radical imbricati

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



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



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



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



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!

radical imbricati

Documents