El quattuordecillion

Según la notación estadounidense, un quattuordecillion es un uno seguido de cuarenta y cinco ceros:

$1000000000000000000000000000000000000000000000$

En el libro Las matemáticas de Oz de Clifford A. Pickover (libro que ya ha aparecido en este blog alguna vez) se plantea un problema que involucra a este número cuyo resultado es bastante sorprendente. Os lo planteo aquí:

Si llamamos $\heartsuit$ al quattuordecillion, calcula el valor de la siguiente expresión:

$\sqrt{1+\heartsuit \sqrt{1+(\heartsuit+1) \sqrt{1+(\heartsuit+2) \sqrt{1+(\heartsuit+3) \ldots }}}}$

También podemos plantear el problema en su forma más general:

Dado $x\in\mathbb{R}$ , calcular el valor de la siguiente expresión:

$\sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+(x+2) \sqrt{1+(x+3) \ldots }}}}$

El resultado, como he dicho antes, es ciertamente sorprendente. Lo que no conozco es una demostración del mismo. A ver si alguien la encuentra.

J.H.S. ya planteó un caso particular en este post de su blog. En los comentarios dan la respuesta, pero no su demostración.

Posts aleatorios

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 1 de July de 2008
Categorías: Juegos | Imprime este post

Sin comentarios

Domingo H.A. | 1 de July de 2008 | 11:24

A ver que tal…si $x\geq -2$ : $\sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+(x+2) \sqrt{1+(x+3) \ldots }}}}=|x+1|$
Domingo H.A. | 1 de July de 2008 | 11:54

Además, el dominio de la raíz se puede extender a [latex]-1-\sqrt{2},-2[/latex], para obtener

$\sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+(x+2) \sqrt{1+(x+3) \ldots }}}}=\sqrt{1+x|x+2|}=\sqrt{1-2x-x^2}$

siempre que $-1-\sqrt{2}\leq x\leq -2$ .
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otro | 1 de July de 2008 | 14:44

Yo llamaría a ese número el “mil septillones”, ya se sabe, estamos en “la parte del mundo que no es Estados Unidos” donde el billón es un millón de millones. Nuestro quattuordecillón sería algo mayor, concretamente $10^{84}$ .
Omar-P | 1 de July de 2008 | 15:03

Un mil septillones.
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fede | 4 de July de 2008 | 02:00

Uso la notación $R([a_1,b_1][a_2,b_2] \ldots [a_k,b_k]) = \sqrt{a_1 + b_1 \sqrt{a_2 + b_2 \sqrt{ \cdots \sqrt{ a_k+ b_k } }}}$ .

Si $\displaystyle L_k(x) = R([1,x][1,x+1] \ldots [1,x+k]), \quad y \quad L_{\infty}(x) = \lim_{ k \to \infty} L_k(x)$ ,
demostramos que $L_{\infty}(x) = x+1$ . (Supongo x, las raices y todo positivo. Entonces R es función creciente de cada $a_i \ y \ b_i$ )

$(x+1)^2 = x^2 + 2x + 1 = 1 + + x[(x+1) +1 ]$ entonces
si $G(x) = x+1, \quad G(x) = \sqrt{1 + x G(x+1)}= \sqrt{1 + x \sqrt{1 + (x+1) G(x+2)}}$ , etc

Por tanto si $E_k = R([1,x][1,x+1]\ldots [1,x+(k-1)][1,(x+k)(x+k+2)]), \quad E_k=x+1$ para todo k y $\displaystyle E_{\infty} = \lim_{k \to \infty} E_k = x+1$ .

Como $L_{k+1}(x) \char 62 L_k(x) \ y \ L_k \char 60 E_k = x+1, \quad L_{\infty}$ existe y $L_{\infty} \le x+1$

Usando que $R(\ldots[a_i, b_i][a_{i+1},b_{i+1}]\ldots) = R(\ldots[a_i, h^{1/2}b_i][\dfrac{a_{i+1}}{h},\dfrac{b_{i+1}}{h}]\ldots)$ , sacamos fuera el factor $s = x+k+2$ del último término de $E_k$ para obtener $E_k = P_k \cdot Q_k$ con
$P_k = s^{1/2^{k+1}}= (x+k+2)^{1/2^{k+1}} \quad$ y $\ \ Q_k = R([1/s^{1/2^{k}},x][1/s^{1/2^{k-1}},x] \ldots [1/s, x+k])$ .

Como $\displaystyle \lim_{k \to \infty} P_k = 1, \ y \ E_k=x+1, \quad \lim_{k \to \infty} Q_k = x+1$ .

Y como $\displaystyle s \char 62 1, \quad Q_k \char 60 L_k \char 60 x+1$ , y entonces $\lim_{k \to \infty} L_k = x+1$ , como queríamos demostrar.
Domingo H.A. | 4 de July de 2008 | 11:51

Para $x\geq -1-\sqrt{2}$ podemos proceder del modo siguiente:

Llamemos $f(x)=\sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+(x+2) \sqrt{1+(x+3) \ldots }}}}$

para todo x real: $|x+1|=\sqrt{1+x(x+2)}$

y ahora si $x\geq -2$ vemos que podemos escribir:

$latex |x+1|=\sqrt{1+x(x+2)}=\sqrt{1+x\sqrt{(x+2)^2}}=
\sqrt{1+x\sqrt{1+(x+1)\cdot\sqrt{(x+3)^2}}}=\ldots=f(x)$

Por otro lado, se tiene que $f(x)^2=1+x\cdot f(x+1)$ , siempre y cuando $x$ y $x+1$ estén en el dominio. Esto nos permite extender el dominio al intervalo [latex]-1-\sqrt{2},-2[/latex], de modo que $f(x)^2=1+x|x+2|=1-x(x+2)$ en dicho subintervalo.

En definitiva, para $x\geq -1-\sqrt{2}$ : $f(x)=\sqrt{1+x|x+2|}$ .