la prueba para el Ramanujan la fórmula ?

Question

He encontrado esta fórmula en un libro de texto en el que la prueba de que la fórmula no era dado

Ramanujam la fórmula de $$\sqrt{1 +n\sqrt{1 +(n+1)\sqrt{1 + (n+2)\sqrt{1 + (n+3)\sqrt{1 +....\infty}}}}} = n+1$$ Es un gran ecuación andhow ¿puedes demostrarlo. es un poco difícil para mí y trató de métodos diferentes para resolver esto. Iam de pregrado y quiero que usted elabore el método de resolver si su compleja.

Answer 1

Formulación más general puede ser obtenido de:

$F(x) = \sqrt{ax+(n+a)^2 +x\sqrt{a(x+n)+(n+a)^2+(x+n) \sqrt{a(x+2n)+(n+a)^2+(x+2n)\sqrt{\mathrm{\cdots}}}}}$

$$F(x)^2 = ax+(n+a)^2 +x\sqrt{a(x+n)+(n+a)^2+(x+n) \sqrt{\mathrm{\cdots}}} $$

Que se puede simplificar a:

$$F(x)^2 = ax+(n+a)^2 +xF(x+n) \tag1$$

Supongamos que $F(x) = mx+k $

$deg(F(x))$ no puede ser más de 1 de lo contrario, el lado izquierdo de grado será mayor que el lado derecho en la Ecuación 1

$$F(x)^2 = ax+(n+a)^2 +xF(x+n) $$ $$( mx+k)^2=ax+(n+a)^2+x(m(x+n)+k) $$

$$ m^2x^2+2mkx+k^2=ax+(n+a)^2+mx^2+(mn+k)x$$

$m^2=m$

$m=1$ o $m=0$

$2mk=mn+k+a$

Si $m=1$

$2k=n+a+k$

$k=n+a$

Y es Que además de confirmar término constante de $ m^2x^2+2mkx+k^2=ax+(n+a)^2+mx^2+(mn+k)x$ :

$$k^2=(n+a)^2$$

$F(x) = mx+k $

$F(x) = x + n + a $

$$ x + n + a= \sqrt{ax+(n+a)^2 +x\sqrt{a(x+n)+(n+a)^2+(x+n) \sqrt{\mathrm{\cdots}}}} $$

Por eso, la configuración $a=0$, $n=1$,

$$ x+1=\sqrt{1 +x\sqrt{1 +(x+1)\sqrt{1 + (x+2)\sqrt{1 + (x+3)\sqrt{1 +....}}}}} $$

Por favor, consulte Infinitamente anidada radicales en la página de la wiki como referencia.

Answer 2

Para todos los $x > 0$$m \in \mathbb{N}$, definir $\varphi_m(x)$ por:

$$(x+1)\varphi_m(x) = \begin{cases}1,&\text{ for } m = 0\\ \\ \sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{\cdots\sqrt{1+(x+m)}}}},&\text{ otherwise. }\end{casos}$$

Es evidente, por $m > 0$, estas funciones satisfacen las relaciones de recurrencia:

$$\begin{align} &(x+1)^2\varphi_{m}(x)^2 = 1 + x(x+2)\varphi_{m-1}(x+1)\\ \iff &\varphi_{m}(x)^2 = \varphi_{m-1}(x+1) + \frac{1 - \varphi_{m-1}(x+1)}{(x+1)^2} \end{align} $$ Aviso para cualquier $x > 0, y \in [0,1]$,$y + \frac{1-y}{(x+1)^2} \in [y,1]$. Esto implica $$\varphi_{m-1}(x+1) \le \varphi_{m}(x)^2 \le 1 \quad\ffi\quad \varphi_{m-1}(x+1)^{2^{-1}} \le \varphi_{m}(x) \le 1$$ Repita aplicar esto a $\varphi_{m-2}(x+2), \varphi_{m-3}(x+3),\ldots$, obtenemos:

$$\begin{align} &\varphi_{0}(x+m)^{2^{-m}} \le \varphi_{1}(x+m-1)^{2^{-(m-1)}} \le \cdots \le \varphi_{m}(x) \le 1\\ \implies & \left(\frac{1}{x+m+1}\right)^{2^{-m}} \le \varphi_m(x) \le 1\tag{*1} \end{align}$$

