ラマヌジャンの恒等式


$根号の中にまた根号が無限に連続するような数について考えてみます。$

$例1 \quad \sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{ \cdots }}}}　の値$

$再帰的につながっていますので、$

$\hspace{2em}x=\sqrt{1+\underset{\text{x}}{\underbrace{\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{ \cdots }}}}}} \quad (x > 0)$　とおくと

$\hspace{2em}x=\sqrt{1+x}$
$\hspace{2em}x^2=1+x$
$\hspace{2em}x^2-x-1=0$
$\hspace{2em}x=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}$

$しかし本当にこの値に収束するのでしょうか。$

$そこで、根号がn個までの部分をとって$

$t_n= \underset{\text{根号がn個}}{\underbrace{\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{ 1+\sqrt{\cdots }}}}}}$ 　とおくと

$\hspace{2em}t_n=\sqrt{1+t_{n-1}} 　ただし　t_1=1$

$この数列の特性方程式は　　\alpha =\sqrt{1+\alpha}$
$\hspace{2em}\alpha ^2-\alpha-1=0$ 　を解いて　$\alpha=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}$
すると
\begin{eqnarray*} \hspace{2em}|t_n - \alpha|&=&|\sqrt{1+t_{n-1}} - \alpha |\\ &=&\cfrac{|(1+t_{n-1})- \alpha ^2|}{\sqrt{1+t_{n-1}} + \alpha }\\ &=&\cfrac{|t_{n-1}- (\alpha ^2-1)|}{t_n + \alpha }\\ &=&\cfrac{|t_{n-1}- \alpha |}{t_n + \alpha }\\ \end{eqnarray*} こ こで、$t_n > 0 　だから　t_n+\alpha > \alpha=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2} > 1$
$\hspace{2em}\therefore |t_n- \alpha | < \cfrac{1}{\alpha}|t_{n-1}-\alpha |$
よって
$\hspace{2em}|t_n- \alpha | < \cfrac{1}{\alpha}|t_{n-1}-\alpha | < \cfrac{1}{\alpha ^2}|t_{n-2}-\alpha | < \cdots < \cfrac{1}{\alpha ^{n-1} }|t_1-\alpha |$
$\hspace{2em}0 < \cfrac{1}{\alpha} < 1 　だから　n \rightarrow \infty 　のとき　 \cfrac{1}{\alpha ^{n-1}} \rightarrow 0$
よって
$\hspace{2em}t_n-\alpha \rightarrow 0 　となり　t_n \rightarrow \alpha 　に収束します。$

$これで$
$\hspace{3em}\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{ \cdots }}}}=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}$

$であることがわかりました。$


$例2 \quad \sqrt{1+a\ \sqrt{1+a \sqrt{1+a \sqrt{ \cdots }}}} \quad (a > 0)　の値$

$例１を拡張したものですので、同様にして解けます。$

$\hspace{2em}t_n=\sqrt{1+a t_{n-1}} 　ただし　t_1=1$

$この数列の特性方程式は　\alpha =\sqrt{1+a \alpha}$
$\hspace{2em}\alpha ^2-a \alpha-1=0 　を解いて$
$\hspace{2em}\alpha=\cfrac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}$
$よって$
\begin{eqnarray*} |t_n - \alpha|&=&|\sqrt{1+a t_{n-1}} - \alpha |\\ &=&\cfrac{|(1+a t_{n-1})- \alpha ^2|}{\sqrt{1+a t_{n-1}} + \alpha }\\ &=&\cfrac{|a t_{n-1}- a\alpha |}{t_n + \alpha }\\ &=&\cfrac{a|t_{n-1}- \alpha |}{t_n + \alpha }\\ \end{eqnarray*} $こ こで、t_n > 0 　だから　t_n+\alpha > \alpha=\cfrac{a+\sqrt{a^2+4}}{2} =\cfrac{a}{2}\Big(1+\sqrt{1+\cfrac{4}{a^2}}\ \Big)$
$1+\sqrt{1+\cfrac{4}{a^2}}=k 　とおくと　k > 2 $
\[\therefore |t_n- \alpha | < \cfrac{a|t_{n-1}-\alpha |}{\cfrac{a}{2}k}=\cfrac{2}{k}|t_{n-1}-\alpha |\] $よって$
$\hspace{2em}|t_n- \alpha | < \cfrac{2}{k}|t_{n-1}-\alpha | < (\cfrac{2}{k})^2|t_{n-2}-\alpha | < \cdots < (\cfrac{2}{k})^{n-1}|t_1-\alpha |$
$\hspace{2em}0 < \cfrac{2}{k} < 1 　だから　n \rightarrow \infty 　のとき　 (\cfrac{2}{k})^{n-1} \rightarrow 0$
$よって$
$\hspace{2em}t_n-\alpha \rightarrow 0 　となり　t_n \rightarrow \alpha 　に収束します。$

