[guillem_dlc]

Estoy intentando demostrar el siguiente enunciado por el principio de inducción: para todo entero positivo \( n \)

\( \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{\cdots +\sqrt{n}}}}<3 \)

El caso base (\( n=1 \)) lo he sacado sin problema. Pero para el paso inductivo, estoy muy atascado y no sé por donde empezar. ¿Me podríais dar alguna pista para poder seguir?

[ani_pascual]

Hola:

Estoy intentando demostrar el siguiente enunciado por el principio de inducción: para todo entero positivo \( n \)

\( \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{\cdots +\sqrt{n}}}}<3 \)

El caso base (\( n=1 \)) lo he sacado sin problema. Pero para el paso inductivo, estoy muy atascado y no sé por donde empezar. ¿Me podríais dar alguna pista para poder seguir?

Un intento...
Puede probarse (patada a seguir... ) que \( \forall\, n>1 \) se cumple que
\( 2n+1<a^2 \) donde es \( a=\left[(\cdots (3^2-1)^2-2)^2-\cdots)^2-(n-1)\right] \).
Así, si se supone cierto que \(
\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{\cdots +\sqrt{n}}}}<3 \), o equivalentemente,
\( n<\left[(\cdots (3^2-1)^2-2)^2-\cdots)^2-(n-1)\right]^2\Longleftrightarrow n<a^2 \), entonces
\( n+1<a^2+1\stackrel{(\ast)}{<}\left(a^2-n\right)^2\Longrightarrow \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{\cdots+\sqrt{n+1}}}}<3 \).
\( (\ast) \).
Como es
\( a=\left[(\cdots (3^2-1)^2-2)^2-\cdots)^2-(n-1)\right] \),
entonces
\( \left\{\begin{array}{l}1<n^2\\1<a^2-2n\end{array}\right.\Longrightarrow \left\{\begin{array}{l}1<n^2\\a^2<a^2(a^2-2n)\end{array}\right.\Longrightarrow  a^2+1<(a^2-n)^2 \)
Como es muy probable que esté mal, espero las correcciones...
Saludos

[martiniano]

Hola.

Yo he pensado en considerar la sucesión definida por:

\[ a_1=3 \]
\[ a_{k+1}=a_k^2-k \].

Aquí veamos, antes de nada, que si para algún \[ k \] es \[ a_k>k+1 \], entonces:
\[ a_{k+1}=a_k^2-k>(k+1)^2-k=k^2+k+1\geq{k+2} \].

De donde, por inducción es \[ a_n>n+1 \] para todo \[ n \].

Supongamos ahora que existen \[ m,n \] tales que \[ m<n \] y que:

\[ \sqrt[ ]{m+\sqrt[ ]{(m+1)+\sqrt[ ]{\ldots+\sqrt[ ]{n}}}}\geq{}a_m \]

Observar que si el enunciado fuese falso se daría lo anterior con \[ m=1 \]

Entonces elevando al cuadrado y restando \[ m \]:

\[ \sqrt[ ]{(m+1)+\sqrt[ ]{\ldots+\sqrt[ ]{n}}}\geq{}a_m^2-m=a_{m+1} \]

De donde, por inducción sobre \[ m \] sería \[ \sqrt[ ]{n}\geq{}a_n \], pero esto contradice lo dicho más arriba, luego no existen tales \[ m,n \] y queda probado el enunciado.

Un saludo.

[Richard R Richard]

Hola yo he probado con $$n$$ apenas unas decenas ya tiene varias cifras significativas  respecto de lo que se obtiene con $$n$$ del rango del millón  y es $$1.7579327566180045<3$$

Código: [Seleccionar]

n=1000001
r=n**.5
for a in range(n-1,0,-1):
    r=(a+r)**0.5
print (r)

es fácil darse cuenta que


$$n <((((3^2-1)^2-2)^2-3)^2...-(n-1))^2$$


Usar inducción así es mas fácil, creo  .

[ani_pascual]

Hola:

...


Yo he pensado en considerar la sucesión definida por:

\[ a_1=3 \]
\[ a_{k+1}=a_k^2-k \].

Aquí veamos, antes de nada, que si para algún \[ k \] es \[ a_k>k+1 \], entonces:
\[ a_{k+1}=a_k^2-k>(k+1)^2-k=k^2+k+1\geq{k+2} \].

De donde, por inducción es \[ a_n>n+1 \] para todo \[ n \].

Supongamos ahora que existen \[ m,n \] tales que \[ m<n \] y que:

\[ \sqrt[ ]{m+\sqrt[ ]{(m+1)+\sqrt[ ]{\ldots+\sqrt[ ]{n}}}}\geq{}a_m \]

Observar que si el enunciado fuese falso se daría lo anterior con \[ m=1 \]

Entonces elevando al cuadrado y restando \[ m \]:

\[ \sqrt[ ]{(m+1)+\sqrt[ ]{\ldots+\sqrt[ ]{n}}}\geq{}a_m^2-m=a_{m+1} \]

De donde, por inducción sobre \[ m \] sería \[ \sqrt[ ]{n}\geq{}a_n \], pero esto contradice lo dicho más arriba, luego no existen tales \[ m,n \] y queda probado el enunciado.
...

¡A mí me has convencido! 
Una pregunta: Esa demostración valdría para probar que \( \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{\cdots +\sqrt{n}}}}<r \) para cualquier \( r>2 \), tomando la misma sucesión, pero con \( a_1=r \)?
Saludos

[martiniano]

Hola.

Hola:

...


Yo he pensado en considerar la sucesión definida por:

\[ a_1=3 \]
\[ a_{k+1}=a_k^2-k \].

Aquí veamos, antes de nada, que si para algún \[ k \] es \[ a_k>k+1 \], entonces:
\[ a_{k+1}=a_k^2-k>(k+1)^2-k=k^2+k+1\geq{k+2} \].

De donde, por inducción es \[ a_n>n+1 \] para todo \[ n \].

Supongamos ahora que existen \[ m,n \] tales que \[ m<n \] y que:

\[ \sqrt[ ]{m+\sqrt[ ]{(m+1)+\sqrt[ ]{\ldots+\sqrt[ ]{n}}}}\geq{}a_m \]

Observar que si el enunciado fuese falso se daría lo anterior con \[ m=1 \]

Entonces elevando al cuadrado y restando \[ m \]:

\[ \sqrt[ ]{(m+1)+\sqrt[ ]{\ldots+\sqrt[ ]{n}}}\geq{}a_m^2-m=a_{m+1} \]

De donde, por inducción sobre \[ m \] sería \[ \sqrt[ ]{n}\geq{}a_n \], pero esto contradice lo dicho más arriba, luego no existen tales \[ m,n \] y queda probado el enunciado.
...

¡A mí me has convencido! 
Una pregunta: Esa demostración valdría para probar que \( \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{\cdots +\sqrt{n}}}}<r \) para cualquier \( r>2 \), tomando la misma sucesión, pero con \( a_1=r \)?

Diría que sí. Incluso para \[ r=2 \] dejando que alguna desigualdad deje de ser estricta.

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

...
Diría que sí. Incluso para \[ r=2 \] dejando que alguna desigualdad deje de ser estricta.
...

Entendido. Gracias 
Saludos