radical imbricati
Post on 24-Nov-2015
39 Views
Preview:
DESCRIPTION
TRANSCRIPT
-
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
SIRUL DE RADICALI IMBRICATI AL LUI RAMANUJAN
O PRIVIRE PROASPATA
Abstract. A fresh approach on Ramanujans nested radical sequence.
Se adreseaza claselor XI, XII.Data: 5 februarie 2014.Autor: Dan Schwarz, Bucuresti.
1. Introducere
O expresie de forma
X = x0 +
x1 +
x2 + +
xn +
se numeste radical imbricat (nested radical). Definind sirul (Xn)n0 prin
Xn = x0 +x1 +
x2 + +xn, singurul fel de a decide ca expresia X
este bine definita este de a demonstra ca sirul (Xn)n0 este convergent, siatunci putem lua X = lim
nXn.1
Ramanujan2 a propus calcularea valorii expresiei
1 + 2
1 + 3
1 + ,
un caz particular pentru
1 + x
1 + (x+ 1)
1 + (x+ 2)
1 + (x > 0),
care la randul sau este un caz particular pentru (a 0, m 1)
F (x) =
ax+ (m+ a)2 + x
a(x+m) + (m+ a)2 + (x+m)
Metoda clasica, introdusa de matematicianul N. J. Fine (1956), stabileste
ecuatia functionala F (x)2 = ax+(m+a)2+xF (x+m), care poate fi rezolvatapentru a se ajunge la F (x) = x+m+ a. Pentru a = 0 se obtine
x+m =
m2 + x
m2 + (x+m)
m2 + (x+ 2m)
m2 +
1Wikipedia spune despre acest subiect
Herschfeld proved that a nested radical of real nonnegative terms con-verges if and only if (xn)
1/2n is bounded. He also extended this resultto arbitrary powers (which also include continued fractions) (1935), aresult known under the name of Herschfelds convergence theorem.
2Journal of Indian Mathematical Society, 1911.
1
-
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
Ramanujan
iar pentru m = 1, x = 2 se obtine mai departe cazul cel mai notoriu
3 =
1 + 2
1 + 3
1 +
In cele ce urmeaza voi prezenta o noua metoda (care dupa stiinta mea nu amai fost folosita) pentru gasirea valorii acestei expresii.
2. Solutia
Definim sirurile dublu-indexate (xn,k)nk0 si (yn,k)nk0 prin
xn,k =
m2 + (x + km)
m2 + + (x + (n 1)m)
m2 + (x + nm)
yn,k =
m2 + (x + km)
m2 + + (x + (n 1)m)
m2 + 2(x + nm) + (x + nm)2
Observam pentru nceput ca xn,k < yn,k pentru toti n k 0. Apoiobservam ca pentru orice k 0 avemyk,k1 =
m2 + (x+ (k 1)m)m2 + 2(x+ km) + (x+ km)2 =
=m2 + (x+ (k 1)m)(x+ (k + 1)m)2 =
=m2 + (x+ (k 1)m)(x+ (k + 1)m) =
=
(x+ km)2 =
=m2 + 2(x+ (k 1)m) + (x+ (k 1)m)2 =
yk1,k1ceea ce telescopeaza catre yn,k = x+ (k + 1)m, astfel yn,0 = x+m, pentrutoti n 0. Pana aici, nimic nou ... decat ca de obicei se lucreaza numaicu sirurile (xn,0)n0 si (yn,0)n0; aceasta este pentru ca dorim sa aratam caF (x) = lim
nxn,0 = limn yn,0 = x+m.
Putem acum sa facem alte cateva observatii elementare. Sirul (xn,0)n0este evident strict crescator, iar din xn,0 < yn,0 = x + m rezulta ca sirul(xn,0)n0 este marginit superior, deci (dintr-o proprietate fundamentala alui R) este convergent, cu lim
nxn,0 = supn0xn,0 x+m.
Noutatea intervine aici. Vom estima n,k = yn,k xn,k. Avem
0 < n,k =y2n,k x2n,kyn,k + xn,k
=x+ km
yn,k + xn,k(yn,k+1 xn,k+1), si
y2n,n x2n,n = (x+ nm)(x+ nm+ 1), deci0 < n,k = (x+ nm+ 1)
n`=k
x+ `m
yn,` + xn,`=
=(x+ nm+ 1)(x+ km)
yn,n + xn,n
n`=k+1
x+ `m
yn,`1 + xn,`1 1 +
n`=k+1
1x+ `m
(din inegalitatea lui Bernoulli) si deci
n`=k+1
x+ `m
(x+ `m) +x+ `m
x1/2+1/4++1/2n = x11/2n , prin urmare, din definitia lui f(x),
f(x) = limnxn limnx
11/2n = x x+ 12
pentru x 1. Vom demonstraprin inductie ca f(x) x+ 1
21/2npentru n 0. Cazul de pornire n = 0 tocmai
a fost verificat mai sus. Avem atunci
f(x)2 = 1 + xf(x+ 1) >1
21/2n+ xf(x+ 1) 1 + x(x+ 2)
21/2n=
(x+ 1)2
21/2n,
asadar, luand radacina patrata, f(x) >x+ 1
21/2n+1. Prin urmare, trecand la
limita, f(x) limn
x+ 1
21/2n+1= x+ 1, si am terminat.
