ในพีชคณิตรากซ้อนคือนิพจน์ราก (เช่นรากที่สองรากที่สามเป็นต้น) ที่บรรจุ (ซ้อน) นิพจน์รากอื่นอยู่ภายใน ตัวอย่างเช่น

$${\displaystyle {\sqrt {5-2{\sqrt {5}}\ }},}$$

ซึ่งเกิดขึ้นในการอภิปรายเกี่ยวกับรูปห้าเหลี่ยมปกติและรูปห้าเหลี่ยมที่ซับซ้อนกว่านั้น เช่น

$${\displaystyle {\sqrt[{3}]{2+{\sqrt {3}}+{\sqrt[{3}]{4}}\ }}.}$$

รากศัพท์บางตัวที่มีการซ้อนกันสามารถเขียนใหม่ให้อยู่ในรูปแบบที่ไม่ซ้อนกันได้ ตัวอย่างเช่น

$${\displaystyle {\sqrt {3+2{\sqrt {2}}}}=1+{\sqrt {2}}\,,}$$

${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {5-2{\sqrt {6}}}}={\sqrt {3}},\quad }$^{[ 1 ]}

$${\displaystyle {\sqrt[{3}]{{\sqrt[{3}]{2}}-1}}={\frac {1-{\sqrt[{3}]{2}}+{\sqrt[{3}]{4}}}{\sqrt[{3}]{9}}}\,.}$$

อีกตัวอย่างง่ายๆ

$${\displaystyle {\sqrt[{3}]{\sqrt {2}}}={\sqrt[{6}]{2}}}$$

การเขียนโครงสร้างรากที่สองใหม่ในลักษณะนี้เรียกว่า การถอดรากที่สอง (denesting ) ซึ่งไม่ใช่เรื่องที่ทำได้เสมอไป และถึงแม้จะทำได้ก็มักจะยาก

ในกรณีที่มีรากที่สองซ้อนกันสองราก ทฤษฎีบทต่อไปนี้จะแก้ปัญหาการแยกรากที่สองได้อย่างสมบูรณ์^{[ 2 ]}ในส่วนนี้ การใช้เครื่องหมายรากที่สองหมายถึง${\displaystyle \textstyle {\sqrt {\;^{\;}}}}$รากที่สองบวกของตัวเลขใต้ราก ซึ่งถือว่าเป็นจำนวนจริงบวกตามปกติ

โจทย์ ข้อหนึ่งมีรากที่สองซ้อนกันสองอัน โดยมีนิพจน์อยู่ในรูปแบบ ที่ตัวแปรทั้งหมดแทนจำนวนตรรกยะ เมื่อทำให้เศษส่วนเป็นจำนวนตรรกยะ จะได้นิพจน์อยู่ในรูปแบบ ที่⁠ ⁠เป็นจำนวนตรรกยะและ⁠ ⁠เมื่อแทน ค่า ⁠ ⁠ ลงไป ปัญหาจะลดลงเหลือเพียงการหาค่าของนิพจน์ในรูปแบบ $${\displaystyle {\sqrt {\frac {\alpha +\beta {\sqrt {r}}}{\gamma +\delta {\sqrt {r}}}}},}$$$${\displaystyle {\sqrt {a\pm b{\sqrt {r}}}},}$$${\displaystyle a,b,r}$${\displaystyle b>0}$${\displaystyle c=rb^{2}}$$${\displaystyle {\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}.}$$

ทฤษฎีบทนี้จะได้รับการพิสูจน์ในสองขั้นตอนแยกกัน ขั้นแรก เราจะได้สูตรที่แยกส่วนแล้วในรูปแบบ⁠ ⁠${\displaystyle {\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}}$ก็ต่อเมื่อ⁠ ⁠${\displaystyle a^{2}-c=d^{2}}$ เท่านั้น ซึ่งจะทำได้ด้วยการคำนวณทางพีชคณิตขั้นพื้นฐาน ขั้นตอนที่สองคือการพิสูจน์ว่าสูตรที่แยกส่วนแล้วที่ซับซ้อนกว่า เช่น⁠ ⁠${\displaystyle t+{\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}+z{\sqrt {x}}{\sqrt {y}}}$สามารถลดรูปให้อยู่ในรูปแบบที่กำหนดในทฤษฎีบทได้เสมอ ซึ่งเกี่ยวข้องกับทฤษฎีกาโลอิสขั้น พื้นฐาน

