Anidado Radical de Ramanujan

Question

Creo que tengo una especie de prueba de la siguiente anidado expresión radical debido a Ramanujan para $x\ge 0$.

$$\large x+1=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+\cdots}}}}$$ for $x\ge -1$

Sólo quiero saber si mi prueba está bien o hay un error, y si hay uno que solicitar a dar algunas sugerencias para eliminarlos. Gracias. La prueba es la siguiente:

Prueba: Vamos a definir $$a_n(x)=\underbrace{\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+\cdots}}}}}_{n \ \mbox{terms}}$$ for $x\ge 0$ so that $$a_1(x)=\sqrt{1+x},\ a_2(x)=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)}},\ a_3(x)=\cdots$$

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y así sucesivamente. Desde $x\ge 0$ cada una de las $a_n$ está definido (estoy tomando sólo la raíz cuadrada positiva). También, se nota que $$a_{n+1}^2(x)=1+xa_{n}(x+1)$$

Ahora, se nota que $\{a_n(x)\}$ es un aumento de la secuencia y que $$a_n(x)<x+1$$ $\forall n\ge 1$, esto es fácil de demostrar por inducción de la siguiente manera:

Para $n=1$, $a_1(x)=\sqrt{1+x}<1+x$ desde $x\ge 0\Rightarrow 1+x\ge 1$. ASÍ que es cierto para $n=1$. De manera similar, la verdad puede ser demostrado por $n>1$.

A continuación, $a_n(x)$ converge a $$l(x)=\sup_{n}a_n(x)\le x+1$$ Ahora hago la siguiente afirmación:

Reclamo: $l(x)=x+1\quad \forall i\ge 0$

Prueba: Fix $x$. Deje $l(x)<x+1$. A continuación, $l(x)=x+1-\epsilon$ algunos $\epsilon>0$. Ahora, me dicen que no debe ser un $n$ tal que $$x+1-a_n(x)<\epsilon$$ , and if that is true then $$a_n(x)>x+1-\epsilon=l(x)$$ which is a contradiction since $$l(x)=\sup_{n}a_n(x)$$ and then it implies that $$l(x)=x+1$$ To prove my claim it requires $$x+1-a_n(x) < \epsilon$$ Ahora, $$\begin{align} x+1-a_n(x) = & x+1-\sqrt{1+xa_{n-1}(x+1)} \\ \ =& \frac{(x+1)^2-({1+xa_{n-1}(x+1)})}{x+1+\sqrt{1+xa_{n-1}(x+1)} } \\ \ =& x\frac{(x+1)+1-a_{n-1}(x+1)}{x+1+\sqrt{1+xa_{n-1}(x+1)} } \\ \ <& \frac{x}{x+2}((x+1)+1-a_{n-1}(x+1))\\ \ <& \frac{x}{x+2}\cdot\frac{x+1}{x+3}((x+2)+1-a_{n-2}(x+2))\\ \ <& \frac{x}{x+n-1}\cdot \frac{x+1}{x+n} ((x+n-1)+1-a_{1}(x+n-1))\\ \ <& \frac{x}{x+n-1}\cdot \frac{x+1}{x+n}(x+n-\sqrt{x+n})\\ \ <& \frac{x(x+1)}{x+n-1} \end{align}$$

Ahora, si uno es capaz de encontrar a $n$ tal que $$\frac{x(x+1)}{x+n-1}<\epsilon\\ \Rightarrow x< \frac{-(1-\epsilon)+\sqrt{(1-\epsilon)^2+4\epsilon(n-1)}}{2}$$ a continuación, hemos terminado.

Ahora, desde el límite superior parece que siempre existe algo de $n$ que satisface este requisito. De ahí el reclamo está probado.

Answer 1

Variante de la prueba, de cierta claridad.

Definir $a_1(x)=\sqrt{1+x}$$a_{n+1}(x)=\sqrt{1+xa_n(x+1)}$.

Definir $b_n(x)=1+x-a_n(x)$. Por su prueba, sabemos que $b_n(x)$ es decreciente y acotada por debajo de cero. Quiere mostrar que $b_n(x)\to 0$, y entonces usted está listo.

Ahora (esto es casi exactamente la prueba, pero se hizo más clara por ha $b_n$ definido): $$\begin{align}b_{n+1}(x) &= 1+x - a_{n+1}(x) \\&=\frac{(1+x)^2-a_{n+1}(x)^2}{1+x+a_{n+1}(x)} \\&=\frac{1+2x+x^2-(1+xa_n(x+1))}{1+x+a_{n+1}(x)} \\&= \frac{xb_n(x+1)}{1+x+a_{n+1}(x)} \\&\leq\frac{x}{2+x}b_{n}(x+1) \end{align}$$

Por inducción (para $n>k\geq 1$) se puede demostrar que:

$$b_n(x) \leq \frac{x(x+1)}{(x+k)(x+k+1)}b_{n-k}(x+k)$$

Por lo tanto, para $k=n-1$, obtenemos:

$$0\leq b_n(x)\leq \frac{x(x+1)}{(x+n-1)(x+n)}b_1(x+n-1) \leq \frac{x(x+1)}{x+n}$$

Por lo tanto, $b_n(x)\to 0$, y, por tanto,$a_n(x)\to x+1$.

Answer 2

$x>-1\iff \underline{x+1}=\sqrt{(x+1)^2}=\sqrt{1+2x+x^2}=\sqrt{1+x\cdot(\underline{\underline{x+2}})}$

$\begin{align}x>-2\iff \underline{\underline{x+2}}=\sqrt{(x+2)^2}=\sqrt{[(x+1)+1]^2}&=\sqrt{1+2(x+1)+(x+1)^2}=\\&=\sqrt{1+(x+1)(\underline{\underline{\underline{x+3}}})}\end{align}$

$\to x+1=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)(\underline{\underline{x+3}})}}\quad-\quad$ Se puede ver a dónde va esto ? :-)