话说拉马努金的恒等式这两天被出名了

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
QQ截图20131105160122.gif

在网上搜了一下，第一个链接（http://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 $b$。