Limite ... strano

[axpgn]

[size=150]$lim_(n->0) sqrt(n+sqrt(n+sqrt(n+sqrt(n+...)))) = ?$[/size]


Cordialmente, Alex

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

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

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.

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

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 ...

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

@Mathita
[ot]Ti è andata bene, probabilmente 3m0o era occupato: non devi chiedergli mai di "espandere" qualcosa, potresti pentirtene [/ot]


Cordialmente, Alex

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

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.

Nel seguente quote troverai alcuni grassettati aggiunti da me.

"3m0o":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)

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), 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.

[giammaria2]

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 .

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.

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

@Mathita

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
\[ f_n(x) < f_{n+1}(x) < f(x) \]

"Treccani":
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.

[Mathita]

"3m0o":[quote="Treccani"]
Persona affetta da grafomania; detto spesso, con tono spreg., di scrittore molto produttivo ma di scarsissimo valore.

... ??[/quote]

Oddio! Non volevo attribuire alcuna connotazione negativa a quella parola! Non mi permetterei mai: leggo e apprezzo ogni tuo intervento.

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

"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 .

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.

edit:
Mmh non mi convince

Devi dimostrare che il limite esiste:
Altrimenti con lo stesso ragionamento, ponendo \( x= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = 1 - 1 + 1 -1 + \ldots \) abbiamo chiaramente che
\[ 1-x = 1 - \left(\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \right) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = x \]
da cui
\[ x= 1/2 \]
che è falso.

[84f45e194ee50365c2aa8ead271e4a9d9bb017bb]

"Mathita":[quote="3m0o"][quote="Treccani"]
Persona affetta da grafomania; detto spesso, con tono spreg., di scrittore molto produttivo ma di scarsissimo valore.

... ??[/quote]

Oddio! Non volevo attribuire alcuna connotazione negativa a quella parola! Non mi permetterei mai: leggo e apprezzo ogni tuo intervento. [/quote]

Chiedevo per sicurezza

[dan952]

Immagino ci sia un percorso "alla Alex" più elementare e ingegnoso per dimostrare quel limite

[axpgn]

No, no, mi piaceva e basta

Se esiste, non lo conosco