พิสูจน์ว่าสูตรการแยกรากที่กำหนดให้ถูกต้อง:ถ้า⁠ ⁠${\displaystyle a>0}$และ⁠ ⁠${\displaystyle a^{2}-c=d^{2}}$ตัวเลขใต้รากทั้งหมดจะเป็นบวกในสูตรที่กำหนดให้ ซึ่งเห็นได้ชัดเจนสำหรับด้านซ้ายมือ สำหรับด้านขวามือ ผลลัพธ์นี้เกิดจากความเป็นบวกของผลรวมและผลคูณของตัวเลขใต้รากทั้งสอง ซึ่งคือ⁠ ⁠${\displaystyle a}$และ⁠ ⁠${\displaystyle c/4}$ ตามลำดับ จากนั้น เนื่องจากจำนวนบวกสองจำนวนจะเท่ากันก็ต่อเมื่อกำลังสองของจำนวนทั้งสองนั้นเท่ากัน จึงเพียงพอที่จะยกกำลังสองทุกอย่างและใช้ สูตร ทวิ นาม

พิสูจน์ว่า ถ้าการแยกรากที่สองออกเป็นผลรวมหรือผลต่างของรากที่สองเป็นไปได้แล้ว⁠ ⁠ และ${\displaystyle a>0}$ ⁠ ⁠ โดย${\displaystyle a^{2}-c=d^{2}}$การยกกำลังสอง สมการ จะแสดงให้เห็น ว่า ซึ่งหมายความว่า⁠ ⁠เป็นสมาชิกของฟิลด์⁠ ⁠และสามารถเขียนได้อย่างไม่ซ้ำกันเป็น ⁠ ⁠โดยที่⁠ ⁠และ⁠ ⁠เป็นจำนวนตรรกยะ เรามี⁠ ⁠เนื่องจาก มิฉะนั้นเราจะมีจำนวนอตรรกยะเท่ากับจำนวนตรรกยะ เรามีเนื่องจาก⁠ ⁠เป็นจำนวนตรรกยะและ⁠ ⁠เราจึงได้⁠ ⁠ ผลลัพธ์คือ⁠ ⁠และ ดังนั้น⁠ ⁠ , ⁠ ⁠และ⁠ ⁠จากสูตรของเวียตา แสดงให้เห็น ว่า⁠ ⁠และ⁠ ⁠คือรากทั้งสองของสมการ เนื่องจากรากเหล่านี้ต้องเป็นจำนวนตรรกยะและเป็นบวก จึงหมายความว่า⁠ ⁠และ⁠ ⁠คือกำลังสองของจำนวนตรรกยะ จากนั้นสูตรกำลังสองจะให้คำตอบตามที่ระบุไว้ในทฤษฎีบท $${\displaystyle {\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}={\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}}$$$${\displaystyle a\pm {\sqrt {c}}=x+y\pm 2{\sqrt {xy}}.}$$${\displaystyle {\sqrt {xy}}}$${\displaystyle \mathbb {Q} ({\sqrt {c}})}$${\displaystyle \alpha +\beta {\sqrt {c}}}$${\displaystyle \alpha }$${\displaystyle \beta }$${\displaystyle \beta \neq 0}$$${\displaystyle xy=(\alpha +\beta {\sqrt {c}})^{2}=\alpha ^{2}+c\beta ^{2}+2\alpha \beta {\sqrt {c}}.}$$${\displaystyle xy}$${\displaystyle \beta \neq 0}$${\displaystyle \alpha =0}$${\displaystyle xy=\beta ^{2}c}$$${\displaystyle a+{\sqrt {c}}=x+y\pm 2\beta {\sqrt {c}}.}$$${\displaystyle x+y=a}$${\displaystyle \beta ={\tfrac {1}{2}}}$${\displaystyle xy={\tfrac {c}{4}}}$${\displaystyle x}$${\displaystyle y}$$${\displaystyle X^{2}-aX+{\frac {c}{4}}.}$$${\displaystyle a>0}$${\displaystyle a^{2}-c}$

