La mejora de ruedas en $\sqrt{2 \sqrt{3 \sqrt{4 \ldots}}}$

Question

Un viejo reto problema vi pide demostrar que $\sqrt{2 \sqrt{3 \sqrt{4 \ldots}}} < 3$. Un simple cálculo muestra el valor actual parece ser de alrededor de $2.8$, que está muy cerca de la $3$ pero deja un hueco. Puede alguien encontrar $C < 3$ y demostrar $\sqrt{2 \sqrt{3 \sqrt{4 \ldots}}} < C$?

Answer 1

Ver mi solución a una pregunta similar, en el cual muestro como para demostrar que por "más Fuerte de Inducción".

Se dice que para probar por inducción de $k \rightarrow k-1$ que

Fix $n\geq 2$. Para todos los valores de $2\leq k \leq n$, $\sqrt{ k \sqrt{(k+1) \sqrt{\ldots \sqrt{n} } } } < k+1 .$

Por lo tanto, la aplicación de esta para $k=3$, se puede demostrar que

$$ \sqrt{3 \sqrt{4 \sqrt{5 \ldots}}} \leq 4.$$

Por lo tanto, podemos mejorar nuestra obligado a

$$ \sqrt{ 2 \times 4 } = \sqrt{8} \approx 2.82. $$

Comenzando con los valores más altos de $k$ nos da una mejor obligado. Por ejemplo, con $k=4$, obtenemos

$$ \sqrt{2 \times \sqrt{3 \times 5 } } \approx 2.78.$$

$k=5$ da $2.769$. Esto parece bastante decente para muy poco trabajo. Usted puede mejorar en esto tanto como usted desea, pero me gustaría dejar aquí.

Answer 2

Tomar un logaritmo de ambos lados y el uso de $\log n\leq n-5$ $n\geq 7$ y tenemos: $$ \log C= \log \sqrt{2 \sqrt{3 \sqrt{4 \ldots}}} = \frac{\log 2}{2}+\frac{\log 3}{2^2}+\frac{\log 4}{2^3}+\frac{\log 5}{2^4}+...\\ \leq \frac{\log 2}{2}+...+\frac{\log 6}{2^5}+\frac{2}{2^6}+\frac{3}{2^7}+...\\ \leq 0.92 +\frac{1}{16}\sum_{i=1}^{\infty} \frac{i}{2^i}=1.045 $$ que da $C<2.8434$.

Answer 3

No hay una fórmula interesante ocultar en este producto que ahora tratamos de revelar. Buscamos para evaluar $$ S = \log P = 2 \times \sum_{n\ge 1} \frac{\log n}{2^n}.$$ La suma plazo es armónico y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar.

Recordar que el armónico suma de identidad $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$

En el presente caso tenemos $$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \frac{\log x}{2^x}.$$ Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que es $$\int_0^\infty \frac{\log x}{2^x} x^{s-1} dx.$$ Observar que $$\int_0^\infty 2^{-x} x^{m-1} dx = \frac{1}{(\log 2)^s} \Gamma(s)$$ por una sustitución directa que convierte la integral en una función gamma integral. Esto implica que $$g^*(s) = \left(\frac{1}{(\log 2)^s} \Gamma(s)\right)' = - \frac{\log\log 2}{(\log 2)^s} \Gamma(s) + \frac{1}{(\log 2)^s} \Gamma'(s).$$

De ello se desprende que la Mellin transformar $Q(s)$ de la suma de armónicos $S(x)$ está dado por $$Q(s) = \left(-\frac{\log\log 2}{(\log 2)^s} \Gamma(s) + \frac{1}{(\log 2)^s} \Gamma'(s)\right) \zeta(s).$$ El Mellin de inversión integral aquí es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} Q(s)/x^s ds$$ de la cual evaluamos desplazando a la izquierda por una expansión de alrededor de cero.

