$\lim_{n\to\infty}\sqrt{6}^{\ n}\underbrace{\sqrt{3-\sqrt{6+\sqrt{6+\dotsb+\sqrt{6}}}}}_{n\text{ square root signs}}$

Question

Tenemos la siguiente representación de pi: $$\pi=\lim_{n\to\infty}2^n \underbrace{\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\dotsb+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}}}}}}_{n\text{ square root signs}}$$ que puede ser probada mediante la identidad $\sin\left(\dfrac\pi{2^{n+1}}\right)=\dfrac12\underbrace{\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\dotsb+\sqrt{2}}}}}_{n\text{ square root signs}}$. (Hay uno similar para $\cos$, excepto sin el signo de menos.)

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Esto me hizo preguntarme: ¿hay una forma cerrada para: $$\lim_{n\to\infty}3^n \underbrace{\sqrt{3-\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\dotsb+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6}}}}}}}}}}_{n\text{ square root signs}}$$ (Tenga en cuenta que $\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{\dots}}}=3$, por lo que esta pregunta es de la forma $\infty\times0$.)

EDIT: parece que no convergen, pero esteno: $$\lim_{n\to\infty}\sqrt{6}^{\ n}\underbrace{\sqrt{3-\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\dotsb+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6}}}}}}}}}}_{n\text{ square root signs}}\approx4.49377$$

Answer 1

Yo no pude encontrar la forma cerrada, pero yo mostrar la existencia del límite, y encontrar una muy buena corrección del error en un número finito de terminación.

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La convergencia

Definir $a_0=0$ y $$ a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}\etiqueta{1} $$ Entonces $$ \begin{align} \frac{3-a_{n+1}}{3-a_n} &=\frac{3-\sqrt{6+a_n}}{3-a_n}\\ &=\frac1{3+\sqrt{6+a_n}}\\ &\le\frac1{3+\sqrt6}\tag{2} \end{align} $$ Tenga en cuenta que $(2)$ implica que el $a_n$ aumenta monótonamente de$0$$3$.

Inductivamente, obtenemos $$ |\,3-a_n\,|\le\frac3{(3+\sqrt6)^n}\etiqueta{3} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \frac{6^{n+2}}{6^{n+1}}\frac{3-a_{n+1}}{3-a_n} &=\frac6{3+\sqrt{6+a_n}}\\ &=1+\frac{3-\sqrt{6+a_n}}{3+\sqrt{6+a_n}}\\ &=1+\frac{3-a_n}{(3+\sqrt{6+a_n})^2}\tag{4} \end{align} $$ De $(3)$, obtenemos $$ \left|\frac{3-a_n}{(3+\sqrt{6+a_n})^2}\right|\le\frac3{(3+\sqrt6)^{n+2}}\etiqueta{5} $$ Por lo tanto, $(4)$ $(5)$ implica que $$ \begin{align} A &=\lim_{n\to\infty}6^{n+1}(3-a_n)\\ &=18\prod_{k=0}^\infty\frac{6^{k+2}}{6^{k+1}}\frac{3-a_{k+1}}{3-a_k}\\ &=18\prod_{k=0}^\infty\left(1+\frac{3-a_k}{(3+\sqrt{6+a_k})^2}\right)\tag{6} \end{align} $$ converge, y el límite en la pregunta es $\sqrt{A}$.