วิธีการอื่นๆ ในการรื้อถอน:

การแยกส่วนประกอบของรูปแบบ สามารถลดรูปได้เป็นรูปแบบข้างต้น: เมื่อกำหนด⁠ ⁠และ⁠ ⁠จะได้ เนื่องจากสมาชิกด้านซ้ายของสมการเป็นบวก อย่างน้อยหนึ่งใน " ⁠ ⁠ " ต้องเป็นบวก และจะได้รูปแบบข้างต้นหลังจากสลับ⁠ ⁠และ⁠ ⁠หาก จำเป็น$${\displaystyle {\sqrt {a+{\sqrt {c}}}}=\alpha {\sqrt {r}}+\beta {\sqrt {s}}}$$${\displaystyle x=r\alpha ^{2}}$${\displaystyle y=s\beta ^{2}}$$${\displaystyle {\sqrt {a+{\sqrt {c}}}}=\pm {\sqrt {x}}\pm {\sqrt {y}}.}$$${\displaystyle \pm }$${\displaystyle x}$${\displaystyle y}$

ถ้า มีจำนวนตรรกยะ⁠ ⁠และ⁠ ⁠ที่ทำให้ ดังนั้น ทฤษฎีบทนี้จึงใช้เพื่อทดสอบว่าสมาชิกของ⁠ ⁠มีรากที่สองใน⁠ ⁠ หรือ ไม่ และถ้ามี ก็ใช้เพื่อคำนวณรากที่สองนั้น ${\textstyle {\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}\in \mathbb {Q} ({\sqrt {c}}),}$${\displaystyle \alpha }$${\displaystyle \beta }$$${\displaystyle {\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}=\alpha +\beta {\sqrt {c}}=\pm {\sqrt {\alpha ^{2}}}\pm {\sqrt {\beta ^{2}c}}.}$$${\displaystyle \mathbb {Q} ({\sqrt {c}})}$${\displaystyle \mathbb {Q} ({\sqrt {c}})}$

สูตรการแยกองค์ประกอบทั่วไปจะเป็นการแสดงออกของเป็นสมาชิกของฟิลด์โดยที่เป็นจำนวนตรรกยะเราอาจสมมติว่าเป็นจำนวนเฉพาะที่แตกต่างกันโดยการขยายด้วยรากที่สองของจำนวนเฉพาะที่ปรากฏเป็นตัวประกอบของตัวเศษหรือตัวส่วนของ บางค่าแล้วลบ เดิมออกเนื่องจากสามารถแสดงเป็นผลคูณและผลหารของรากที่สองใหม่ได้ ถ้าเป็นจำนวนเฉพาะที่แตกต่างกันจะเป็นการขยายแบบกาโลอิสของโดยมีเป็นกลุ่มกาโลอิสองค์ประกอบของกลุ่มกาโลอิสนี้คือ ทู เปิ ล ⁠ ⁠ของ 0 และ 1 และออโตมอร์ฟิ ซึมที่สอดคล้องกัน คือการเปลี่ยนเครื่องหมายของ⁠ ⁠ เพื่อให้ องค์ประกอบ⁠ ⁠ของทูเปิลเป็น 1 ${\textstyle {\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}}$${\displaystyle K=\mathbb {Q} ({\sqrt {r_{1}}},\ldots {\sqrt {r_{k}}})}$${\displaystyle r_{1},\ldots ,r_{k}}$${\displaystyle r_{i}}$${\displaystyle K}$${\displaystyle r_{i}}$${\displaystyle {\sqrt {r_{i}}}}$${\displaystyle r_{i}}$${\displaystyle K}$${\displaystyle \mathbb {Q} }$${\displaystyle (\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )^{k}}$${\displaystyle k}$${\displaystyle {\sqrt {r_{i}}}}$${\displaystyle i}$