Aviso para fijo $x$, el límite de la L. H. S de $(*1)$$1$$m \to \infty$. Como consecuencia:

$$\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1 + \cdots}}} = (x+1)\lim_{m\to\infty}\varphi_m(x) = x + 1$$

Answer 3

Aquí es esta respuesta adaptada a esta pregunta.

Definir $$ f(x)=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+\dots}}}} $$ a continuación,$f(x)^2=1+xf(x+1)$. Esto indica que debemos buscar en $f(x)=x+1$.

Considerando $f(x)=x+1$, nos llevan a mostrar de forma inductiva que $$ \hspace{-18pt}x+1=\small\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+\dots+\sqrt{1+(x+k-2)\sqrt{1+(x+k-1)(x+k+1)}}}}}\tag{1} $$

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Definir $$ f_{k,x}(y)=\left\{\begin{array}{} y&\text{if }k=0\\ \sqrt{1+xf_{k-1,x+1}(y)}&\text{if }k>0 \end{array}\right. $$ desenrolla, que es $$ f_{k,x}(y)=\small \sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+\dots+\sqrt{1+(x+k-2)\sqrt{1+(x+k-1)y}}}}} $$ Tenga en cuenta que $f_{0,x}(x+1)=x+1$. Supongamos que, para algunos $k\ge0$, $f_{k,x}(x+k+1)=x+1$. Entonces $$ \begin{align} f_{k+1,x}(x+k+2) &=\sqrt{1+xf_{k,x+1}(x+k+2)}\\ &=\sqrt{1+x(x+2)}\\ &=x+1 \end{align} $$ Por lo tanto, para todos los $k\ge0$,$f_{k,x}(x+k+1)=x+1$.

Por lo tanto $(1)$ está confirmado.

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Nuestra secuencia está delimitado por $f_{k,x}(1)$$f_{k,x}(x+k+1)$. Para mostrar que nuestra secuencia converge a $x+1$, queremos mostrar que $$ \lim_{k\to\infty}f_{k,x}(1)=x+1\etiqueta{2} $$ Tenga en cuenta que $$ \frac{f_{0,x+k}(x+k+1)}{f_{0,x+k}(1)}=\frac{x+k+1}{1} $$ Supongamos que, para algunos,$j\ge0$, $$ \frac{f_{j,x+k-j}(x+k+1)}{f_{j,x+k-j}(1)}\le(x+k+1)^{1/2^j} $$ Entonces $$ \begin{align} \frac{f_{j+1,x+k-j-1}(x+k+1)}{f_{j+1,x+k-j-1}(1)} &=\sqrt{\frac{1+(x+k-j-1)f_{j,x+k-j}(x+k+1)} {1+(x+k-j-1)f_{j,x+k-j}(1)}}\\ &\le\sqrt{\frac{f_{j,x+k-j}(x+k+1)}{f_{j,x+k-j}(1)}}\\ &\le(x+k+1)^{1/2^{j+1}} \end{align} $$ Por lo tanto, para todos los $j\ge0$, $$ \frac{f_{j,x+k-j}(x+k+1)}{f_{j,x+k-j}(1)}\le(x+k+1)^{1/2^j} $$ en particular, para $j=k$, $$ \frac{f_{k,x}(x+k+1)}{f_{k,x}(1)}\le(x+k+1)^{1/2^k} $$

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Desde $f_{k,x}(x+k+1)=x+1$, tenemos $$ (x+1)(x+k+1)^{-1/2^k}\le f_{k,x}(1)\le (x+1) $$ y por el teorema del sándwich, tenemos $$ \lim_{k\to\infty}f_{k,x}(1)=x+1 $$ confirmando $(2)$, como se desee.

Answer 4

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

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

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