¿Cómo puedo demostrar que $\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt\ldots}}}$ existe?

Question

Me gustaría investigar la convergencia de

$$\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt{4+\sqrt\ldots}}}}$$

O, más precisamente, dejar que $$\begin{align} a_1 & = \sqrt 1\\ a_2 & = \sqrt{1+\sqrt2}\\ a_3 & = \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt 3}}\\ a_4 & = \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt 4}}}\\ &\vdots \end{align}$$

Fácil cálculos por ordenador sugieren que esta secuencia converge rápidamente al valor 1.75793275661800453265, así que me entregó este número para el que todo lo ve Google, que produjo:

• OEIS A072449
• "Anidada Radical Constante" de MathWorld

De ahora en adelante vamos a escribir $\sqrt{r_1 + \sqrt{r_2 + \sqrt{\cdots + \sqrt{r_n}}}}$ como $[r_1, r_2, \ldots r_n]$ para el corto, en la forma de fracciones continuas.

Obviamente tenemos $$a_n= [1,2,\ldots n] \le \underbrace{[n, n,\ldots, n]}_n$$

pero como la mano derecha crece sin límite (Es $O(\sqrt n)$) esto es ineficiente. Pensé que tal vez a hacer algo como:

$$a_{n^2}\le [1, \underbrace{4, 4, 4}_3, \underbrace{9, 9, 9, 9, 9}_5, \ldots, \underbrace{n^2,n^2,\ldots,n^2}_{2n-1}] $$

pero no he sido capaz de hacer que funcione.

Me gustaría una prueba de que el límite de $$\lim_{n\to\infty} a_n$$ existe. Los métodos que conozco no meterme en cualquier lugar.

Yo había previsto inicialmente para pedir "y cuál es el límite", pero OEIS dice "No hay forma cerrada de expresión es conocida esta constante".

Las referencias que se citan no están disponibles para mí en la actualidad.

Answer 1

Para cualquier $n\ge4$ tenemos $\sqrt{2n} \le n-1$. Por lo tanto \begin{align*} a_n &\le \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{\ldots+\sqrt{(n-2)+\sqrt{(n-1) + \sqrt{2n}}}}}}\\ &\le \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{\ldots+\sqrt{(n-2)+\sqrt{2(n-1)}}}}}\\ &\le\ldots\\ &\le \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt{2(4)}}}}. \end{align*} Por lo tanto $\{a_n\}$ es monótona creciente de la secuencia que está delimitado por encima.

Answer 2

El primer número $1$ es una molestia, por lo que en primer lugar, hacemos caso omiso de ella.

Procedemos por inducción, y de acuerdo con finito anidada los radicales, que comienza con $\sqrt{k+\sqrt{(k+1)+\cdots}}$, donde $k\ge 2$.

Vamos a mostrar que tan radical es de $\lt 2k$, por inducción en profundidad. El resultado es cierto para todos los anidada radicales de profundidad $1$, ya que $\sqrt{q}\lt 2q$.

Para la inducción de paso, de un entramado radical de profundidad $n$ que comienza con $k$ es $\sqrt{k+R}$, donde $R$ es un entramado radical de profundidad $n-1$ que comienza con $k+1$. Por la hipótesis de inducción, tenemos $R\lt 2k+2$. Pero entonces $\sqrt{k+R}\lt \sqrt{3k+2}\lt 2k$ si $k \ge 2$.

Por lo finito () anidados radicales de cualquier profundidad, que comienza con $2$ son $\lt 4$. La secuencia anidada de los radicales es claramente creciente, por lo que converge. De ello se desprende que el anidado radical del post es $\le \sqrt{1+4}$.

Answer 3

Fácil descuidado modo de ver: Usted sabe que $\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\dots}}}}=\phi$. Ahora multiplique por $2$ para obtener $2\phi=2\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\dots}}}}=\sqrt{4+4\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\dots}}}}=\sqrt{4+\sqrt{16+\sqrt{256+\sqrt{256^2+\dots}}}}>\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt{4+\dots}}}}$. Por supuesto, esto debería ser hecho más rigurosa.

