Cómo encontrar $\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \cdots \int_0^1 \sqrt{x_1+\sqrt{x_2+\sqrt{\dots+\sqrt{x_n}}}}dx_1 dx_2\dots dx_n$

Question

Aquí me refiero al límite de la siguiente secuencia:

$$p_1=\int_0^1 \sqrt{x} ~dx=\frac{2}{3}$$

$$p_2=\int_0^1 \int_0^1 \sqrt{x+\sqrt{y}} ~dxdy=\frac{8}{35}(4 \sqrt{2}-1) = 1.06442\dots$$

$$p_3=\int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 \sqrt{x+\sqrt{y+\sqrt{z}}} ~dxdydz = 1.242896586866\dots$$

$$p_4 \approx 1.314437693607766$$

$$p_5 \approx 1.34186271753784$$

Aquí los valores aproximados son calculados por Mathematica. En principio, cada una de estas integrales puede ser evaluada en forma cerrada, pero se vuelve muy complicado (ver $p_3$ al final de la publicación).

¿Cómo podemos encontrar el límite cuando $n \to \infty$? Debería ser finito debido al rango de variables elegidas.

$$\lim_{n \to \infty}p_n=\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \cdots \int_0^1 \sqrt{x_1+\sqrt{x_2+\sqrt{\dots+\sqrt{x_n}}}}dx_1 dx_2\dots dx_n=?$$

Encuentro muy probable que $\lim_{n \to \infty}p_n=\phi$ (la Proporción Áurea), pero no estoy seguro (esto no es correcto, ver los comentarios).

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Editar: Con la ayuda de Wolfram Alpha abordé $p_3$ (ver el valor numérico actualizado arriba):

$$p_3=\frac{64}{135135} (2 \sqrt{3244081+2294881 \sqrt{2}}-664\sqrt{2}-1092\cdot 2^{3/4}+305)$$

Esto confirma mis sospechas de que no hay esperanza de un patrón aparente en los primeros $p_k$. Ahora, un desafío interesante es ver cuántos $p_k$ se pueden calcular realísticamente en forma cerrada.

Answer 1

Definamos: \begin{equation} I_3(a) := \int\limits_{[0,1]^3} \sqrt{x+\sqrt{y+\sqrt{z+a}}} dx dy dz \end{equation} Luego, utilizando integración elemental, obtenemos el siguiente resultado: \begin{eqnarray} I_3(a) &=& \frac{32}{31} \left( \sum\limits_{k=0}^3 |[\begin{array}{r} 3 \\ k \end{array}]|(-1)^{3-k} \frac{(u^+)^{\frac{9}{2}+k} - (u^-)^{\frac{9}{2}+k}}{\frac{9}{2}+k} \right)+\\ &-& \frac{32}{15}\left( \sum\limits_{k=0}^3 \binom{3}{k}(-1)^{3-k} \frac{(u_1^+)^{\frac{7}{2}+k} - (u_1^-)^{\frac{7}{2}+k}}{\frac{7}{2}+k} \right)+\\ &-&\frac{16}{21}\left( \frac{(u^+_2)^{\frac{15}{4}} - (u^-_2)^{\frac{15}{4}}}{\frac{15}{4}}-\frac{(u^+_2)^{\frac{11}{4}} - (u^-_2)^{\frac{11}{4}}}{\frac{11}{4}}-\frac{(u^+_3)^{\frac{15}{4}} - (u^-_3)^{\frac{15}{4}}}{\frac{15}{4}} \right) \end{eqnarray} donde \begin{eqnarray} (u^+, u^-) &:=& (\sqrt{1+\sqrt{1+a}}+1,\sqrt{1+\sqrt{0+a}}+1) \\ (u_1^+,u_1^-) &:=& (\sqrt{0+\sqrt{1+a}}+1,\sqrt{0+\sqrt{0+a}}+1)\\ (u_2^+,u_2^-)&:=&(\sqrt{1+a}+1,\sqrt{0+a}+1)\\ (u_3^+,u_3^-)&:=&(\sqrt{1+a}+0,\sqrt{0+a}+0) \end{eqnarray} Ahora, claramente la siguiente integral que necesitamos calcular es $I_4(a) := \int\limits_0^1 I_3(\sqrt{\xi+a}) d\xi$. Todas las integrales se pueden expresar a través de funciones elementales sustituyendo los respectivos $u_j^{\pm}$ para $j=0,\cdots,3$ e integrando funciones de potencia. Por lo tanto, con un poco de esfuerzo es fácil calcular elementos más altos de esta secuencia. Aún no está claro para mí en esta etapa si podré encontrar una expresión elegante para elementos arbitrarios.

