话说拉马努金的恒等式这两天被出名了

kuing

正好在旧版论坛的时候证过一次，复制过来先。

原贴发表于 2012-10-13 17:12


在网上搜了一下，第一个链接（zhidao.baidu.com/question/399527225.htm）里有这样的一个证明：

3=√(1+8)
=√(1+2√(1+3*5))
=√(1+2√(1+3√(1+4*6)))
=√(1+2√(1+3√(1+4√(1+5*7))))
=....以此类推=Ramanujan恒等式。
你懂的，亲~

看上去这证明好像没什么问题而且挺有型，不过细想想，还是觉得有点……不知怎么说，总觉得还差点东西，主要就是最后的那个数的问题。

总之还是不太放心这个证明，决定还是自己证一下，既然也知道结果了，而且又是层层根号，不如就来个“无敌有理化”吧！

记
\begin{align*}
a_1&=1, \\
a_2&=\sqrt{1+2}, \\
a_3&=\sqrt{1+2\sqrt{1+3}}, \\
a_4&=\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4}}}, \\
&\vdots \\
a_n&=\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\cdots +(n-2)\sqrt{1+(n-1)\sqrt{1+n}}}}}},
\end{align*}
则原题就是求 $\lim_{n\to\infty}a_n$。

为有理化作准备，再记
\begin{align*}
b_1&=a_n, \\
b_2&=\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\cdots +(n-2)\sqrt{1+(n-1)\sqrt{1+n}}}}}, \\
b_3&=\sqrt{1+4\sqrt{1+\cdots +(n-2)\sqrt{1+(n-1)\sqrt{1+n}}}}, \\
&\vdots\\
b_{n-2}&=\sqrt{1+(n-1)\sqrt{1+n}}, \\
b_{n-1}&=\sqrt{1+n},
\end{align*}
那么对于任意满足 $1\leqslant k\leqslant n-2$ 的正整数 $k$，有
\[b_k^2-(k+2)^2=1+(k+1)b_{k+1}-(k+2)^2=(k+1)\bigl(b_{k+1}-(k+3)\bigr)=(k+1)\cdot \frac{b_{k+1}^2-(k+3)^2}{b_{k+1}+k+3},\]
于是
\begin{align*}
a_n-3&=\frac{b_1^2-3^2}{b_1+3}=2\cdot \frac{b_2^2-4^2}{(b_1+3)(b_2+4)}=2\cdot 3\cdot \frac{b_3^2-5^2}{(b_1+3)(b_2+4)(b_3+5)} \\
&=\cdots =(n-1)!\cdot \frac{b_{n-1}^2-(n+1)^2}{(b_1+3)(b_2+4)(b_3+5)\cdots (b_{n-1}+n+1)} \\
&=\frac{-(n+1)!}{(b_1+3)(b_2+4)(b_3+5)\cdots (b_{n-1}+n+1)},
\end{align*}
由于各 $b_i$ 都大于 $1$，所以
\begin{align*}
\abs{a_n-3}&=\frac{(n+1)!}{(b_1+3)(b_2+4)(b_3+5)\cdots (b_{n-1}+n+1)} \\
&<\frac{(n+1)!}{(1+3)(1+4)(1+5)\cdots (1+n+1)} \\
&=\frac6{n+2},
\end{align*}
这样，当 $n\to\infty$ 时，就自然有
\[\lim_{n\to\infty}a_n=3.\]

中间的过程其实就是不断的有理化，将所有的根号去掉。只不过很不方便表达，所以才引用那些 $b$。

Tesla35

类似题目
见帖子15L西神解答
tieba.baidu.com/p/1300488932

战巡

是已经被玩坏了.............

