恆等式


若函數f(x)=x(x+2),其中x是正整數,則f(x+1)=(x+1)(x+3)=(x+2)2-1,因此1+f(x+1)=(x+2)2x+2=$\small\sqrt{1+f(x+1)}$,所以f(x)=x$\small\sqrt{1+f(x+1)}$。
使用函數f(x)
=x$\small\sqrt{1+f(x+1)}$迭代計算可得f(x+1)=(x+1)$\small\sqrt{1+f(x+2)}$
因此f(x)=x$\small\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+f(x+2)}}$。
因為f(x+2)
=(x+2)$\small\sqrt{1+f(x+3)}$,所以
f(x)
=x$\small\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+f(x+3)}}}$。
因為f(x+3)
=(x+3)$\small\sqrt{1+f(x+4)}$,所以
f(x)
=x$\small\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+(x+3) \sqrt{1+f(x+4)}}}}$。
如此迭代計算下去,可得
f(x)
=x$\small\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+(x+3) \sqrt{1+(x+4)\sqrt{...\sqrt{1+(x+n-1)\sqrt{1+f(x+n)}}}}}}}$,其中n是趨向無限大的正整數。

 

當上列恆等式中的x=1時,f(1)=1×3=3

3=f(1)=$1\times{\small\sqrt{1+f(2)}}$$1\times{\small\sqrt{1+2\times{4}}}$

 

3=f(1)=$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+f(3)}}}$$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\times{5}}}}$

 

3=f(1)=$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+f(4)}}}}$$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\times{6}}}}}$

 

3=f(1)=$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+f(5)}}}}}$$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+5\times{7}}}}}}$


....................

20世紀印度數學英才拉馬努金(Ramanujan),擁有非常人的數感,具有前瞻性的洞察力,在其數學成就中就包含約4000個恆等式,但是有一些恆等式雖有結論,卻沒有留下詳細的推論過程。
本文的恆等式就是由拉馬努金(Ramanujan)所提出的。


延伸閱讀: 中山大學應數雙週一題徵答

 


 

Copyright ©昌爸工作坊 all rights reserved.