Integral cuyo límite superior es la propia integral: $\int_{0}^{\int_{0}^{\ldots}\frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x} \frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x$

Question

Hace poco me encontré con la siguiente integral definitiva: $$\int_0^{\int_0^\ldots \frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x} \frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x$$ donde " $\ldots$ "parece indicar que el límite superior de $\int_{0}^{\ldots}\frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x$ también es $\int_{0}^{\ldots}\frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x$ de manera que el límite superior de la integral se repite infinitamente, de manera similar a una fracción continua.
Intenté resolverlo cambiando el nombre de la integral $\int_0^\ldots \frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x$ en el límite superior $U$ , por lo que obtenemos $$\int_0^{\int_0^\ldots \frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x} \frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x =\int_0^U \frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x=\left[2\sqrt{x} \vphantom{\frac 1 1} \right]_0^U = 2\sqrt{U}$$ Si ahora consideramos que la integral en el límite superior $U$ es de hecho igual a la integral definida original que estamos tratando de evaluar, encontramos que $U=2\sqrt{U}\Rightarrow U^2=4U\Rightarrow U^2-4U=0$ que es una ecuación cuadrática con soluciones $U_1=4$ y $U_2=0$ . Esto parece implicar que $$\int_{0}^{\int_{0}^{\ldots}\frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x} \frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x=4\ \ \vee\ \ \int_{0}^{\int_{0}^{\ldots}\frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x} \frac{1}{\sqrt{x}} \ \mathrm{d}x=0$$

Mi pregunta es:
¿Es una (o ambas) de estas soluciones correcta, y hay una manera de probar (o refutar) esto (asumiendo que lo que he escrito aquí no es prueba suficiente)?

Answer 1

Tratemos esto como una secuencia tal que el límite superior del $n$ La integral anidada es $u_n$ . Entonces debe quedar claro que el $n$ la integral $I_n$ es igual a

$$I_n = 2 \sqrt{2 \sqrt{2 \sqrt{2 \cdots \sqrt{2 u_n}}}} $$

Como $n \to \infty$ entonces, acabamos de obtener dos veces una secuencia anidada infinita de raíces cuadradas de dos, que es igual a $4$ .

Para ver esta última afirmación, observe que la expresión es igual a

$$2^{1+1/2 + 1/2^2 + 1/2^3+\cdots} = 2^2 = 4$$

ADDENDUM

Más concretamente, si tomamos el logaritmo de ambos lados de la expresión finita, obtenemos

$$\log{I_n} = \log{2} + \frac{\log{2}}{2} + \frac{\log{2}}{2^2}+ \frac{\log{2}}{2^3}+ \cdots + \frac{\log{2}}{2^{n-1}}+ \frac{\log{2}}{2^{n}}+ \frac{\log{u_n}}{2^n}$$

Siempre y cuando $u_n$ está acotado, el resultado limitante de $4$ se consigue.

Answer 2

La única parte que falta es la supuesta convergencia. Tienes que encontrar las condiciones para la convergencia de esta manera u otra.

$$a_{1}=\int_{0}^{t}\frac{1}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}|_{0}^{t}=2\sqrt{t}$$ $$a_{2}=\int_{0}^{2\sqrt{t}}\frac{1}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}|_{0}^{2\sqrt{t}}=2\sqrt{2\sqrt{t}}=2^{1+\frac{1}{2}}t^{\frac{1}{4}}$$

No es difícil notar el patrón

$$a_{n}=2^{2-\frac{1}{2^{n-1}}}t^{\frac{1}{2^n}}$$

Ahora tienes

$$\lim\limits_{n \to \infty}a_{n}=\lim\limits_{n \to \infty}2^{2-\frac{1}{2^{n-1}}}t^{\frac{1}{2^n}}=\lim\limits_{n \to \infty}2^{2-\frac{1}{2^{n-1}}}\lim\limits_{n \to \infty}t^{\frac{1}{2^n}}$$

$$t \neq 0\;\lim\limits_{n \to \infty}t^{\frac{1}{2^n}}=1$$ $$t = 0\;\lim\limits_{n \to \infty}t^{\frac{1}{2^n}}=0$$

Como puede observar, no tenemos ningún problema con los valores negativos.

$$\lim\limits_{n \to \infty}a_{n}=2^2=4, t \neq 0$$

$$\lim\limits_{n \to \infty}a_{n}=0, t = 0$$

Es esta convergencia "universal" la que permite escribir la expresión infinita. Hay casos en los que esta convergencia es más estricta.

La existencia de dos soluciones te está diciendo que el infinito nunca llega a los dos extremos. En alguna parte había empezado.

Esta es la razón por la que es importante.

Observe que tiene un implícito supuesto de que la inicial $t$ es una constante. ¿Y si no es una constante? Tomemos $t$ para ser una función $t=t(n)$ . Ahora las cosas se complican más.

$$\lim\limits_{n \to \infty}a_{n}=\lim\limits_{n \to \infty}2^{2-\frac{1}{2^{n-1}}}t(n)^{\frac{1}{2^n}}$$

Obviamente, en este caso la convergencia depende de $\lim\limits_{n \to \infty}t(n)^{\frac{1}{2^n}}$ Y esto puede ir a cualquier parte que quieras, puede ser incluso indefinido.

Esta es la razón por la que no se pueden tener infinitos en ambos extremos.

Answer 3

Como han dicho los demás, se puede pensar en términos de secuencias recursivas $$ u_{n+1} = 2\sqrt{u_n}\\ u_0>0 $$ La cuestión es que $L = 2\sqrt L$ tiene dos soluciones reales, $0$ y $4$ . Y ambos son posibles, dependiendo del valor inicial. Lo que creo que habría que hacer aquí es averiguar cuál es el límite en función de $u_0$ .

Si $u_0 = 0$ entonces el límite es $0$
Si $u_0 = 4$ entonces el límite es $4$

Pero si $0<u_0<4$ entonces $u_n$ es creciente y está acotado por encima de $4$ por lo que converge a $4$
Del mismo modo, si $u_0>4$ , $u_n$ es decreciente y está limitada por debajo de $4$ y por lo tanto converge a $4$ .

Así que, en otras palabras, la secuencia sólo converge a $0$ si el primer término es $0$ . En cualquier otro caso, converge a $4$ . Así que, en cierto sentido, se puede decir que $4$ es el valor "verdadero" de la expresión anidada.

Answer 4

Perdonad mi mal inglés y mi escaso nivel de maquetación ya que es mi primer post aquí.

Podríamos encontrar fácilmente una respuesta sólo con herramientas de convergencia, ya que el resultado de esta integral con límite superior $3$ está por encima de $3$ De hecho, es $2 \cdot \sqrt{3} = 3.464$ y si el límite superior es $3.464$ el resultado de la integral está por encima de $3.464 \ (3.722)$ y análogamente el resultado para un límite superior por encima de $4$ por ejemplo $5$ es inferior a $5 \ (4.472)$ .

Es seguro que tenemos un punto de convergencia entre ellos que es la respuesta de la siguiente ecuación $x = 2\cdot \sqrt{x} \Rightarrow x= 4 $ en un gráfico aquí, esta solución parece muy fácil.

introduzca aquí la descripción de la imagen

Pero en realidad lo más importante para mí es dónde encontró Michael esa integral y qué problema se resuelve con esta ecuación.