ยกเว้นกรณีที่ได้พิจารณาไปแล้วฟิลด์⁠ ⁠เป็นฟิลด์ย่อยของ⁠ ⁠ที่มีดีกรีสี่เหนือ⁠ ⁠ดังนั้นจึงสรุปได้ว่ามันเป็นส่วนขยายกาโลอิสของ⁠ ⁠โดยมีกลุ่มไคลน์สี่เป็นกลุ่มกาโลอิส ออโตมอร์ฟิซึมในกลุ่มกาโลอิสนี้คือเอกลักษณ์ อินโวลูชัน สองตัว ⁠ ⁠และ⁠ ⁠ซึ่งกำลังสองของพวกมันคือเอกลักษณ์ และผลคูณของพวกมัน⁠ ⁠องค์ประกอบของ⁠ ⁠ที่ถูกตรึงโดย⁠ ⁠สำหรับส่วนขยายกำลังสองของ⁠ ⁠ซึ่งจึงอยู่ในรูปแบบ⁠ ⁠โดย ที่⁠ ⁠ในทำนองเดียวกัน องค์ประกอบที่ตรึง b ⁠ ⁠สร้างฟิลด์⁠ ⁠และจะได้⁠ ⁠${\textstyle {\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}\in \mathbb {Q} ({\sqrt {c}}),}$${\displaystyle \mathbb {Q} \left({\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}\right)}$${\displaystyle K}$${\displaystyle \mathbb {Q} }$${\displaystyle \mathbb {Q} }$${\displaystyle \sigma _{1}}$${\displaystyle \sigma _{2}}$${\displaystyle \sigma _{1}\sigma _{2}}$${\displaystyle \mathbb {Q} \left({\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}\right)}$${\displaystyle \sigma _{1}}$${\displaystyle \mathbb {Q} }$${\displaystyle \mathbb {Q} (x)}$${\displaystyle x\in \mathbb {Q} }$${\displaystyle \sigma _{2}}$${\displaystyle \mathbb {Q} (y)}$${\displaystyle \mathbb {Q} \left({\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}\right)=\mathbb {Q} ({\sqrt {x}},{\sqrt {y}})}$

นี่แสดงให้เห็นว่าเมื่อการแยกตัวเป็นไปได้ จะทำได้โดยใช้เพียงสองอนุมูลอิสระเท่านั้น

สำหรับทุกองค์ประกอบของ⁠ ⁠${\displaystyle \mathbb {Q} ({\sqrt {x}},{\sqrt {y}})}$เราสามารถเขียนได้อย่างไม่ซ้ำกัน ด้วย⁠ ⁠มีออโตมอร์ฟิซึมที่เปลี่ยนเครื่องหมายของสมาชิกด้านซ้าย มันจะต้องเปลี่ยนเครื่องหมายของพจน์ที่ไม่เป็นศูนย์ทั้งหมดของสมาชิกด้านขวา| ดังนั้นจึงสรุปได้ว่า⁠ ⁠และอย่างน้อยหนึ่งใน⁠ ⁠ต้องเป็นศูนย์ อันที่จริง ถ้า⁠ ⁠และ⁠ ⁠เราจะต้องมี⁠ ⁠เพราะการเปลี่ยนเครื่องหมายของรากสองตัวแรกหมายความว่าเครื่องหมายของผลคูณของพวกมันจะไม่เปลี่ยนแปลง $${\displaystyle {\sqrt {a\pm {\sqrt {c}}}}=\alpha +\beta {\sqrt {x}}+\gamma {\sqrt {y}}+\delta {\sqrt {x}}{\sqrt {y}},}$$${\displaystyle \alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \in \mathbb {Q} }$${\displaystyle \alpha }$${\displaystyle \beta ,\gamma ,\delta }$${\displaystyle \beta \neq 0}$${\displaystyle \gamma \neq 0}$${\displaystyle \delta =0}$