icesheep

2 楼西西的做法中，对 $\delta $ 的估计是否是不必要的？

只要函数列极限存在，那么等号右边的无穷连根式就有意义；
另一方面从左侧展开的那个过程无限进行下去不会有什么困难，只要保证了其有意义，那么两者就应当是相等的。

青青子衿

原因在这里吧！

拉马努金笔记本岁月1904—1914

hbghlyj

Tesla35 发表于 2013-11-5 09:11
类似题目
见帖子15L西神解答
tieba.baidu.com/p/1300488932
求$f(x)=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+\cdots+(x+n-1)\sqrt{1+(x+n)\sqrt{1+\cdots}}}}}$的值.
解: 设$f_n(x)=\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+\cdots+(x+n-1)\sqrt{1+(x+n)}}}}$显然关于 $n$ 是递增的
且 $x+1=\sqrt{1+x(x+2)}=\cdots=\sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+\cdots+(x+n-1)(x+n+1)}}}$
$>f_{n}(x)$, 因此 $f(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}(x)$ 存在, 且 $f(x) \leq x+1$
再有 $f(x)>\sqrt{1+x \sqrt{1+x \sqrt{1+x \sqrt{\cdots}}}}=\frac{x+\sqrt{x^{2}+4}}{2}>x$
$\therefore x<f(x) \leq x+1$
再设 $\delta(x)=x+1-f(x) \Rightarrow 0 \leq \delta(x)<1$
而由 $f(x)=\sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+\cdots+(x+n-1) \sqrt{1+(x+n) \sqrt{1+\cdots}}}}}$
$\Rightarrow f^{2}(x)=1+x f(x+1) \Rightarrow(x+1+f(x)) \delta(x)=x \delta(x+1)$
所以 $0 \leq \frac{\delta(x)}{x} \leq \frac{\delta(x+1)}{x+1} ≤ \cdots ≤ \frac{\delta(x+n)}{x+n}<\frac{1}{x+n} \rightarrow 0$
所以 $f(x)=x+1$.

又见forum.php?mod=viewthread&tid=4309
On an entry of Ramanujan in his Notebooks- a nested roots expansion.pdf (201.58 KB, Downloads: 52)

2022-12-20 01:06 Upload

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hbghlyj

来自知乎:

上面的式子推广到无穷次的时候称之为拉马努金恒等式，但正由于推到无穷次，最后一个根号里面数的不收敛，所以随便找一个大于三的数都可以有下面的展开形式，只是发散速度更快了，所以说左右两端相等并不合理

但实际上,是收敛的:

ListPlot[Table[N[Fold[Sqrt[1 + #1 #2] &, 1, Reverse[Range[2, n]]]], {n, 99}]]
ListPlot[Table[N[Fold[Sqrt[1 + #1 #2] &, n + 2, Reverse[Range[2, n]]]], {n, 99}]]

hbghlyj

24楼
设数列$\{a_n\}$每项均为正数,且满足$a_{n+1}a_{n-1}^5=a_n^4a_{n-2}^2\;(n\ge2)$,且$a_1=8,a_2=64,a_3=1024$,计算$$\sqrt{a_{1}+\sqrt{a_{2}+\sqrt{a_{3}+\cdots}}}$$的值.
评论:$a_n=2^{2^{n-1}+2n}$

hbghlyj

30楼
简证：记
\[
\begin{aligned}
& a_{n}=\sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{\cdots(x+n-2) \sqrt{1+(x+n-1)}}}} \\
x+1 &=\sqrt{1+x(x+2)} \\
&=\sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1)(x+3)}} \\
&=\sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{\cdots(x+n-2) \sqrt{1+(x+n-1)(x+n+1)}}}} \\
&>a_{n}
\end{aligned}
\]
反复利用 $\sqrt{a+c \sqrt{b}} \leq \sqrt{c} \sqrt{a+\sqrt{b}}$, 其中 $c \geq 1, a, b>0$ 将上式最里层根式提出得到
\[
\begin{gathered}
x+1<(x+n+1)^{\frac{1}{2^{n}}} a_{n} \\
x+1>a_{n}>(x+n+1)^{-\frac{1}{2 n}}(x+1) \longrightarrow x+1
\end{gathered}
\]