Tenemos $$\operatorname{Res}(Q(s)/x^s; s=1) = -\frac{1}{x}\frac{\log\log2+\gamma}{\log 2}.$$ A partir de los residuos restantes obtenemos la contribución $$\sum_{q\ge 0} \operatorname{Res}(Q(s)/x^s; s=-q) = -\sum_{q\ge 0} x^q \frac{(-1)^p}{q!} (\log 2)^q \left(\zeta'(-q) - \zeta(-q)\log x\right),$$ donde hemos utilizado el hecho de que los polos de la función gamma en $s=-q$ son simples, con residuo $(-1)^q/q!.$

Finalmente, para encontrar $S(1) = S/2$ ponemos $x=1$ para obtener el convergente expansión $$S(1) = - \frac{\log\log 2+\gamma}{\log 2} - \sum_{q\ge 0} \frac{(-1)^p}{q!} (\log 2)^q \zeta'(-q).$$ La conclusión es que $$P = \exp\left(-2\frac{\log\log 2+\gamma}{\log 2} - 2\sum_{q\ge 0} \frac{(-1)^p}{q!} (\log 2)^q \zeta'(-q)\right)$$ que es aproximadamente $$2.761206841957498033230454646580131104876125980715304850.$$ Si el objetivo es encontrar aproximaciones a $P$ es suficiente para tomar los primeros términos de la anterior serie. Por ejemplo, tomando los cinco primeros términos tenemos cinco dígitos exactos para $P,$ siete términos obtenemos siete dígitos y así sucesivamente, la fórmula exacta para el número de dígitos es de curso más complicado.

Answer 4

Poner $K=\log C$. El problema es, entonces, encontrar un estrecho límite superior para: $$ K = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\log(1+n)}{2^n}. $$ Tenga en cuenta que: $$ K/2=K-K/2 = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\log\left(1+\frac{1}{n}\right)}{2^n}. $$ Por escritura $K/4$ $K/2-K/4$ como antes, obtenemos: $$\frac{K}{4}=\frac{\log 2}{2}-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\log\left(1+\frac{1}{n(n+2)}\right)}{2^{n+1}},$$ equivalente a: $$(\heartsuit)\quad K = \log 3 -\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\log\left(1+\frac{1}{(n+1)(n+3)}\right)}{2^n} = \log 3 +\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\log\left(1-\frac{1}{(n+2)^2}\right)}{2^n}.$$ Ahora, utilizando la desigualdad de Bernoulli tenemos: $$\log 3-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+1)(n+3)2^n}\leq K \leq \log 3-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+2)^2 2^n}, $$ que da: $$ 1 < 3\log 2 + \log 3 -\frac{13}{6} \leq K \leq \log 3+\frac{1}{12}\left(27-4\pi^2+24\log^2 2\right), $$ por lo $K$ entre $1.0113\ldots$$1.0196$, e $C$ entre $2.7494\ldots$$2.7722\ldots$.

El siguiente paso en el proceso de aceleración, nos lleva a: $$ K = 3\log 2-\log 3+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\log\left(1+\frac{5+2n}{(n+1)(n+3)^3}\right)}{2^n},$$ que converge más rápido, pero es mucho menos atractivo que $(\heartsuit)$.

Answer 5

Iif $a(n)=\sqrt{ 2\sqrt {3\sqrt {4...\sqrt{n}}}}$, $$a(n)^{2}= 2\sqrt {3\sqrt {4...\sqrt{n}}} \tag{1}$$ $$\dfrac{1}{2^{2}}.a(n)^{2}= 3\sqrt {4...\sqrt{n}} \tag{2}$$ $$\dfrac{1}{3^{2}}.\dfrac{1}{2^{2^{2}}}.a(n)^{2^{2}}= 4\sqrt{...\sqrt{n}} \tag{3}$$ $$\vdots$$ $$\prod_{i=0}^{n-2}\Big(\dfrac{1}{(n-i)^{2^{i}}}\Big).a(n)^{2^{n-1}}=1 \tag{n}$$ A continuación, $$a(n)=(\prod _{i=0}^{n-2}{(n-i)^{2^{i}})}^{\dfrac{1}{2^{n-1}}} \tag{1}$$ y $$a(n+1)=(\prod _{i=0}^{n-1}{(n+1-i)^{2^{i}})}^{\dfrac{1}{2^{n}}} \tag{2}$$ De$(1)$$2$, $$\frac{a(n+1)}{a(n)}=(n+1)^{\frac{1}{2^{n}}}$$

Mathematica no se pudo encontrar el límite de la secuencia de $n\longrightarrow \infty$.