ดังนั้น เมื่อกำหนดค่า⁠ ⁠${\displaystyle z=xy}$และหากจำเป็น ก็ทำการสลับตำแหน่งและเปลี่ยนชื่อตัวแปร เราก็จะลดรูปเหลือเพียงการแยกส่วนออกเป็นผลรวมหรือผลต่างของรากที่สองสองตัว ซึ่งได้มีการพิจารณาไปแล้ว

Srinivasa Ramanujanได้สาธิตเอกลักษณ์ที่น่าสนใจหลายประการที่เกี่ยวข้องกับรากศัพท์ที่ซ้อนกัน ในบรรดาเอกลักษณ์เหล่านั้นมีดังต่อไปนี้: ^{[ 3 ]}

$${\displaystyle {\sqrt[{4}]{\frac {3+2{\sqrt[{4}]{5}}}{3-2{\sqrt[{4}]{5}}}}}={\frac {{\sqrt[{4}]{5}}+1}{{\sqrt[{4}]{5}}-1}}={\tfrac {1}{2}}\left(3+{\sqrt[{4}]{5}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt[{4}]{125}}\right),}$$

$${\displaystyle {\sqrt {{\sqrt[{3}]{28}}-{\sqrt[{3}]{27}}}}={\tfrac {1}{3}}\left({\sqrt[{3}]{98}}-{\sqrt[{3}]{28}}-1\right),}$$

$${\displaystyle {\sqrt[{3}]{{\sqrt[{5}]{\frac {32}{5}}}-{\sqrt[{5}]{\frac {27}{5}}}}}={\sqrt[{5}]{\frac {1}{25}}}+{\sqrt[{5}]{\frac {3}{25}}}-{\sqrt[{5}]{\frac {9}{25}}},}$$

และ

${\displaystyle {\sqrt[{3}]{\ {\sqrt[{3}]{2}}\ -1}}={\sqrt[{3}]{\frac {1}{9}}}-{\sqrt[{3}]{\frac {2}{9}}}+{\sqrt[{3}]{\frac {4}{9}}}.\quad }$^{[ 4 ]}

ในปี พ.ศ. 2532 Susan Landau ได้นำเสนอ อัลกอริทึมแรกสำหรับการตัดสินใจว่ารากที่ซ้อนกันสามารถแยกออกได้ และแยกออกเมื่อเป็นไปได้^{[ 5 ]}อัลกอริทึมก่อนหน้านี้ใช้งานได้ในบางกรณีแต่ไม่ได้ผลในกรณีอื่นๆ อัลกอริทึมของ Landau อิงตามทฤษฎีฟิลด์ทฤษฎีGaloisและ การแยกตัวประกอบพหุนาม เหนือส่วนขยายฟิลด์พีชคณิตมันทำงานในเวลาเลขชี้กำลังเมื่อเทียบกับความลึกของรากที่ซ้อนกัน^{[ 6 ]}

ในตรีโกณมิติค่าไซน์และโคไซน์ของมุมหลายๆ มุมสามารถแสดงได้ในรูปของรากที่ซ้อนกัน ตัวอย่างเช่น $${\displaystyle \sin {\frac {\pi }{60}}=\sin 3^{\circ }={\frac {1}{16}}\left[2(1-{\sqrt {3}}){\sqrt {5+{\sqrt {5}}}}+{\sqrt {2}}({\sqrt {5}}-1)({\sqrt {3}}+1)\right]}$$

และ ความเท่าเทียมกันสุดท้ายเป็นผลโดยตรงจากผลลัพธ์ของ§ รากที่สองซ้อนกันสองอัน $${\displaystyle \sin {\frac {\pi }{24}}=\sin 7.5^{\circ }={\frac {1}{2}}{\sqrt {2-{\sqrt {2+{\sqrt {3}}}}}}={\frac {1}{2}}{\sqrt {2-{\frac {1+{\sqrt {3}}}{\sqrt {2}}}}}.}$$

