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Infinitas subidas en un número

Es $$ \sqrt { \sqrt { \sqrt { \sqrt {..... \sqrt x}}}} =1$$ donde $x$ es un número real y $x > 0$ ?

Desde $x$ después de cada bajo raíz , disminuye exponencialmente creo que tiene que ser $1$ . Pero entonces $1^{2^{2^{2....^{2}}}} =1$ así que estoy confundido.

Creo que el problema radica en la definición del problema en la forma, la expresión se define ya que la pregunta puede ser reformulada a $ \lim_ {a \rightarrow \infty } x^{0.5^{a}} =1$ .

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Obviamente $x \ge 0$ .

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Si se permiten los números complejos y una elección particular de la raíz cuadrada puede ser cualquier número del círculo unitario.

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Harald Hanche-Olsen Puntos 22964

No es una notación estándar. Pero su interpretación, en su último párrafo, es seguramente la única sensata. Y, dada esa interpretación, es seguramente correcta.

El $n$ La iteración de la función raíz cuadrada es efectivamente $x\mapsto x^{2^{-n}}$ con el inverso $y\mapsto y^{2^n}$ . El límite $\lim_{n\to\infty}x^{2^{-n}}=1$ siendo una función constante, no es invertible. Del mismo modo, el límite $$\lim_{n\to\infty}y^{2^{n}}=\begin{cases}\infty&y>1\\1&y=1\\0&y<1\end{cases}$$ también es no invertible.

Esto no debe confundirle. No hay ninguna razón para esperar que el límite de las funciones invertibles sea invertible, y éste es un ejemplo excelente. (Un ejemplo más sencillo es $x\mapsto ax$ con el límite tomado como $a\to0$ .)

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max_zorn Puntos 51

Dado $x_0 := x$ y $x_n>0$ , actualización $x_{n+1} := \sqrt{x_n}$ .

Caso 1: Si $x_0\geq 1$ entonces $1\leq x_{n+1} \leq x_n$ .

Caso 2: Si $x_0<1$ entonces $x_n<x_{n+1}<1$ .

En cualquier caso se tiene una secuencia monótona que está acotada. Por lo tanto, $(x_n)$ converge, digamos que a $\ell$ .

Entonces $\ell \leftarrow x_{n+1} = \sqrt{x_n} \to \sqrt{\ell}$ y por lo tanto $\ell = \sqrt{\ell}$ , lo que implica $\ell=1$ .

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Técnicamente, $\ell = \sqrt{\ell}$ implica $\ell = 1$ o $\ell = 0$ . ¿Cómo podemos excluir este último caso?

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En el caso 1, $\ell$ está limitada por debajo por $1$ . En el caso 2, $x_0 < x_n<x_{n+1}$ y así $0<x_0<\ell$ .

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Peter Szilas Puntos 21

Otro intento:

Para $x>0:$

$y_n:=x^{(1/2^n)} >0.$

$\log(y_n) =\dfrac{\log(x)}{2^n}.$

$\lim_{n \rightarrow \infty} \log(y_n) =0$ .

$\lim_{n \rightarrow \infty} y_n = $

$\lim_{n \rightarrow \infty} \exp(\log(y_n)) =$

$\exp(\lim_{n \rightarrow \infty} (\log(y_n))=$

$\exp(0) =1$ ,

desde $\exp$ es una función continua.

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user521372 Puntos 1

Dejemos que $a_{n+1}:=\sqrt{a_n}$ con $a_0=\sqrt x.$ Puede demostrar fácilmente que $(a_n)_n$ es monótona (dependiendo del valor de $x$ : si $0<x<1$ entonces $(a_n)_n$ es estrictamente creciente, si $x>1$ entonces $(a_n)_n$ es estrictamente decreciente, y $x=1$ es un caso trivial ya que para $x=1$ tenemos $a_n=1, \forall n \in \Bbb N$ ) y acotado ( $0<x<1 \Rightarrow a_n<1, \forall n\in\Bbb N$ , $x>1 \Rightarrow a_n>1, \forall n \in \Bbb N)$ . Puedes usar la inducción para demostrarlos. Entonces $(a_n)_n$ es convergente, y dejemos que $L:=\lim_{n \to \infty}{a_n}.$ Ahora tenemos $a_{n+1}=\sqrt{a_n}$ / $\lim_{n \to \infty} \Rightarrow$ $L = \sqrt{L} \iff L^2-L=0 \iff L=0$ o $L=1.$ Obviamente, $L \ne 0$ y por lo tanto $\lim_{n\to\infty}{a_n} = L = 1.$

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