Se poate vedea ca acelasi argument se poate aplica, daca am avea doarf(x) 2(x+ 1), si pentru a arata ca f(x) 21/2n(x+ 1), deci f(x) x+ 1,si aceasta rezolva complet si ecuatia functionala din sectiunea urmatoare.
3
-
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
Ramanujan
3. O Aplicatie la o Ecuatie Functionala
Problema. Determinati functiile f : [1,+) [1,+) astfel ca pentruorice x 1 sa avem 2(x+ 1) f(x) si f(x+ 1) = f(x)
2 1x
.
Solutie. Sa presupunem ca f(x) 21/2n(x+ 1); acest lucru este adevaratpentru n = 0, caci se scrie f(x) 2(x+ 1). Avem atunci
f(x)2 1x
= f(x+ 1) 21/2n(x+ 2),
deci f(x)2 21/2n(x+2)x+1 < 21/2n(x+1)2, asadar f(x) < 21/2n+1(x+1).Prin urmare presupunerea este adevarata pentru toate valorile n, si decif(x) lim
n 21/2n(x+ 1) = x+ 1.
Presupunem acum f(x)
1 + x
1 + (x+ 1)
1 + , cu n semne deradical; acest lucru este adevarat pentru n = 0, caci se scrie f(x) 1.Atunci
f(x)2 1x
= f(x + 1)
1 + (x+ 1)
1 + (x+ 2)
1 + , deci
avem f(x)2 x
1 + (x+ 1)
1 + (x+ 2)
1 + + 1, prin urmare avem
si f(x)
1 + x
1 + (x+ 1)
1 + (x+ 2)
1 + , cu n + 1 semne de
radical. Dar acesta este sirul de radicali imbricati al lui Ramanujan, careconverge la x+ 1, si deci f(x) x+ 1.
Cele doua inegalitati obtinute combina n a ne da f(x) = x+ 1 ca unica
solutie (si o verificare rapida confirma acest fapt).
4. Un Alt Exemplu Estetic
Un radical imbricat interesant este si =
1 +
4 +
16 +
64 + .
Definim sirurile dublu-indexate (an,k)nk0 si (bn,k)nk0 prin
an,k =
(2k)2 +
(2k+1)2 + +
(2n1)2 +
(2n)2
bn,k =
(2k)2 +
(2k+1)2 + +
(2n1)2 +
(2n + 1)2
Atunci
1 +
4 +
16 +
64 + = lim
n an,0 = = 2 daca reusimsa demonstram ca sirul este convergent si ca are limita 2.
4
-
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
Ramanujan
Incepem prin a observa ca an,k < bn,k pentru toti n k 0. Apoiobservam ca pentru orice k 0 avem
bk+1,k =
(2k)2 +
(2k+1 + 1)2 =
(2k)2 + 2 2k + 1 =
(2k + 1)2 = bk,k
si deci putem telescopa catre bn,k = 2k+1; astfel bn,0 = 2, pentru toti n 0.
Finalmente vom estima bn,k an,k. Avem
0 < bn,k an,k =b2n,k a2n,kbn,k + an,k
=bn,k+1 an,k+1bn,k + an,k
si bn,n an,n = 1, deci
0 < bn,kan,k =n1`=k
1
bn,` + an,` k 2, dar si xmm+1,m xmm,m = xm+1,m+1 = m+1
m+ 1, avem
5
-
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
Concursul Gazeta Matematic i ViitoriOlimpici.ro
Ramanujan
x xn =mn
(xm+1 xm) =mn
xm+1,2 xm,21!
mn
x2m+1,2 x2m,22!
=mn
xm+1,3 xm,32!
mn
x3m+1,3 x3m,33!
=
= mn
xm+1,m xm,m(m 1)!
mn
xmm+1,m xmm,mm!xm1m,m
=mn
xm+1,m+1
m!(xmm,m)(m1)/m =
=mn
m+1m+ 1
m!mmm1
mn
1
m!
top related