รากที่ซ้อนกันปรากฏในคำตอบเชิงพีชคณิตของสมการกำลังสาม สมการกำลังสามใดๆ ก็สามารถเขียนในรูปแบบที่ง่ายขึ้นได้โดยไม่มีพจน์กำลังสอง ดังนี้

$${\displaystyle x^{3}+px+q=0,}$$

ซึ่งคำตอบทั่วไปสำหรับรากตัวใดตัวหนึ่งคือ $${\displaystyle x={\sqrt[{3}]{-{q \over 2}+{\sqrt {{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{q \over 2}-{\sqrt {{q^{2} \over 4}+{p^{3} \over 27}}}}}.}$$

ในกรณีที่สมการกำลังสามมีรากจริงเพียงรากเดียว รากจริงนั้นจะหาได้จากนิพจน์นี้ โดยที่ตัวเลขใต้รากของรากที่สามเป็นจำนวนจริง และรากที่สามเหล่านั้นเป็นรากที่สามของจำนวนจริง ในกรณีที่มีรากจริงสามราก นิพจน์รากที่สองจะเป็นจำนวนจินตภาพโดยรากจริงใดๆ จะแสดงได้โดยการกำหนดให้รากที่สามตัวแรกเป็นรากที่สามเชิงซ้อนเฉพาะใดๆ ของตัวเลขใต้รากเชิงซ้อน และกำหนดให้รากที่สามตัวที่สองเป็นสังยุคเชิงซ้อนของรากที่สามตัวแรก รากที่ซ้อนกันในคำตอบนี้โดยทั่วไปไม่สามารถทำให้ง่ายขึ้นได้ เว้นแต่สมการกำลังสามจะมีคำตอบที่เป็นจำนวนตรรกยะอย่างน้อยหนึ่ง คำตอบ อันที่จริงถ้าสมการกำลังสามมีคำตอบที่เป็นจำนวนอตรรกยะแต่เป็นจำนวนจริงสามคำตอบ เราจะมีกรณีที่ลดรูปไม่ได้ (casus irreducibilis ) ซึ่งคำตอบจริงทั้งสามคำตอบจะเขียนอยู่ในรูปของรากที่สามของจำนวนเชิงซ้อน ในทางกลับกัน ลองพิจารณาสมการ

$${\displaystyle x^{3}-7x+6=0,}$$

ซึ่งมีคำตอบที่เป็นจำนวนตรรกยะคือ 1, 2 และ −3 สูตรคำตอบทั่วไปที่ให้ไว้ข้างต้นจะให้คำตอบเหล่านี้ $${\displaystyle x={\sqrt[{3}]{-3+{\frac {10i{\sqrt {3}}}{9}}}}+{\sqrt[{3}]{-3-{\frac {10i{\sqrt {3}}}{9}}}}.}$$

สำหรับตัวเลือกใดๆ ของรากที่สามและคู่ควบของมัน จะมีรากซ้อนที่เกี่ยวข้องกับจำนวนเชิงซ้อนอยู่ แต่ก็สามารถลดทอนได้ (แม้จะไม่ชัดเจนนัก) ให้เหลือหนึ่งในคำตอบ 1, 2 หรือ −3

ภายใต้เงื่อนไขบางประการ รากที่สองที่ซ้อนกันอย่างไม่สิ้นสุด เช่น $${\displaystyle x={\sqrt {2+{\sqrt {2+{\sqrt {2+{\sqrt {2+\cdots }}}}}}}}}$$

แทนจำนวนตรรกยะ จำนวนตรรกยะนี้สามารถหาได้โดยสังเกตว่าxปรากฏอยู่ใต้เครื่องหมายรากด้วย ซึ่งจะได้สมการ

$${\displaystyle x={\sqrt {2+x}}.}$$

ถ้าเราแก้สมการนี้ เราจะพบว่าx = 2 (คำตอบที่สองx = −1ใช้ไม่ได้ ตามข้อตกลงที่ว่ารากที่สองต้องเป็นค่าบวก) วิธีนี้ยังสามารถใช้เพื่อแสดงว่าโดยทั่วไปแล้ว ถ้าn > 0แล้ว $${\displaystyle {\sqrt {n+{\sqrt {n+{\sqrt {n+{\sqrt {n+\cdots }}}}}}}}={\tfrac {1}{2}}\left(1+{\sqrt {1+4n}}\right)}$$

