oändligt rotuutryck

Jag har gjort så här

Oprövad Lösningside:

Eftersom det är ett oändligt rotuttryck borde det gå mot ett gränsvärde som inte  påverkas när man lägger till ytterligare en term.

Om

$A = \sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20...}}}$

Då borde gälla att

$A = \sqrt{20+A}$

Prova det

Nu blandar jag mig i här. Varför borde det gälla att:

$A=\sqrt{20+A}$

?

Tillägg: 9 jun 2024 12:58

Och förutsatt att denna ansats skulle fungera, fungerar den väl bara under förutsättningen att gränsvärdet faktiskt existerar? Om det skulle vara divergent skulle väl detta bara leda till falska rötter?

Min tankegång är:

om vi har en oändlig radda som tillsammans går mot ett gränsvärde så påverkas inte gränsvärdet om vi lägger till ett tal till i raddan, den är ju redan oändligt lång, ett till gör ingen skillnad.

Vi kallar vår långa raddas gränsvärde för A 

När vi lägger till ytterligare en komponent i raddan, väljer jag att lägga den först

I det här fallet är raddan och dess värde

ekv 1:  $A = \sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20...}}}$

Nu lägger jag till en term till

A = $\sqrt{20+\sqrt{\mathbf{20}\mathbf{+}\sqrt{\mathbf{20}\mathbf{+}\sqrt{\mathbf{20}}\mathbf{.}\mathbf{.}\mathbf{.}}}}$

Där det fetmarkerade är det gamla och den första tjugan är den nya komponenten

Då ser vi att vi kan ersätta den fetmarkerade delen med A (sätt in ekv 1 )

$A =\hspace{0.17em}\sqrt{20+\mathit{A}}$

Sen löser vi ut A på vanligt sätt.

hej naytte va kul att höra från dig 

Ture skrev:

Min tankegång är:

om vi har en oändlig radda som tillsammans går mot ett gränsvärde så påverkas inte gränsvärdet om vi lägger till ett tal till i raddan, den är ju redan oändligt lång, ett till gör ingen skillnad.

Vi kallar vår långa raddas gränsvärde för A 

När vi lägger till ytterligare en komponent i raddan, väljer jag att lägga den först

I det här fallet är raddan och dess värde

ekv 1:  $A = \sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20...}}}$

Nu lägger jag till en term till

A = $\sqrt{20+\sqrt{\mathbf{20}\mathbf{+}\sqrt{\mathbf{20}\mathbf{+}\sqrt{\mathbf{20}}\mathbf{.}\mathbf{.}\mathbf{.}}}}$

Där det fetmarkerade är det gamla och den första tjugan är den nya komponenten

Då ser vi att vi kan ersätta den fetmarkerade delen med A (sätt in ekv 1 )

$A =\hspace{0.17em}\sqrt{20+\mathit{A}}$

Sen löser vi ut A på vanligt sätt.

Snyggt! Se upp för falska rötter sen...

Som Naytte påpekar behöver nog konvergensen visas. ”Tures ekvation” ger en rekursionsformel: a_n+1²=20+a_n  Om vi sätter a₀=0 får vi en följd som ser ut som den givna. Den är klart positiv. Med induktion bör man utan alltför stor ansträngning kunna visa att den är begränsad. Om man också kan visa att den är monoton så är saken klar.

Jag håller med om ofullständigheten i min lösning. 

Frågan är på Matte 2 nivå så man förväntas nog inte göra några krångligare bevis. 

Vore kul om ngn kan prestera ett dylikt! (jag kan det inte) 

Har någon en alternativ lösning? 

Jag har ett förslag på hur vi kan visa konvergens, på samma spår som Tomten föreslog. För att gränsvärdet:

$\displaystyle \{ a_n \}_{n=1}^{\infty}$ ska konvergera, där $a_n=\sqrt{20+a_{n-1}}$ och $a_0 = 0$, måste två kriterier gälla. Serien $\{ a_n \}$ måste dels vara monoton, och dels vara begränsad (i detta fall uppåt).

Vi visar enkelt med induktion att $a_n > a_{n-1}$ för alla $\mathbb{Z}_{> 0 }$:

Basfall ($n=1$):

$a_1 = 20 + 0 > 0 = a_{0} \implies a_1 > a_{0}$

Nu antar vi att påståendet är sant för ett generiskt $n=p$, och använder detta för att visa att det gäller då $n=p+1$. Det vi har att utgå ifrån är att $a_{p} > a_{p-1}$, och det vi ska visa är att $a_{p+1} > a_p$. Detta visas enkelt:

$\displaystyle a_{p+1} - a_p = \sqrt{20+a_{p}}-\sqrt{20+a_{p-1}}>0$, ty $a_{p} > a_{p-1}$ per vårt induktionsantagande.

Slutsats:

Följden $\{ a_n \}$ är monotont växande. Nu måste vi visa att följden dessutom är begränsad uppåt.

Vi kan visa med induktion att $5$ är en övre begränsning:

Basfall ($n=1$):

$a_1 = \sqrt{20} \le 5$

Antag sant för ett generiskt $n=p$. Nu visar vi med antagandet $a_p \le 5$ att $a_{p+1} \le 5$:

$a_{p+1}=\sqrt{20+a_p}$

Per induktionsantagandet vet vi att $a_p \le 5 \implies 20+a_p \le 25$

Slutsats: $\{ a_n \} \le 5$

Nu när vi dels har visat monotonitet och att följden är begränsad uppåt vet vi att den konvergerar och att gränsvärdet från början således existerar.

Naytte det här är överkurs väl ?

om frågan är från Ma2 så är det definitivt överkurs!

Från vilket avsnitt inom Ma2 kommer uppgiften?

Man kommer faktiskt fram till samma ekvation genom att bara kvadrera ursprungsekvationen

$z=\sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20}}}}$

kvadrera bägge led så får vi

$z^2=20 + \sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20+\sqrt{20}}}}$

sen gör vi som tidigare, ersätter rotuttrycket med z

$z^2=20+z$

osv

Algebra uppgiften är från boken Orio 2c

Det är faktiskt förvånande att en sådan fråga dyker upp på Ma2-nivå, för på den nivån saknar man oftast kunskaperna som krävs för att lösa uppgiften rätt. Det finns mycket som är aja-baja när det kommer till oändliga summor och följder.

Är man t.ex. inte försiktig när man behandlar en till synes enkel summa som $1+2+3+...$ kan man råka komma fram till att $1+2+3+... = -\frac{1}{12}$.

nayette, ser du något matematiskt felaktigt i inlägg #14 ?

Nej, jag tycker det ser bra ut. Men lösningen förutsätter givetvis då att rotuttrycket har ett värde, vilket man kan visa. 

Tillägg: 9 jun 2024 19:02

Men det kan hända att det egentligen inte är tillåtet att kvadrera på det sättet. Vissa operationer förlorar sina egenskaper under förhållanden som dessa (t.ex. addition slutar vara kommutatitvt i oändliga summor). Vet inte något liknande gäller kvadrering.

Om det ska noga så måste man först definiera vad man menar när det står ... under rottecknet.

(Fast det var inga sådana i frågan, vi fick tänka dit dem.)