidado $ \sqrt{1 + 2 \sqrt{1 + 3 \sqrt{1 + \cdots}}} $ .

Question

¿Cómo se demuestra el siguiente límite? $$ \lim_{n \to \infty} \sqrt{1 + 2 \sqrt{1 + 3 \sqrt{1 + \cdots \sqrt{1 + (n - 1) \sqrt{1 + n}}}}} = 3. $$

Answer 1

Este es el famoso radical anidado de Ramanujan.

Puede encontrar más información aquí: http://www.isibang.ac.in/~sury/ramanujanday.pdf

Véase también: http://mathworld.wolfram.com/NestedRadical.html (número 26).

Al parecer, así es como se le ocurrió (lo siento, no hay referencias para esta afirmación).

Comienza con

$$3 = \sqrt{9} = \sqrt{1 + 8} = \sqrt{1 + 2 \cdot 4}$$ $$ = \sqrt{1 + 2\sqrt{16}} = \sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 3 \cdot 5}}$$ $$ = \sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 3 \sqrt{25}}} = \sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 3 \sqrt{1 + 4 \cdot 6}}}$$ etc.

Answer 2

Este es el caso especial $\rm\ x,\:n,\:a = 2,\:1,\:0\ $ en el segundo cuaderno de Ramanujan, capítulo XII, entrada 4:

$$\rm x + n + a\ =\ \sqrt{ax + (n+a)^2 + x\sqrt{a(x+n) + (n+a)^2 + (x+n) \sqrt{\cdots}}} $$

A continuación se presenta la solución de Ramanujan para el caso especial dado, que fue presentada a una revista en abril de 1911. Nótese que su solución está incompleta (ejercicio: ¿por qué?). Para más información, véase este artículo de la revista Monthly de 1935, Herschfeld: Sobre los radicales infinitos. También apareció como problema A6 en el 27º concurso de Putnam, 1966. Vijayaraghavan demostró que un criterio suficiente para la convergencia de la siguiente secuencia $\ \sqrt{a_1 + \sqrt{a_2 +\:\cdots\: +\sqrt{a_n}}}\ \ $ es que $\rm\displaystyle\ \ {\overline \lim}_{n\to\infty}\frac{\log{a_n}}{2^n}\ < \infty\:.\ $

Answer 3

Permítanme aportar una prueba completa y sencilla aquí (6 años después)

Set, para $m<n$ $$ a_{m,n}=\sqrt{1+m\sqrt{1+(m+1)\sqrt{1+\cdots+(n-1)\sqrt{1+n}}}}. $$ Primero demostraremos que $$a_{m,n}<m+1,\tag{1}$$ de la siguiente manera utilizando Inducción hacia atrás . Claramente, $a_{n,n}=\sqrt{1+n}<1+n$ y si $a_{k+1,n}<k+2$ para algunos $k<n$ entonces $$ a_{k,n}=\sqrt{1+ka_{k+1,n}}<\sqrt{1+k(k+2})=\sqrt{k^2+2k+1}=k+1. $$ En particular, de la misma manera podemos demostrar que $$ m+1=\sqrt{1+m\sqrt{1+(m+1)\sqrt{1+\cdots+(n-1)\sqrt{1+{\color{red}{n^2+2n}}}}}} $$ A continuación, observe que $$ 0<m+1-a_{m,n}= \\ =\sqrt{1+m\sqrt{1+\cdots+(n-1)\sqrt{1+{\color{red}{n^2+2n}}}}} -\sqrt{1+m\sqrt{1+\cdots+(n-1)\sqrt{1+{n}}}} \\ =\frac{m\Big(\sqrt{1+(m+1)\sqrt{1+\cdots+(n-1)\sqrt{1+{\color{red}{n^2+2n}}}}} -\sqrt{1+(m+1)\sqrt{1+\cdots+(n-1)\sqrt{1+{n}}}}\Big)}{\sqrt{1+m\sqrt{1+\cdots+(n-1)\sqrt{1+{\color{red}{n^2+2n}}}}} +\sqrt{1+m\sqrt{1+\cdots+(n-1)\sqrt{1+{n}}}}} \\ <\frac{m}{m+2}(m+2-a_{m+1,n}) <\cdots < \frac{m(m+1)\cdots (n-1)}{(m+2)(m+3)\cdots(n+1)}(n+1-a_{n,n})=\frac{m(m+1)(n+1-\sqrt{n+1})}{n(n+1)}<\frac{m(m+1)}{n}. $$ Así, $$ \lim_{n\to\infty}a_{m,n}=m+1. $$