به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
+2 امتیاز
85 بازدید
سوال شده در دبیرستان و دانشگاه توسط

ثابت کنید $$ \sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+4 \sqrt{...} } } } =3$$

1 پاسخ

+3 امتیاز
پاسخ داده شده توسط
انتخاب شده توسط
 
بهترین پاسخ

برای $x>0$ تعریف می کنیم

$$ f_{n}(x)= \sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+...+(x+n-1) \sqrt{1+(x+n)} } } } $$

حالا داریم

$x+1= \sqrt{(1+x(x+2))}= \sqrt{(1+x \sqrt{(1+(x+1)(x+3))}) } =...= \sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+...+(x+n-1)(1+(x+n))} } }> f_{n}(x) $

از طرفی $ f_{n}(x) $ صعودی پس حد داره. فرض کنیم حد برابر $f(x)$ باشه پس $f(x) \leq x+1$. حالا به راحتی داریم

$$f(x)> \sqrt{1+x \sqrt{1+x \sqrt{1+x \sqrt{...} } } }=R $$

به راحتی داریم $R= \frac{x+ \sqrt{ x^{2} +4} }{2} >x$ بنابراین$x<f(x) \leq x+1$.

تعریف می کنیم $g(x)=x+1-f(x)$ طبق رابطه قبلی داریم $0 \leq g(x)<1$. حالا به راحتی داریم $ f_{n}(x)^{2}=1+x f_{n-1}(x+1) $ با حدگیری نتیجه می شود که $f(x) ^{2}=1+xf(x+1) $.

بعد از کمی محاسبه داریم

$$0 \leq \frac{g(x)}{x} \leq \frac{g(x+1)}{x+1} \leq ... \leq \frac{g(x+n)}{x+n} < \frac{1}{x+n} $$

با حدگیری نتیجه می شود که $g(x)=0$ پس $f(x)=x+1$. حالا قرار میدیم $x=2$ حکم نتیجه میشه.

این اثبات از کتاب surprises and counterexamples in real function theory نوشته rajwade و bhandari بود. برای جزئیات بیشتر به همین کتاب رجوع کنید.

همچنین لازم به ذکر که این به رادیکال های تو درتو رامانوجان معروفه .

دارای دیدگاه توسط
+1
اثبات بسیار زیبایی بود
به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید!
کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
حمایت مالی
...