และเป็นรากบวกของสมการx² ⁻ x − n = 0สำหรับn = 1 ราก นี้คืออัตราส่วนทองคำφซึ่งมีค่าประมาณ 1.618 ขั้นตอนเดียวกันนี้ยังใช้ได้ผลในการหา ค่ารากบวกของสมการ x² + x − n = 0เช่น กัน^หากn > 0$${\displaystyle {\sqrt {n-{\sqrt {n-{\sqrt {n-{\sqrt {n-\cdots }}}}}}}}={\tfrac {1}{2}}\left(-1+{\sqrt {1+4n}}\right),}$$

รากที่สองซ้อนกันของ 2 เป็นกรณีพิเศษของกลุ่มรากที่ซ้อนกันอย่างไม่มีที่สิ้นสุด มีผลลัพธ์ที่ทราบกันดีอยู่แล้วมากมายที่เชื่อมโยงรากเหล่านี้กับไซน์และโคไซน์ตัวอย่างเช่น ได้มีการแสดงให้เห็นว่ารากที่สองซ้อนกันของ 2 เป็น^{[ 7 ]}$${\displaystyle R(b_{k},\ldots ,b_{1})={\frac {b_{k}}{2}}{\sqrt {2+b_{k-1}{\sqrt {2+b_{k-2}{\sqrt {2+\cdots +b_{2}{\sqrt {2+x}}}}}}}}}$$

โดยที่อยู่ในช่วง [−2,2] และสำหรับเป็นเช่นนั้นสำหรับ ${\displaystyle x=2\sin(\pi b_{1}/4)}$${\displaystyle b_{1}}$${\displaystyle b_{i}\in \{-1,0,1\}}$${\displaystyle i\neq 1}$${\displaystyle R(b_{k},\ldots ,b_{1})=\cos \theta }$$${\displaystyle \theta =\left({\frac {1}{2}}-{\frac {b_{k}}{4}}-{\frac {b_{k}b_{k-1}}{8}}-{\frac {b_{k}b_{k-1}b_{k-2}}{16}}-\cdots -{\frac {b_{k}b_{k-1}\cdots b_{1}}{2^{k+1}}}\right)\pi .}$$

ผลลัพธ์นี้ช่วยให้สามารถอนุมานค่าของรากที่ซ้อนกันอย่างไม่มีที่สิ้นสุดซึ่งประกอบด้วยรากที่ซ้อนกัน k ราก สำหรับทุกค่าได้ดังนี้ ${\displaystyle x\in [-2,2]}$$${\displaystyle R_{k}(x)={\sqrt {2+{\sqrt {2+\cdots +{\sqrt {2+x}}}}}}.}$$

ถ้าเช่นนั้น^{[ 8 ]}${\displaystyle x\geq 2}$$${\displaystyle {\begin{aligned}R_{k}(x)&={\sqrt {2+{\sqrt {2+\cdots +{\sqrt {2+x}}}}}}\\&=\left({\frac {x+{\sqrt {x^{2}-4}}}{2}}\right)^{1/2^{k}}+\left({\frac {x+{\sqrt {x^{2}-4}}}{2}}\right)^{-1/2^{k}}\end{aligned}}}$$

ผลลัพธ์เหล่านี้สามารถใช้เพื่อสร้างการแสดงรากที่สองแบบซ้อนกันของ. ให้เราพิจารณาเทอมที่กำหนดไว้ข้างต้น จากนั้น^{[ 7 ]}${\displaystyle \pi }$${\displaystyle R\left(b_{k},\ldots ,b_{1}\right)}$$${\displaystyle \pi =\lim _{k\rightarrow \infty }\left[{\frac {2^{k+1}}{2-b_{1}}}R(\underbrace {1,-1,1,1,\ldots ,1,1,b_{1}} _{k{\text{ terms }}})\right]}$$