$したがって$
$\hspace{3em} \sqrt{1+a\ \sqrt{1+a \sqrt{1+a \sqrt{ \cdots }}}}=\cfrac{a+\sqrt{a^2+4}}{2} =\cfrac{a}{2}\Big(1+\sqrt{1+\cfrac{4}{a^2}} \ \Big)$


$例3 \quad \sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+4 \sqrt{ \cdots }}}} 　の値$

$例1,例2と比べると少しやっかいです。$
$この値が3になることを直感とひらめきの天才\ ラマヌジャン(インド)が中学生のときに発見した$
$ということです。彼は1920年弱冠33歳で病死しました。$

値を求めるのに少し工夫がいります。

$\hspace{2em}(n+1)^2=1+n(n+2) 　より　n+1=\sqrt{1+n(n+2)}$
$\hspace{2em}n \rightarrow n+1 　とおくと　n+2 =\sqrt{1+(n+1)(n+3)}$
$さらに$
$\hspace{2em}n \rightarrow n+1 　とおくと　n+3 =\sqrt{1+(n+2)(n+4)}$
$\hspace{5em} \vdots $
$よって$
\begin{eqnarray*} n+1 &=&\sqrt{1+n(n+2)}\\ &=&\sqrt{1+n\sqrt{1+(n+1)(n+3)}}\\ &=&\sqrt{1+n\sqrt{1+(n+1)\sqrt{1+(n+2)(n+4)}}}\\ \end{eqnarray*} $\hspace{5em} \vdots$
$これを『ラマヌジャンの恒等式』といいます。$

$\hspace{3em} ラマヌジャンの恒等式$

$\hspace{5em}n+1=\sqrt{1+n\sqrt{1+(n+1)\sqrt{1+(n+2)(n+4)}}}$

$とくに　n=2　とおくと$

$\hspace{2em}3=\sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+4 \sqrt{ \cdots }}}} $

$が得られます。$


$例4 \quad \sqrt{6+2 \sqrt{7+3 \sqrt{8+4 \sqrt{ \cdots }}}} 　の値$

例3にならってやってみましょう。

$\hspace{2em}(n+3)^2=5+n+(n+1)(n+4) 　より　n+3=\sqrt{5+n+(n+1)(n+4)}$
$\hspace{2em}\therefore n(n+3)=n\sqrt{5+n+(n+1)(n+4)}$
$\hspace{2em}n \rightarrow n+1 とおいて　(n+1)(n+4)=(n+1)\sqrt{6+n+(n+2)(n+5)}$
$さらに$
$\hspace{2em}n \rightarrow n+1 とおいて　(n+2)(n+5)=(n+2)\sqrt{7+n+(n+3)(n+6)}$
$\hspace{8em} \vdots $
\begin{eqnarray*} \hspace{2em}n(n+3) &=&n\sqrt{5+n+(n+1)(n+4)}\\ &=&n\sqrt{5+n+(n+1)\sqrt{6+n+(n+2)(n+5)}}\\ &=&n\sqrt{5+n+(n+1)\sqrt{6+n+(n+2)\sqrt{7+n+(n+3)(n+6)}}}\\ \end{eqnarray*} $\hspace{5em} \vdots$
$とくに　n=1 　とおくと$

$\hspace{3em} 4=\sqrt{6+2 \sqrt{7+3 \sqrt{8+4 \sqrt{ \cdots }}}} $


$例5 \quad \sqrt{13+2 \sqrt{15+3 \sqrt{17+4 \sqrt{ \cdots }}}} 　の値$

$例4にならってやってみましょう。$

$\hspace{2em}n+4=\sqrt{11+2n+(n+1)(n+5)}$
$\hspace{2em}\therefore n(n+4)=n\sqrt{11+2n+(n+1)(n+5)}$
$\hspace{2em}n \rightarrow n+1 　とおいて　 (n+1)(n+5)=(n+1)\sqrt{13+2n+(n+2)(n+6)}$
$さらに$
$\hspace{2em}n \rightarrow n+1 　とおいて　 (n+2)(n+6)=(n+2)\sqrt{15+2n+(n+3)(n+7)}$
$\hspace{5em} \vdots $
\begin{eqnarray*} \hspace{2em}n(n+4) &=&n\sqrt{11+2n+(n+1)(n+5)}\\ &=&n\sqrt{11+2n+(n+1)\sqrt{13+2n+(n+2)(n+6)}}\\ &=&n\sqrt{11+2n+(n+1)\sqrt{13+2n+(n+2)\sqrt{15+2n+(n+3)(n+7)}}}\\ \end{eqnarray*} $\hspace{8em} \vdots$
$とくに　n=1　とおくと$

$\hspace{3em} 5=\sqrt{13+2 \sqrt{15+3 \sqrt{17+4 \sqrt{ \cdots }}}} $


$以上のとおり例3、例4、例5は確かにそんなに難しいものではありません。$
$(n+k)^2$の展開をうまく使っているだけですので、中学生には無理として
$も高校１年生には理解できる内容です。$
$しかし、このような方法を見いだすことは凡人にはなかなかできるものではありません。$


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