Límite de $\lim_{x\rightarrow 1}\sqrt{x-\sqrt[3]{x-\sqrt[4]{x-\sqrt[5]{x-.....}}}}$

Question

Me sabe cómo encontrar el límite de mi última pregunta, que era Encontrar $\lim_{x\rightarrow 1}\sqrt{x-\sqrt{x-\sqrt{x-\sqrt{x....}}}}$, pero yo no podía cómo empezar a encontrar el límite de $$\lim_{x\rightarrow 1}\sqrt{x-\sqrt[3]{x-\sqrt[4]{x-\sqrt[5]{x-.....}}}}$$ así que he usado un programa escrito en visual basic 6 para calcular.He encontrado el límite equivalente a $29 o 30$ pero no estoy seguro de si este valor es correcto, ya que la precisión de este lenguaje no es suficiente para darme un valor de confianza. De todos modos,quiero saber cómo encontrar el límite analíticamente.

Answer 1

No está demostrado que el límite existe.

La figura de abajo le dará un nuevo punto de vista sobre esta cuestión de límite o sin límite. Consideramos un conjunto infinito de funciones $y_1(x)$ , $y_2(x)$ , ... , $y_n(x)$ , ( ... ) donde el índice $n$ es el número de radicales :

En el caso de las funciones impares índice, el límite de $x$ tendiendo a $1$ es $y(1)=1$

En el caso de las funciones, incluso con el índice, el límite de $x$ tendiendo a $1$ es $y(1)=0$

Cuando el número de radicales tiende a infinito sin especificado paridad, el límite no está definido. Así que podríamos decir que no hay límite para la expresión dada en la redacción de la pregunta.

Pero, lo que es interesante no es el conjunto de funciones y curvas correspondientes, pero ¿cuál es el límite de la curva del conjunto infinito de curvas. Esta curva no está incluido en el conjunto en sí. La función correspondiente podría ser en la forma $y_{límite}(x)=f(x)H(x-1)$, donde H es el símbolo de la función escalón unitario. Buscando por $f(x)$ es algo más: Este es un reto.

ADEMÁS :

Podemos expresar los primeros términos de la expansión de la serie de alrededor de $x=1$.

Deje que $x=1+\epsilon$ , con $\epsilon$ cerca $0$.

$y_1=1+\frac{\epsilon}{2}+O(\epsilon^2)$

$y_2=(\frac{2\epsilon}{3})^{1/2}+O(\epsilon^{2/2})$

$y_3=1-(\frac{3\epsilon}{32})^{1/3}+O(\epsilon^{2 /3})$

$y_4=(\frac{4\epsilon}{405})^{1/8}+O(\epsilon^{2/8})$

$y_5=1-(\frac{5\epsilon}{201326592})^{1/15}+O(\epsilon^{2/15})$

$y_6=(\frac{2\epsilon}{ 10296910184203125})^{1/48}+O(\epsilon^{2/48})$

etc.

Por $\epsilon=0$, esto confirma que $y_n$ es alternativamente igual a $0$ y $1$ cuando $$ n tiende a infinito.

Cuando $$ n tiende a infinito, las curvas correspondientes a las funciones $y_n(x)$ tienden asintóticamente a una curva de $f(x)$ para $x>1$. Para $x=1$, $y_n(1)$ tiende a $1$ si $n$ es impar, o tiende a $0$ si $n$ es par.

La delimitación de la curva correspondiente a $f(x)$ es dibujado en rojo en las figuras de abajo, representada en diversas ampliaciones. Por supuesto, la curva en rojo es el mismo para todas las figuras. Se ve como una línea recta si tenemos en cuenta un rango de $$ x $x=1$, pero es una impresión engañosa : $f(x)$ no es una función lineal. El cálculo para la elaboración de $f(x)$ se hizo con un algoritmo similar a la que Han de Bruijn.

Answer 2

Descargo de responsabilidad. Por favor, lea la respuesta por JJacquelin . Sin ella, la respuesta que usted está leyendo ahora ni siquiera venir a la existencia - literalmente : la posibilidad de no-limit no debe ser rechazado. Se debe admitir que la actual respuesta se basa en la suposición de que el límite sí existe. Pero la pregunta es: ¿existe?

Desde un punto de vista computacional , esta pregunta está relacionada con :

• La evaluación de la suma de $\lim_{n\to \infty}\sqrt[2]{2+\sqrt[3]{2+\sqrt[4]{2+\cdots+\sqrt[n]{2}}}}$.

