una somma di ramanujan

[jordan]

Calcolare: $ \sqrt{1+1\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+\ldots}}}} $ (la somma è a infiniti termini)

[gianmaria]

Pongo $ S_n=\sqrt{1+n\sqrt{1+(n+1)\sqrt{1+\ldots}}} $
Ne deriva $ S_n=\sqrt{1+nS_{n+1}} $e quindi $ S_{n+1}=\displaystyle \frac{S_n^2-1}n $, formula di ricorrenza che è vera se $ S_n=n+1 $, come si verifica facilmente sostituendo nella formula; inoltre si ha $ S_0=1 $.
La somma richiesta è $ S_1 $, quindi vale 2.

[Tibor Gallai]

La ricorrenza non vale tra i primi 2 termini, poiché contiene una divisione per 0. Quindi la tua induzione non può partire.

Comunque: viewtopic.php?t=3303

E metterlo nelle sezioni olimpiche è LOL.

[gianmaria]

Giusto, e ci ho pensato anch'io, ma in ritardo. La prima cosa che ho fatto questa mattina è stata collegarmi per segnalare l'errore, ma sei arrivato prima tu. Grazie per l'indicazione della soluzione (anche se è un po' seccante pensare che tutti i problemi che vengono proposti hanno già una risposta stampata).

[Tibor Gallai]

Non è un link alla soluzione...
Le soluzioni che conosco sono veramente ma veramente poco elementari, e non sono certo comparse su questo forum.
Per questo è ridicolo che venga posto in Algebra olimpica.

[gianmaria]

Concordo nel dire che non è un link alla soluzione: infatti l'unica che vi figura è praticamente identica alla mia. Parte da n=0 e dopo qualche passaggio divide per n, commettendo così il mio stesso errore, sia pure in forma più larvata.
Cosa significa LOL?

[Tibor Gallai]

commettendo così il mio stesso errore, sia pure in forma più larvata.

Non è tanto larvata, è dichiaratamente errata:

proviamo con una dimostrazione fasulla:
[...]
qual è il problema ?

Cosa significa LOL?

http://www.urbandictionary.com/define.php?term=lol

[Simo_the_wolf]

Vediamo se così funziona...

$ \displaystyle S_{n,k} = \sqrt { 1+ n \sqrt { 1+ (n+1) \sqrt { 1+ \ldots +(n+k)\sqrt 1 } } } $

Quello che volglio trovare è $ S_{1,k} $ facendo tendere $ k $ ad infinito...

Un'identità interessante è: $ S_{n,k}^2 - (n+1)^2 = n (S_{n+1,k-1} - (n+2)) $ e quindi in particolare sfruttando $ S_{n,k} \geq \sqrt{n} $:

$ |n+1 - S_{n,k} |\leq |(n+2) - S_{n+1,k-1} | \cdot \frac n {n+1 + \sqrt{n}} $


applicando questo con $ n=1 $ e $ k=n $ e iterando ottengo:

$ |2 - S_{1,n}| \leq |(n+2) - S_{n+1,0} | \cdot \frac 1 {P_n} $

Dove $ P_n = \prod_{i=1}^n (1+\frac 1i + \frac 1 {\sqrt i } ) \geq \prod_{i \leq n} (1+ \frac 1 {\sqrt i } ) $

Ora per un po' di brutal analisi so che $ e^{x/2} < 1+x $ per $ x $ abbastanza piccoli, e quindi

$ \displaystyle P_n \geq \prod_{i=1}^n \left(1+ \frac 1 {\sqrt n } \right) \geq C_1 e^{ \sum \frac 1 {2\sqrt{i} } } \geq C_2 e^{ \sqrt{n} } $

Dove le costanti servono per le approssimazioni usate. Ora è abbastanza evidente che $ (n+2)/P_n \to 0 $ da cui la tesi.

[Tibor Gallai]

Anche:
http://www.isibang.ac.in/~sury/ramanujanday.pdf