Limite ... strano

[axpgn]

$lim_(n->0) sqrt(n+sqrt(n+sqrt(n+sqrt(n+...)))) = ?$


Cordialmente, Alex

[3m0o]

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Sia \( f_0(x)= 0 \) e \( f_{n+1}(x) = \sqrt{x+f_n(x)} \). Abbiamo che questa è una successione di funzioni continue che converge puntualmente a \(f(x)= \frac{1+ \sqrt{4x+1}}{2} \) se \(x >0 \) e a \(f(0)=0 \). Chiaramente \(f(x)\) è discontinua in \(0\), in altre parole non puoi permutare i limiti \( \lim_x \lim_n f_n(x) \neq \lim_n \lim_x f_n(x) \), infatti:
\[ \lim_{n \to \infty} \lim_{x \to 0} f_n(x) = \lim_{n \to \infty} 0 = 0 \neq 1 = \lim_{x \to 0} \frac{1+ \sqrt{4x+1}}{2} = \lim_{ x \to 0} \lim_{n \to \infty} f_n(x) \]
Noi abbiamo quindi che
\[ \lim_{x \to 0} \sqrt{ x + \sqrt{ x + \sqrt{ x + \ldots } } } = \lim_{ x \to 0} \lim_{n \to \infty} f_n(x) = 1 \]

[Mathita]

@3m0o

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È una bella soluzione, complimenti! Sarei curioso di sapere come dimostri la convergenza puntuale. Più che altro sono interessato a capire come dimostri che $f_{n}(x)$ converge per ogni $x>0$. Ti va di espandere un po' la soluzione? Da "analista" quale sono, questa è la parte che mi intriga di più.

[3m0o]

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Sia \(x >0 \) fissato. E consideriamo la successione \( (f_n(x))_{n \in \mathbb{N}} \).

Monotonia:
Sia \( f(x) = \frac{1 + \sqrt{4x+1}}{2} \) per \(x >0 \) e \( f(0)=0\).
Abbiamo che \( f_0(x) = 0 < 1 \leq \frac{1 + \sqrt{4x+1}}{2} \)
Supponi che \( f_n(x) < f(x) \), allora abbiamo che
\[ f_n(x) < f_{n+1}(x) \]
infatti abbiamo che \( f_{n+1}^2(x) = x + f_n(x) \), siccome chiaramente \( f_n(x) \geq 0 \) per ogni \(n \) e per ogni \(x > 0\). Inoltre abbiamo che \( f^2(x) = f(x) + x \), dunque risulta che
\[ f^2(x) - f_{n+1}^2(x) = f(x) + x - (x+f_n(x)) = f(x) - f_n(x) \]
da cui
\[ f(x) - f_{n+1}(x) < f(x) -f_n(x) \]
pertanto \( f_n(x) < f_{n+1}(x) \)
Limitatezza:
Abbiamo che \( f_{n}(x) < f(x) \) per ogni \(n \geq 0 \), abbiamo già dimostrato che \( f_n(x) < f_{n+1}(x) \), supponi che \( f(x) \leq f_{n+1}(x) \), abbiamo nel qual caso che \( f_{n+1}^2(x) - f_{n+1}(x) - x \geq 0 \), da cui
\[ f_{n+1}^2(x) \geq f_{n+1}(x) + x > f_n(x) + x = f_{n+1}^2(x) \]
che è assurdo. Pertanto \( f_{n}(x) < f_{n+1}(x) < f(x) \).

Abbiamo pertanto che per ogni \(x>0\) fissato, ma arbitrario, la successione \( (f_n(x))_{n} \) è monotona crescente e limitata pertanto ammette un limite \( \ell(x)\), o in altre parole \( \lim_{n \to \infty} f_n(x) = \ell(x) \).
Abbiamo chiaramente che \( \ell(x) = \sqrt{ x + \ell(x)} \) da cui \( \ell(x) \in \{ \frac{1 - \sqrt{4x+1}}{2} , \frac{1+\sqrt{4x+1}}{2}\}\). Siccome \( \frac{1 - \sqrt{4x+1}}{2} < 0 \) e \( f_n(x) \geq 0 \) abbiamo \( \lim_{n \to \infty} f_n(x) = f(x) \).
Da cui \( \lim_{n \to \infty} f_n = f \) puntualmente se \(x > 0 \) e \( f_n(0) \to 0 \).

[axpgn]

@3m0o
Giusto! (che te lo dico affare? )

Ma ti chiederei ...

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Esiste una "soluzione" a portata di questa sezione?
Come hai determinato proprio quella $f(x)$? (In parole semplici )

@Mathita

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Ti è andata bene, probabilmente 3m0o era occupato: non devi chiedergli mai di "espandere" qualcosa, potresti pentirtene

Cordialmente, Alex

[3m0o]

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Mi son detto: se converge puntualmente a \(f\) allora soddisfa \( f^2(x) =f(x)+x\) ho risulto l'equazione di secondo grado considerando \(f\) incognita e \(x\) parametro e ho escluso la soluzione negativa

[Mathita]

@axpgn Ho riso più del dovuto alla tua battuta. Ho letto molto spesso le risposte di 3m0o e mi piace che sia un grafomane!

@3m0o, prima di tutto, ti ringrazio per aver accolto la mia richiesta Sei stato molto gentile. ho più di qualche dubbio, dovuti principalmente alla mancanza di quantificatori.