Y a través de esta referencia está relacionado con al menos otras tres preguntas. El denominador común es que atrás de la recursión se puede utilizar aquí. Para el problema en cuestión, esto al revés recursividad va como sigue: $$ a_{k-1} = \sqrt[k]{x - a_k} = e^{\ln(x - a_k)/k} \qquad ( x-a_k > 0 ) $$ Inicio "desde el infinito" con $\,x=1\,$ (donde $\,\infty = 100\,$ es lo suficientemente grande para nuestro propósito) , pero con la arbitraria $\;0 < a_\infty < 1$ , la recursividad, invariablemente conduce a los resultados en el comentario de Luciano y Kristoffer Ryhl : $$ L = 0.5818805230597856271212893881 $$ Aquí está el fragmento de programa en Pascal que hace el trabajo:

programa de Lucian;

procedimiento de la prueba;
const
 n : integer = 100; { = oo }
var
 k : integer;
 a,x,d : doble;
comenzar
 mientras que el verdadero ¿
comenzar
 a := Aleatorio;
 x := 1; d := 1;
 { Hacia atrás recursividad }
 para k := n 2 downto ¿ 
comenzar
 a := exp(ln(x-a)/k);
 { Análisis del Error }
 d := d*a/(x-a)/k;
end;
 Writeln (' +/- ', d);
Readln;
end;
end;

comenzar
de la prueba;
final.

Salida:

 5.81880523059786 E-0001 +/- 2.39470132977704 E-0043
 5.81880523059786 E-0001 +/- 6.60618483531661 E-0045
 5.81880523059786 E-0001 +/- 4.15120583976206 E-0044

La generalidad de $\;0 < a_\infty < 1$ sonidos más impresionante que es. Porque, aparte de la primera, las iteraciones de la realidad comienzan con los números cerca y algo menor que $1$ ($0 < x-a_n < 1$) : $$ \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{x - a_n} = 1 $$ Una estimación de los errores pueden ser obtenidos por la diferenciación: $$ d a_{k-1} = d \sqrt[k]{x-a_k} = d a_k \frac{1}{k} \left(x-a_k\right)^{1/k-1} = \frac{a_{k-1}}{k(x-a_k)}d a_k $$ a partir de $\,da_k = 1\,$ para algún valor lo suficientemente grande $n$ de $k$ , en nuestro caso $\,n=100$ . Se observa que el error en $\;a_1\;$ puede ser calculado (más o menos) por recursión hacia atrás también. Bien puede ser conjeturó que algunos razonable obligado sale como $\,1/n!$ , lo que significa que la convergencia es más rápida. Aparte de las primeras iteraciones, sin embargo, donde hay grandes denominadores, debido al hecho de que $a_{\infty-1}$ está cerca $x=1$ .

Notas.
Si cambiamos x := 1 en el programa por un valor ligeramente diferente por debajo de $1$ , decir x := 0.99 , luego las iteraciones rápidamente se vuelven inestables $\;a_\infty$ , incluso si se toman las precauciones razonables.
Así que parece que el límite debería ser abordado desde arriba : $\;x \downarrow 1$ en el primer lugar.

Por otra parte, <cita> se supone que $a\ne 0$ y $\ne 1$ . Este es un resultado de la asunción.
Haciendo esto es algo así como utilizando el resultado para ser probado, para probarlo. Si $\,a=1\,$ o $\,a=0\,$ es el valor de inicio para la recursión (caso $\,x=1$ ), el resultado será de $\,0\,$ o $\,1\,$ (dependiendo de la paridad de $\n\,$ en el programa).</cita>

Matar a la mosca en la sopa ? Es la diferencia entre un intervalo cerrado $\,0 \le \le 1\,$ y un intervalo abierto $\,0 < a < 1$ . Sé que es una distorsión de la del problema original, pero mi propuesta sería sustituir todos los radicales de $\,\sqrt[n]{un}\,$ por los exponentes de $\,\exp(\ln(a)/n)$ , como Yo lo he hecho en el programa ( por lo tanto simplemente obviando los casos especiales $a \in \{0,1\}$ ) . Pregunto si es aceptable para el OP.

De BONO. Hacer una gráfica de la siguiente más general de la función $f(x)$ podría ser interesante. $$ f(x) = \lim_{n\to \infty}\sqrt[2]{x-\sqrt[3]{x-\sqrt[4]{x-\cdots-\sqrt[n]{x}}}} $$ Así que aquí va, por $\;1 < x < 10\;$ y $\;0 < y < 5\;$ :

Se cree que $f(2) = 1$ . Prueba :
Comienza con $a_n = 1$ , entonces $\,a_{n-1} = \sqrt[n]{2 - 1} = 1$ y así sucesivamente para todas las $\,a_k\,$ hasta $\,a_1$ .