$$ \large\sqrt {1+ \sqrt {1+2+ \sqrt {1+2+3+ \sqrt {1+2+3+4+ \cdots }}}}$$ Vi esto en algún lugar de Internet, pero el sitio web no me dio más información. ¿Cuál es la suma de la ecuación anterior? ¿Cómo se llama?
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¿Demasiados anuncios?¿Cuál es la suma de la ecuación anterior? ¿Cómo se llama?
No es una ecuación ni una suma, sino que es una continuacion radical definido como el límite (como $n\to\infty$ ) de la secuencia del radicales anidados $$ u_n = \sqrt{a_1+\sqrt{a_2 + \cdots + \sqrt{a_n}}} $$ donde $a_n = \sum_{i=1}^n i = n(n+1)/2$ (el $n^{th}$ número de triángulo), $n = 1,2,3,...$
Que este límite existe se deduce de un teorema demostrado por T. Vijayaraghavan (1927) :
Para cualquier secuencia de reales no negativos $(a_n)_{n=1,2,3,...}$ la secuencia de radicales anidados $(u_n)_{n = 1,2,3,...}$ con $$u_n = \sqrt{a_1+\sqrt{a_2 + \cdots + \sqrt{a_n}}}$$ converge si y sólo si existe un límite superior finito $$\overline{\lim}\ {\left(\frac{\log{a_n}}{2^n}\right)} < \infty.$$
Esto es claramente válido en el presente caso, porque $$\overline{\lim}\ {\left(\frac{\log{\frac{n(n+1)}{2}}}{2^n}\right)} = 0. $$
Para limitar el error de $u_n$ como una aproximación al límite, la siguiente consecuencia de un teorema demostrado por Herschfeld (1935) se puede utilizar:
Si $a_i \gt 0 \ \ (i = 1,2,3,...)$ , entonces para todos los $n \ge 1$ , $$0 \le u_{n+1}-u_n \le \frac{1}{2^n}\sqrt{\frac{a_{n+1}}{a_1 a_2 \cdots a_n}}. $$
Sustituyendo $a_i = i(i+1)/2$ y simplificando entonces da $$0 \le u_{n+1}-u_n \le \frac{1}{n!}\sqrt{\frac{n+2}{2^{n+1}}} , $$ de donde, señalando que $n! \ge \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n$ , $$0 \le u_{n+1}-u_n \le A \left(\frac{B}{n}\right)^n $$ donde $A = \sqrt{\frac{3}{4\pi}} = 0.4886...$ y $B = \frac{e}{\sqrt{2}} = 1.922...$
Ahora para todos $m > n > 1$ ,
$$\begin{align} 0 \le u_m - u_n & = (u_m - u_{m-1}) + (u_{m-1} - u_{m-2}) + \cdots + (u_{n+1} - u_n) \\ & \le A \left ( \left (\frac{B}{m-1}\right )^{m-1} + \left (\frac{B}{m-2}\right )^{m-2} + \cdots + \left (\frac{B}{n}\right )^{n} \right )\\ & \le A \left ( \left (\frac{B}{n}\right )^{m-1} + \left (\frac{B}{n}\right )^{m-2} + \cdots + \left (\frac{B}{n}\right )^{n} \right )\\ & \le A \left (\frac{B}{n}\right )^n \frac{1 - (\frac{B}{n})^{m-n}}{1 - \frac{B}{n}}\tag{*} \end{align} $$ donde el progresión geométrica se sumó en el último paso (observando que $B/n < 1$ para todos $n > 1$ ).
Por último, tomar los límites con $m \to \infty$ y dejar que $u = \lim_{m \to\infty}{u_m}$ , $$0 \le u - u_n \le A \left (\frac{B}{n}\right )^n \frac{1}{1 - \frac{B}{n}}. $$
(Nótese que (*) anterior también da otra prueba de la existencia del límite, mostrando la secuencia $(u_n)_{n = 1,2,3,...}$ para ser Cauchy).