Answer 4

Si $( a_k )_{k\in\mathbb{N}}$ es cualquier secuencias de números positivos tales que:

$$0 \le a_k \le \alpha \lambda^{2^k}\quad\text{ para algunas de }\quad \alpha, \lambda \in \mathbb{R}_{+}$$

El uso de la misma convención,$\; [r_1,r_2\ldots] = \sqrt{r_1 + \sqrt{r_2 + \ldots}}\;$ como en la pregunta, tenemos:

$$\begin{align} [a_n] & \le \sqrt{\alpha \lambda^{2^n}} = \sqrt{\alpha}\lambda^{2^{n-1}} = [\alpha] \lambda^{2^{n-1}}\\ \implica [a_{n-1},a_n ] &\le \sqrt{\alpha\lambda^{2^{n-1}}+\sqrt{\alpha}\lambda^{2^{n-1}}} =\sqrt{\alpha+\sqrt{\alpha}}\lambda^{2^{n-2}} = [\alpha,\alpha]\lambda^{2^{n-2}}\\ \implica [a_{n-2},a_{n-1},a_n]&\le \sqrt{\alpha\lambda^{2^{n-2}} + \sqrt{\alpha+\sqrt{\alpha}}\lambda^{2^{n-2}}} = [\alpha,\alpha,\alpha]\lambda^{2^{n-3}}\\ &\;\vdots\\ \implica [a_1,\ldots,a_n] & \le \underbrace{ [ \alpha,\ldots,\alpha ] }_{n\text {}} \lambda\\ \implica [a_1, \ldots,a_n] & \le [ \alpha, \alpha, \ldots ]\lambda = \frac{1 + \sqrt{1+4\alpha}}{2}\lambda \end{align}$$

Desde $n \le \sqrt{2}^{2^n-2}$, podemos tomar $\alpha = \frac12$ y $\lambda = \sqrt{2}$ para obtener:

$$[1,2,\ldots,n] \le \underbrace{ [ \frac12,\ldots,\frac12 ]}_{n\text {}} \lambda \le \frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \sim 1.931851 $$

Para obtener una mejor obligado, observar para cualquier $m, k \in \mathbb{Z}_{+}$, tenemos:

$$ m + k - 1 \le \frac{m^2}{m+1}\left(\sqrt{\frac{m+1}{m}}\right)^{2^k}$$

Utilizando el mismo método anterior, obtenemos: $$[m,m+1,m+2,\ldots] \le \frac{\sqrt{m+1}+\sqrt{4m^2+m+1}}{2\sqrt{m}}$$

Tomar $m = 3$, ya obtenemos un límite preciso de hasta $O(10^{-2})$.

$$[3,4,\ldots] \le \frac{1+\sqrt{10}}{\sqrt{3}} \implica [1,2,3,\ldots] \le \sqrt{1+\sqrt{2+\frac{1+\sqrt{10}}{\sqrt{3}}}} \sim 1.760214368 $$

Answer 5

Tomar una secuencia positiva de $\{a_n\}$ y una constante $c>0$ tal que $\sqrt{a_{n+1}}<ca_n$.

$B_n=\sqrt{a_1+\sqrt{a_2+\cdots \sqrt{a_n}}}$. Por inducción, $$\log_{c+1} \left(\frac{b_n}{\sqrt{a_1}}\right)<\sum_{i=1}^{n-1}2^{-i}<1$$ Por lo que $b_n<(c+1)\sqrt{a_1}$ y $b_n$ es monótona creciente; por el Teorema de Convergencia Monótona, $\lim_{n\to\infty}b_n$ existe. Tomando $a_n=n$ y $c>\sqrt{2}$ respuesta a esta pregunta.