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Algunas Estimaciones

Como $a_n\to3$, $3+\sqrt{6+a_n}\to6$; por lo tanto, tenemos $$ \begin{align} \frac1{3+\sqrt{6+a_k}}-\frac16 &=\frac{3-\sqrt{6+a_k}}{6(3+\sqrt{6+a_k})}\\ &=\frac{3-a_k}{6(3+\sqrt{6+a_k})^2}\\ &\le\frac{3-a_k}{6(3+\sqrt6)^2}\tag{7} \end{align} $$ y el uso de $(7)$, obtenemos $$ \begin{align} \frac{36}{(3+\sqrt{6+a_k})^2}-1 &=36\left(\frac1{3+\sqrt{6+a_k}}-\frac16\right)\left(\frac1{3+\sqrt{6+a_k}}+\frac16\right)\\ &\le36\frac{3-a_k}{6(3+\sqrt6)^2}\frac2{3+\sqrt6}\\ &=\frac{12(3-a_k)}{(3+\sqrt6)^3}\tag{8} \end{align} $$ Para $k\ge n$, $(4)$ y $(2)$ dicen que $$ \begin{align} \frac{6^{k+1}(3-a_k)}{6^{n+1}(3-a_n)} &=\prod_{j=n}^{k-1}\left(1+\frac{3-a_j}{(3+\sqrt{6+a_j})^2}\right)\\ &\le\exp\left(\sum_{j=n}^{k-1}\frac{3-a_j}{(3+\sqrt{6+a_j})^2}\right)\\ &\le\exp\left(\sum_{j=n}^\infty\frac{3-a_n}{(3+\sqrt6)^{j-n+2}}\right)\\ &=\exp\left(\frac{(3-a_n)3/\sqrt6}{(3+\sqrt6)^2}\right)\tag{9} \end{align} $$ Armando $(8)$$(9)$$k\ge n$, tenemos $$ 1\le\frac{6^{k+1}(3-a_k)}{6^{n+1}(3-a_n)}\frac{36}{(3+\sqrt{6+a_k})^2}=1+O\left(3-a_n\right)\etiqueta{10} $$ donde el límite inferior es asegurada por $(4)$$(2)$.

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Corrección Finito de Terminación

De $(4)$, tenemos $$ A=6^{n+1}(3-a_n)\prod_{k=n}^\infty\left(1+\frac{3-a_k}{(3+\sqrt{6+a_k})^2}\right)\etiqueta{11} $$ Esimating el producto en $(11)$$(10)$, tenemos $$ \begin{align} &\prod_{k=n}^\infty\left(1+\frac{3-a_k}{(3+\sqrt{6+a_k})^2}\right)\\ &=\prod_{k=n}^\infty\left(1+\frac{3-a_n}{6^{k-n+2}}\frac{6^{k+1}(3-a_k)}{6^{n+1}(3-a_n)}\frac{36}{(3+\sqrt{6+a_k})^2}\right)\\ &=\prod_{k=n}^\infty\left(1+\frac{3-a_n}{6^{k-n+2}}(1+O(3-a_n))\right)\\ &=\exp\left(\sum_{k=n}^\infty\left[\frac{3-a_n}{6^{k-n+2}}+O\left(\frac{(3-a_n)^2}{6^{k-n+2}}\right)\right]\right)\\ &=\exp\left(\frac{3-a_n}{30}\right)\left(1+O(3-a_n)^2\right)\tag{12} \end{align} $$ Por lo tanto, a pesar de que podemos obtener de $(4)$ que $$ A=6^{n+1}(3-a_n)+O(3-a_n)\etiqueta{13} $$ llegamos de $(12)$ que $$ A=\exp\left(\frac{3-a_n}{30}\right)6^{n+1}(3-a_n)+O(3-a_n)^2\etiqueta{14} $$ Por lo tanto, la corrección en $(14)$ esencialmente duplica el número de dígitos conocidos por $A$.

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Ejemplo $$ \begin{align} e^{(3-a_{20})/60}&=1.000000000000000015342412876422776327920\\[4pt] \sqrt{6^{21}(3-a_{20})}&=4.493767376985934399460882507579755317836\\ e^{(3-a_{20})/60}\sqrt{6^{21}(3-a_{20})}&=4.493767376985934468406116975897359789186\\ \lim_{n\to\infty}\sqrt{6^{n+1}(3-a_n)}&=4.493767376985934468406116975897362358095 \end{align} $$ La corrección de errores se añaden $17$ correcto decimales para el cálculo de $n=20$.