Este último límite de error es bastante débil, pero basta con demostrar, por ejemplo, que
$$u = 1.8644589581634881323520037152739437841564220698266...$$
mediante la computación $u_n$ para un tamaño suficientemente grande $n$ . Por ejemplo, $u_n$ tiene al menos $n$ dígitos correctos para cualquier $n \ge 20$ porque en ese caso $A \left (\frac{B}{n}\right )^n \frac{1}{1 - \frac{B}{n}} \le 0.5 \ 10^{-n}. $
(Aside)
Aquí está el Sage programa que utilicé para calcular el $u_n$ :
def u(n):
r = 0
for k in [1..n][::-1]: r = sqrt(k*(k+1)/2 + r)
return r
for n in [10..100]: print n, u(n).n(digits=100)
Como dijo Gerry Myerson este tipo de problemas se llaman radicales anidados.
Probemos el siguiente método: Escribir la secuencia de parciales $$D_n:= \sqrt {1 + \sqrt {1 + 2 + \sqrt {1 + 2 + 3 + \sqrt {1 + 2 + 3 + 4 + \ldots + \sqrt { \ldots + \sqrt { \ldots + \sqrt {1 + 2 + 3 + \ldots + n} } } } } } } $$
Etiquetar los términos de la serie empezando por el último hasta el primero; denotado por $y_1^2,y_1^2,\cdots,y_{n-1}^2,y_n^2$ es decir, \begin{align} &y_n^{2}=1 + 2 + 3 + \ldots + n = \sum\limits_{k = 1}^n {k}=\frac{n(n+1)}{2} \\ &y_{n-1}^{2}=1 + 2 + 3 + \ldots + (n-1) = \sum\limits_{k = 1}^{n-1} {k}=\frac{n(n-1)}{2} \\ &y_{n-2}^{2}=1 + 2 + 3 + \ldots + (n-2) = \sum\limits_{k = 1}^{n-2} {k}=\frac{(n-1)(n-2)}{2} \\ &\vdots \\ &y_{3}^{2}=1 + 2 + 3 = \sum\limits_{k = 1}^{3} {k}=\frac{(3)(4)}{2}=6 \\ &y_{2}^{2}=1 + 2 = \sum\limits_{k = 1}^{2} {k}=\frac{(2)(3)}{2}=3 \\ &y_{1}^{2}=1 = \sum\limits_{k = 1}^{1} {k}=\frac{(1)(2)}{2}=1 \end{align} Así, \begin{align} D_n = \sqrt {y_1 + \sqrt {y_2 + \sqrt {y_3 + \ldots + \sqrt { \ldots + \sqrt { \ldots + \sqrt {y_{n - 2} + \sqrt {y_{n - 1} + \sqrt {y_n } } } } } } } } \end{align} Ahora, dividamos $D_n$ en las siguientes subsecciones \begin{align} & S_{n,1}^2 = y_n \\ & S_{n,2}^2 = y_{n - 1} + S_{n,1} \\ &S_{n,3}^2 = y_{n - 2} + S_{n,2} \\ &S_{n,4}^2 = y_{n - 3} + S_{n,3} \\ &\vdots \\ &S_{n,n - 2}^2 = y_2 + S_{n,n - 1} \\ &S_{n,n - 1}^2 = y_1 + S_{n,n} \end{align} Por último, tenemos \begin{align} D_n &= S_{n,1}^2 + S_{n,2}^2 + S_{n,3}^2 + S_{n,4}^2 + \ldots + S_{n,n - 2}^2 + S_{n,n - 1}^2 \\ &= \sum\limits_{j = 1}^{n - 1} {S_{n,j}^2 } \\ &= \sum\limits_{j = 1}^n {y_j } + \sum\limits_{j = 1}^n {S_{n,j} } \end{align} Creo que esto es suficiente para dar una indicación.