Answer 2

Simplemente como un intento:

Dejemos

$$\begin{aligned} {P_0} &= P\\ {P_{i + 1}} &= \int_0^1 {{P_i}/.P \to \sqrt {x + P} {\text{d}}x}\\ {p_i} &= {P_i}/.P \to 0 \end{aligned}$$

Ahora, podemos escribir el proceso como:

$$\begin{aligned} {P_1} &= \int_0^1 {{P_0}/.P \to \sqrt {x + P} {\text{d}}x} \\ &= \int_0^1 {\sqrt {x + P} {\text{d}}x} \\ &= - \frac{2}{3}\left( {{P^{3/2}} - {{\left( {1 + P} \right)}^{3/2}}} \right)\\ {p_1} &= {P_1}/.P \to 0 = \frac{2}{3} \end{aligned}$$

Y luego:

$$\begin{aligned} {P_2} &= \int_0^1 {{P_1}/.P \to \sqrt {x + P} {\text{d}}x} \\ &= \frac{2}{3}\int_0^1 {\left( {{{\sqrt {x + P} }^{3/2}} - {{\left( {1 + \sqrt {x + P} } \right)}^{3/2}}} \right){\text{d}}x} \\ &= \frac{{ - 2}}{3} \times \frac{{ - 4}}{7}\left( {\left( {{P^{7/4}} - {{\left( {1 + P} \right)}^{7/4}}} \right) + \frac{1}{5}{\text{Locura}}(\frac{3}{2},1)} \right)\\ {\text{Locura}}(\frac{3}{2},1) &= 5\int_0^1 {{{\left( {1 + P} \right)}^{3/2}}/.P \to \sqrt {x + P} {\text{d}}x} \\ &= {\left( {1 + \sqrt {1 + P} } \right)^{5/2}}\left( { - 2 + 5\sqrt {1 + P} } \right) - {\left( {1 + \sqrt P } \right)^{5/2}}\left( { - 2 + 5\sqrt P } \right)\\ p2 &= {P_2}/.P \to 0\\ &= \frac{{ - 2}}{3} \times \frac{{ - 4}}{7}\left( { - 1 + \frac{1}{5}(2 + 12\sqrt 2 )} \right)\\ &= \frac{8}{{35}}\left( {4\sqrt 2 - 1} \right) \end{aligned}$$

También:

$$\begin{aligned} {P_3} &= {\color{Red} {\frac{{ - 2}}{3}\left( {\frac{{ - 4}}{7}\left( {\frac{{ - 8}}{{15}}\left( {{P^{15/8}} - {{\left( {1 + P} \right)}^{15/8}} + \frac{1}{{11}}{\text{Loc}}(\frac{{11}}{4},1)} \right) + \frac{1}{5}{\text{Loc}}(\frac{3}{2},2)} \right)} \right)}}\\ &= {a_1}\left( {{a_2}\left( {{a_3}\left( {{P^{15/8}} - {{\left( {1 + P} \right)}^{15/8}} + {b_3}{\text{Loc}}(11/4,1)} \right) + {b_2}{\text{Loc}}(3/2,2)} \right)} \right)\\ {P_n} &= {a_1}\left( { \cdots \left( {{a_n}\left( {{P^{{2^{n + 1}} - 1/{2^n}}} - {{\left( {1 + P} \right)}^{{2^{n + 1}} - 1/{2^n}}} + {b_n}{\text{Loc}}\left( {\left( {3 \times {2^n} - 1} \right)/{2^{n - 1}},1} \right)} \right) + \cdots } \right)} \right)\\ \end{aligned}$$

Donde:

$$\left\{ \begin{aligned} {a_n} &= \frac{{{2^n}}}{{1 - {2^{1 + n}}}} \hfill \\ {b_n} &= \frac{{{2^n}}}{{3 \times {2^{n - 1}} - 1}} \hfill \\ \end{aligned} \right.$$

Dejemos $P=0$ y expandamos $p_n$ :

$$\begin{aligned} {p_\infty } &= {a_1}\left( { \cdots \left( {{a_n}\left( { - 1 + {b_n}{\text{Loc}}\left( {\left( {3 \times {2^n} - 1} \right)/{2^{n - 1}},1} \right)} \right) + \cdots } \right)} \right)\\ &= 0 + \sum\limits_{j = 1}^\infty {b(j)\left( {\prod\limits_{i = 1}^j a (i)} \right){\text{Loc}}\left( {\left( {3 \times {2^j} - 1} \right)/{2^{j - 1}},\infty } \right)} \\ &= \sum\limits_{j = 1}^\infty {\frac{{3{{( - 1)}^{ - j}}{2^{\frac{1}{2}j(j + 3)}}}}{{\left( {1 - 3 \times {2^j}} \right){{(4;2)}_{j + 1}}}}{\text{Loc}}\left( {\frac{{3 \times {2^j} - 1}}{{{2^{j - 1}}}},\infty } \right)} \end{aligned}$$

${(4;2)_{n + 1}} = QPochhammer\left[ {4,2,1 + n} \right]$

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Bueno... Fallé... Es más difícil de calcular...

$${\text{Locura}}(s,\infty ){\text{ }} = C\int \cdots \int_0^1 {{{\left( {1 + P} \right)}^s}/.P \to \sqrt {x + P} {\text{d}}x}$$