Answer 2

Esta no es una respuesta ya que no tengo ninguna prueba, pero numéricamente parece que

$$ \lim_{n\to\infty} 6^{n/2} \underbrace{\sqrt{3-\sqrt{6+\sqrt{6+\dotsb+\sqrt{6}}}}}_{n\text{ raíz cuadrada signos}} = 1.83457284939678559111564141519063\ldots $$

Aquí está el código de Mathematica he utilizado para hacer este cálculo:

s[n_] := Module[{start = Sqrt[6]}, For[j = 1, j < n, j++, start = Sqrt[6 + start] ]; Return[start] ]; m = 50; 6^(m/2) Sqrt[3 - N[s[m], 100]]

Answer 3

Con esto se completa la Slade la idea: Para $t>2$, vamos a $k=t^2-t$ y $$b_n=\underbrace{\sqrt{k+\sqrt{k+\cdots+\sqrt{k}}}}_{n}.$$ A continuación,$b_n\uparrow t$. Estamos interesados en la secuencia $$a_n=(2t)^n(t-b_n).$$ Slade señaló que $$a_n-a_{n-1}=(2t)^{-n-1}a_n^2.\tag{1}$$ Por otro lado, $$b_n^2=k-b_{n-1}=t^2-t+b_{n-1}.$$ Que da $$t-b_n=(t-b_{n-1})\frac{1}{t+b_{n}}<\frac{t-b_{n-1}}{t}.$$ Por lo $t-b_n<Ct^{-n}$ para algunas constantes $C$. Que significa $$a_n<C2^n.\tag{2}$$ Sustituir (2) el lado derecho de (1) obtenemos $$a_n-a_{n-1}<C^2(2t)^{-n-1}2^{2n}=\frac{C}{t}(t/2)^{-n}.$$ Desde $t>2$, se deduce que el $a_n$ está acotada.

Nota: a partir de la obtención (2) por una muy crudo estimación, podemos mejorar el límite inferior de $t$ mucho. Yo creo que con un cuidadoso cálculo que puede ser empujado a $1$.

Nota 2: me acabo de dar cuenta de que la pregunta es para el límite real, que no es obvio (si es posible) a partir de este cálculo.

Answer 4

Aquí están algunas útiles cálculos. Yo podría convertirlos en una solución más tarde, pero he de ejecutar fuera de tiempo, por el momento, y pensé que había puesto como-es.

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Fix $t>1$, y establecer $k=t^2 - t$.

Deje $a_n = (2t)^n (t - \underbrace{\sqrt{k + \sqrt{k + \cdots}})}_{n}$. Tenemos $a_0 = t$, y la siguiente recurrencia:

$$a_n - a_{n-1} = (2t)^{-n-1}a_n^2$$

Así que la sucesión es creciente. Si podemos demostrar que es acotado, entonces la ecuación anterior implica que las diferencias reducir de manera exponencial, por lo $\lim_{n\to\infty} a_n$ existe.

Answer 5

Sólo estoy refiriendo a la cuestión de la convergencia de aquí.

Este es probablemente fuera por uno o dos factores de $6$, pero creo que llega la idea a través de:

$$\begin{align} {1\over a_n^2}&={1\over6^n}{1\over3-\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}}}\\ \\ &={1\over6^n}{3+\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}}\over3^2-(6+\sqrt{6+\cdots})}\\ \\ &={1\over6^n}{3+\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}}\over3-\sqrt{6+\cdots}}\\ \\ &={1\over6^n}\left(3+\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}} \right)\left(3+\sqrt{6+\cdots} \right)\cdots\left(3+\sqrt{6} \right)\\ \\ &=\left(6-(3-\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}})\over6 \right)\left(6-(3-\sqrt{6+\cdots})\over6 \right)\cdots\left(6-(3-\sqrt{6})\over6 \right)\\ \\ &=\left(1-{3-\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}}\over6}\right)\left(1-{3-\sqrt{6+\cdots}\over6}\right)\cdots\left(1-{3-\sqrt{6}\over6}\right) \end{align}$$

Así

$${1\over L^2}=\left(1-{3-\sqrt{6}\over6}\right)\left(1-{3-\sqrt{6+\sqrt6}\over6}\right) \left(1-{3-\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt6}}\over6}\right)\cdots$$

La convergencia de la infinita producto depende de la rapidez con $\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}}$ enfoques $3$. Pero

$$\begin{align} 3-\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}} &={3-\sqrt{6+\cdots}\over3+\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}}}\\ \\ &=\left({1\over3+\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}}}\right) \left({1\over3+\sqrt{6+\cdots}}\right)\cdots \left({1\over3+\sqrt{6}}\right)\\ \\ &\lt\left({1\over3}\right)\left({1\over3}\right)\cdots\left({1\over3}\right)={1\over3^n} \end{align}$$

lo cual es suficiente para mostrar el producto converge.