Røtter og Cosinus

Magnus · 19/10-2007 19:41

Røtter og cosinus: Bevis at

\underset{n r o t - t e g n}{\underset{⏟}{\sqrt{2 + \sqrt{2 + s q r t 2 + . . . + \sqrt{2}}}}} = 2 \cos \frac{π}{2^{n + 1}}

Løsningen på denne er ganske så rett fram med induksjon.

Åpenbart sant for n=0.

Antar:

\underset{n r o t - t e g n}{\underset{⏟}{\sqrt{2 + \sqrt{2 + s q r t 2 + . . . + \sqrt{2}}}}} = 2 \cos \frac{π}{2^{n + 1}}

\underset{n + 1 r o t - t e g n}{\underset{⏟}{\sqrt{2 + \sqrt{2 + s q r t 2 + . . . + \sqrt{2}}}}} = \sqrt{2 + 2 \cos \frac{π}{2^{n + 1}}} = \sqrt{2 \cos^{2} \frac{π}{2^{n + 2}} + 2 \cos^{2} \frac{π}{2^{n + 2}} + 2 \sin^{2} \frac{π}{2^{n + 2}} - 2 \sin^{2} \frac{π}{2^{n + 2}}} =

= 2 \cos \frac{π}{2^{n + 2}}

Kommentarer:
Bruker at

\cos 2 x = \cos^{2} x - \sin^{2} x

Trenger ikke tenke på abs-verdi etter kvadratrot da cos er positiv i [0, [symbol:pi] /2).

Egentlig var jeg ikke så forferdelig interessert i denne løsningen. Prøvde heller å finne en algebraisk løsningsmetode, uten direkte hell. Noen som ser en?

Dere kan jo starte med å finne summen algebraisk når n-> [symbol:uendelig].

mrcreosote · 19/10-2007 21:58

La

a_{1} = \sqrt{2}, a_{n} = \sqrt{2 + a_{n - 1}}

og [tex]b_n=2\cos{\frac\pi{2^{n+1}}[/tex]. Spesielt er

b_{1} = a_{1} = \sqrt{2}

. Fra den velkjente formelen

\cos (2 x) = 2 \cos^{2} x - 1

kan vi utlede at

\cos \frac{x}{2^{n + 1}} = \sqrt{\frac{1 + \cos \frac{x}{2^{n}}}{2}}

(vi får ikke noe trøbbel med negativ rot som Magnus har beskrevet) som er ekvivalent med

b_{n} = \sqrt{2 + b_{n - 1}}

. Følgelig er

a_{n} = b_{n}

for alle n>0.

Magnus · 19/10-2007 23:11

Smart!

Er en enkel måte å finne summen når n->inf, som ikke innebærer at man trenger å benytte seg av det som bevises i denne oppgaven. Noen som tar den?

Knuta · 21/10-2007 23:40

F.eks. Like mye som

\HUGE {\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{} {\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{. . . . .}}}}}}}

?

daofeishi · 22/10-2007 06:37

Indeed! Numerisk verdi følger også fint ved å sette x = uttrykket, manipulere uttrykket ved hjelp av x og løse annengradslikningen som oppstår.

En annen oppgave er den følgende: Finn kriteriet for at

\sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{a + . . .}}}}}

konvergerer.

daofeishi · 22/10-2007 06:39

Endret: Dobbelpost.

Knuta · 22/10-2007 18:13

Ved bruk av høyest ulovlige metoder viser det seg at

\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x + . . .}}}}} = \frac{\sqrt{4 x + 1} + 1}{2}

Magnus · 22/10-2007 20:23

Joda, svaret er korrekt. Men utregning;) ?

Magnus · 24/10-2007 11:30

http://www.math.ntnu.no/emner/TMA4100/2 ... 100k07.pdf

Oppgave 5