Evaluar

Question

Evaluar $$ \frac{2}{4}\frac{2+\sqrt{2}}{4}\frac{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}{4}\frac{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{4}\cdots . $$

En primer lugar, es claro que los términos tienden a $1$.

Parece que el infinito producto no es 0. Esto está relacionado con el post Secuencia $x_{n+1}=\sqrt{x_n+a(a+1)}$.

Answer 1

Definir la secuencia de $x_n$$x_0=\dfrac{1}{2}$$x_{n+1}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{x_n}}{2}$, y deje $y_n=x_0x_1\cdots x_{n}$. La pregunta es evaluar $\lim\limits_{n\to\infty}y_n$.

Es fácil ver por inducción que $0<x_n<1$ por cada $n$, por lo que podemos definir $$\theta_n=\arccos(\sqrt{x_n})$$ Así que $$\cos^2(\theta_{n+1})=x_{n+1}=\frac{1+\cos\theta_n}{2}=\cos^2\left(\frac{\theta_n}{2}\right).$$ Así $\theta_{n+1}=\dfrac{\theta_n}{2}$. Esto demuestra que $\theta_n=2^{-n}\theta_0=\dfrac{\pi}{2^{n+2}}$.

Ahora, observando que $\cos(\theta_{k+1})=\dfrac{\sin(2\theta_{k+1})}{2\sin\theta_{k+1}} =\dfrac{\sin\theta_{k}}{2\sin\theta_{k+1}}$, llegamos a la conclusión de que $$ x_{k}=\frac{1}{4}\frac{\sin^2\theta_{k-1}}{\sin^2\theta_{k}} $$ Así $$ y_n=\prod_{k=0}^{n}x_k=\frac{1}{2}\prod_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{4}\frac{\sin^2\theta_{k-1}}{\sin^2\theta_{k}}\right)=\frac{1}{2^{2n+1}} \frac{\sin^2\theta_{0}}{\sin^2\theta_{n}} $$ Finalmente, $$ y_n=\frac{1}{2^{2n+2}\sin^2(2^{n-2}\pi)} $$ Por eso, $$\lim_{n\to\infty}y_n=\frac{4}{\pi^2 },$$ cual es el límite deseado.$\qquad \square$

Answer 2

Si establecemos $a_0=1/2$ y definir $$ a_k=\frac{1+\sqrt{a_{k-1}}}{2}\etiqueta{1} $$ a continuación, el producto buscado es $$ \prod_{k=0}^\infty\ a_k\etiqueta{2} $$ Desde $$ \cos(2x)=2\cos^2(x)-1\etiqueta{3} $$ tenemos que $$ a_k=\cos^2(2^{-k}x_0)\etiqueta{4} $$ satisface $(1)$$x_0=\frac\pi4$. Entonces $$ \sin(2x)=2\sin(x)\cos(x)\etiqueta{5} $$ implica por telescópica producto que $$ \begin{align} \prod_{k=0}^\infty\ a_k &=\prod_{k=0}^\infty\frac{\sin^2(2^{-k+1}x_0)}{4\sin^2(2^{-k}x_0)}\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(\prod_{k=0}^n\sin^2(2^{-k+1}x_0)\middle/\prod_{k=1}^{n+1}4\sin^2(2^{-k+1}x_0)\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\sin^2(2x_0)}{4^{n+1}\sin^2(2^{-n}x_0)}\right)\\ &=\frac{\sin^2(2x_0)}{4x_0^2}\\ &=\frac4{\pi^2}\tag{6} \end{align} $$

Answer 3

Considerar la correspondiente finito producto que contenga $n+1$ factores. Multiplicando el último factor (con $n$ raíces cuadradas) por $$2-\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\ldots}}}_{x_n},$$ el producto telescopios a $4^{-n}$.

Por otro lado, desde $x_n^2-2=x_{n-1}$, escrito $x_n=2\cos\varphi_n$ obtenemos $2\varphi_n=\varphi_{n-1}$, y por lo tanto $\varphi_n=\frac{\varphi_1}{2^{n-1}}=\frac{\pi}{2^{n+1}}$. Esto permite hacer una estimación $$2-x_n=2-2\cos\varphi_n\approx \frac{\pi^2}{4}4^{-n},$$ lo que finalmente nos da la respuesta: $$\boxed{\displaystyle\lim =\frac{4}{\pi^2}}$$