¿Cuál es la prueba de este límite de este radical anidado?

Question

Parece como si $$\lim_{x\to 0^+} \sqrt{x+\sqrt[3]{x+\sqrt[4]{\cdots}}}=1$$

Realmente estoy perdido en una prueba aquí. Esto no viene de ninguna parte, pero sólo por curiosidad. La gráfica demuestra este resultado bastante bien.

Answer 1

Para cualquier $2 \le n \le m$ , dejemos que $\phi_{n,m}(x) = \sqrt[n]{x + \sqrt[n+1]{x + \sqrt[n+2]{x + \cdots \sqrt[m]{x}}}}$ . Interpretaré la expresión que tenemos como el siguiente límite.

$$\sqrt{x + \sqrt[3]{x + \sqrt[4]{x + \cdots }}}\; = \phi_{2,\infty}(x) \stackrel{def}{=}\;\lim_{m\to\infty} \phi_{2,m}(x)$$

Para cualquier $x \in (0,1)$ tenemos $\lim\limits_{m\to\infty}(1-x)^m = 0$ . Esto implica la existencia de un $N$ de modo que para todos $m > N$ tenemos

$$(1-x)^m < x \implies 1 - x < \sqrt[m]{x} \implies \phi_{m-1,m}(x) = \sqrt[m-1]{x + \sqrt[m]{x}} > 1$$ Está claro que para tales $m$ Tendremos $\phi_{2,m}(x) \ge 1$ .

Recuerde que para cualquier $k > 1$ y $t > 0$ , $\sqrt[k]{1 + t} < 1 + \frac{t}{k}$ .

Empezar por $\phi_{m,m}(x) = \sqrt[m]{x} \le 1$ tenemos

$$\begin{align} & \phi_{m-1,m}(x) = \sqrt[m-1]{x + \phi_{m,m}(x)} \le \sqrt[m-1]{x + 1} \le 1 + \frac{x}{m-1}\\ \implies & \phi_{m-2,m}(x) = \sqrt[m-2]{x + \phi_{m-1,m}(x)} \le \sqrt[m-2]{x + 1 + \frac{x}{m-1}} \le 1 + \frac{1}{m-2}\left(1 + \frac{1}{m-1}\right)x\\ \implies & \phi_{m-3,m}(x) = \sqrt[m-3]{x + \phi_{m-2,m}(x)} \le 1 + \frac{1}{m-3}\left(1 + \frac{1}{m-2}\left(1 + \frac{1}{m-1}\right)\right)x\\ & \vdots\\ \implies & \phi_{2,m}(x) \le 1 + \frac12\left( 1 + \frac13\left(1 + \cdots \left(1 + \frac{1}{m-1}\right)\right)\right)x \le 1 + (e-2)x \end{align} $$

Aviso para los fijos $x$ y como una secuencia de $m$ , $\phi_{2,m}(x)$ es monótona creciente. Por los argumentos anteriores, esta secuencia se encuentra en última instancia entre $1$ y $1 + (e-2)x$ . Como resultado, $\phi_{2,\infty}(x)$ se define para este $x$ y satisface

$$1 \le \phi_{2,\infty}(x) \le 1 + (e-2) x$$

Tomando $x \to 0^{+}$ obtenemos

$$1 \le \liminf_{x\to 0^+} \phi_{2,\infty}(x) \le \limsup_{x\to 0^+}\phi_{2,\infty}(x) \le \limsup_{x\to 0^+}(1 + (e-2)x) = 1$$ Esto implica $\lim\limits_{x\to 0^+} \phi_{2,\infty}(x)$ existe y es igual a $1$ .

Answer 2

Edito: hay un error tonto en el post original, esto sólo demuestra un límite superior (en el límite, siempre que exista), no el límite real.

Para $x > 0$ se tiene, para cualquier número entero $0 \leq n \leq m$ , $$ 1 \leq x^{\frac{1}{m}} \leq x^{\frac{1}{n}}. $$ Denotando su expresión $f(x)$ (Estoy barriendo bajo la alfombra la cuestión de demostrar que está bien definido para $x> 0$ Pero ese debería ser el primer paso: después de todo, se trata de una notación infinita): $$ \sqrt{x} \leq f(x) \leq \sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x+\dots}}} \stackrel{\rm def}{=} g(x). $$ (donde utilizamos la observación anterior para el límite superior). Al apretar, basta con demostrar que $g(x)\xrightarrow[x\to0^+]{} 1$ [No es cierto - uno obviamente necesita un límite inferior que también va a 1] . Pero tenga en cuenta que $g$ satisface (bajo la misma advertencia -- ¿cómo está bien definida?) la ecuación funcional $$ g(x)^2-x = g(x)\qquad\forall x > 0 $$ Resolver la ecuación cuadrática (en $g(x)$ ), obtenemos $$ g(x) = \frac{1\pm \sqrt{1+4x}}{2}. $$ Como hay que tener $g>0$ (por su definición como raíz cuadrada), podemos eliminar la solución espuria, obteniendo $$ g(x) = \frac{1+ \sqrt{1+4x}}{2}, \quad\forall x >0. $$ Sólo queda demostrar que $\lim_{x\to 0^+} g(x) = 1$ que es inmediato.