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Nel seguente quote troverai alcuni grassettati aggiunti da me.

Sia \(x >0 \) fissato. E consideriamo la successione \( (f_n(x))_{n \in \mathbb{N}} \).

Monotonia:
Sia \( f(x) = \frac{1 + \sqrt{4x+1}}{2} \) per \(x >0 \) e \( f(0)=0\).
Abbiamo che \( f_0(x) = 0 < 1 \leq \frac{1 + \sqrt{4x+1}}{2} \)
Supponi che \( f_n(x) < f(x) \) (questa ipotesi deve valere per ogni n? Oppure devo supporre che esista un n tale che valga?), allora abbiamo che
\[ f_n(x) < f_{n+1}(x) \]
infatti abbiamo che \( f_{n+1}^2(x) = x + f_n(x) \), siccome chiaramente \( f_n(x) \geq 0 \) per ogni \(n \) e per ogni \(x > 0\). Inoltre abbiamo che \( f^2(x) = f(x) + x \), dunque risulta che
\[ f^2(x) - f_{n+1}^2(x) = f(x) + x - (x+f_n(x)) = f(x) - f_n(x) \]
da cui
\[ f(x) - f_{n+1}(x) < f(x) -f_n(x) \]
pertanto \( f_n(x) < f_{n+1}(x) \) (Vale per ogni n, o solo per quel n per cui vale $f_{n}(x)<f(x)$?)

Limitatezza:
Abbiamo che \( f_{n}(x) < f(x) \) per ogni \(n \geq 0 \), abbiamo già dimostrato che \( f_n(x) < f_{n+1}(x) \) (è qui che il mio cervello è andato in pappa... Stai usando una conseguenza di $f_{n}(x)<f(x)$, o mi sbaglio?), supponi che \( f(x) \leq f_{n+1}(x) \), abbiamo nel qual caso che \( f_{n+1}^2(x) - f_{n+1}(x) - x \geq 0 \), da cui
\[ f_{n+1}^2(x) \geq f_{n+1}(x) + x > f_n(x) + x = f_{n+1}^2(x) \]
che è assurdo. Pertanto \( f_{n}(x) < f_{n+1}(x) < f(x) \).

...

Per come interpreto io quello che hai scritto, ho l'impressione che tu utilizzi la limitatezza per dimostrare la monotonia e la monotonia per dimostrare la limitatezza. Potrei aver preso un abbaglio, in tal caso scusami. Il resto è ok.

[giammaria]

Avevo già letto un problema simile a questo; ne differiva solo perché là era $n=2$. Ne riporto la semplice soluzione; il concetto è sostanzialmente quello usato da 3m0o .

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Posto $x=sqrt(n+sqrt(n+sqrt(n+...)))$, si ha $x=sqrt(n+x)$ e quindi, con la limitazione $x>=0$,
$x^2=n+x->x^2-x-n=0$
Per la limitazione, ci interessa solo la soluzione positiva, che è $x=(1+sqrt(1+4n))/2$, e basta calcolare il limite di questa soluzione.

[3m0o]

@Mathita

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No io voglio dimostrare che per ogni \(n \geq 0 \) vale
\[ f_n(x) < f_{n+1}(x) < f(x) \]
Ho il caso base che \( f_0(x) < f(x) \). Uso l'induzione per dimostrare che se per un certo \(n \in \mathbb{N} \) vale che \( f_n(x) < f(x) \) allora vale che \( f_n(x) < f_{n+1}(x) \).
Dimostrando che per ogni \( n \geq 0 \) tale che \( f_n(x) < f(x) \) abbiamo che \( f_n(x) < f_{n+1}(x) \).

Nella limitatezza ho il caso base che
\[ f_0(x) < f(x) \]
e per il punto precedente
\[ f_0(x) < f_1(x) \]
dimostro che in effetti si ha
\[ f_0(x) < f_1(x) < f(x) \]
poi posso usare l'induzione perché ora ho come ipotesi \( f_1(x) < f(x) \) da cui \( f_1(x) < f_2(x) < f(x) \) e così via.

Rispondendo ai tuoi grassetti in ordine
Per il seguito \(n\) è fissato.
1) Fisso un certo \(n\) e suppongo \( f_n(x) < f(x) \).
2) Con l'ipotesi che \(f_n(x) < f(x) \) dimostro che \( f_n(x) < f_{n+1}(x) \) solo per gli \(n\) che soddisfano \(f_n(x) < f(x)\).
3) Con l'ipotesi \( f_n(x) < f(x) \) allora ottengo qualcosa di più forte di 2) ovvero \( f_n(x) < f_{n+1}(x) < f(x) \)

Ora posso applicare l'induzione perché \( f_0(x) < f(x) \) da cui per 3) abbiamo che \(f_0(x) < f_1(x) < f(x) \) dunque \( f_1(x) < f_2(x) < f(x) \), etc.
Per l'induzione abbiamo quindi che per ogni \(n \geq 0 \) risulta che
\[ f_n(x) < f_{n+1}(x) < f(x) \]

Persona affetta da grafomania; detto spesso, con tono spreg., di scrittore molto produttivo ma di scarsissimo valore.

... ??

[Mathita]

Sì, mi convince! Mi sono fatto ingannare dal grassettato monotonia. Grazie mille per avermi tolto ogni dubbio, sei stato troppo gentile.