ที่ไหน. ${\displaystyle b_{1}\neq 2}$

รามานุจันได้ตั้งโจทย์ปัญหาต่อไปนี้ต่อวารสารของสมาคมคณิตศาสตร์อินเดีย :

$${\displaystyle ?={\sqrt {1+2{\sqrt {1+3{\sqrt {1+\cdots }}}}}}.}$$

ปัญหานี้สามารถแก้ไขได้โดยการใช้สูตรที่ครอบคลุมกว่านี้: $${\displaystyle ?={\sqrt {ax+(n+a)^{2}+x{\sqrt {a(x+n)+(n+a)^{2}+(x+n){\sqrt {\mathrm {\cdots } }}}}}}.}$$

เมื่อกำหนดค่านี้ให้กับF ( x )และยกกำลังสองทั้งสองข้าง จะได้ดังนี้ $${\displaystyle F(x)^{2}=ax+(n+a)^{2}+x{\sqrt {a(x+n)+(n+a)^{2}+(x+n){\sqrt {\mathrm {\cdots } }}}},}$$

ซึ่งสามารถทำให้ง่ายขึ้นได้เป็น $${\displaystyle F(x)^{2}=ax+(n+a)^{2}+xF(x+n).}$$

สามารถแสดงให้เห็นได้ว่า

$${\displaystyle F(x)={x+n+a}}$$

เนื่องจากสอดคล้องกับสมการสำหรับดังนั้นจึงหวังได้ว่าจะเป็นคำตอบที่แท้จริง สำหรับการพิสูจน์อย่างสมบูรณ์ เราจะต้องแสดงให้เห็นว่านี่คือคำตอบของสมการสำหรับ อย่างแท้จริง ${\displaystyle F(x)}$${\displaystyle F(x)}$

ดังนั้น เมื่อกำหนดให้a = 0 , n = 1และ  x = 2เราจะได้ รามานุจันได้กล่าวถึงการถอดรากอนันต์ต่อไปนี้ในสมุดบันทึกที่หายไป ของเขา : รูปแบบที่ซ้ำกันของเครื่องหมายคือ$${\displaystyle 3={\sqrt {1+2{\sqrt {1+3{\sqrt {1+\cdots }}}}}}.}$$$${\displaystyle {\sqrt {5+{\sqrt {5+{\sqrt {5-{\sqrt {5+{\sqrt {5+{\sqrt {5+{\sqrt {5-\cdots }}}}}}}}}}}}}}={\frac {2+{\sqrt {5}}+{\sqrt {15-6{\sqrt {5}}}}}{2}}.}$$${\displaystyle (+,+,-,+).}$

สูตรของ Vièteสำหรับπซึ่งเป็นอัตราส่วนของเส้นรอบวงของวงกลมต่อเส้นผ่านศูนย์กลาง คือ $${\displaystyle {\frac {2}{\pi }}={\frac {\sqrt {2}}{2}}\cdot {\frac {\sqrt {2+{\sqrt {2}}}}{2}}\cdot {\frac {\sqrt {2+{\sqrt {2+{\sqrt {2}}}}}}{2}}\cdots .}$$

ในบางกรณี รากที่สามที่ซ้อนกันอย่างไม่สิ้นสุด เช่น สามารถแทนจำนวนตรรกยะได้เช่นกัน อีกครั้ง เมื่อเราตระหนักว่านิพจน์ทั้งหมดปรากฏอยู่ภายในตัวมันเอง เราก็จะเหลือสมการ $${\displaystyle x={\sqrt[{3}]{6+{\sqrt[{3}]{6+{\sqrt[{3}]{6+{\sqrt[{3}]{6+\cdots }}}}}}}}}$$$${\displaystyle x={\sqrt[{3}]{6+x}}.}$$

ถ้าเราแก้สมการนี้ เราจะพบว่า  x = 2โดยทั่วไปแล้ว เราจะพบว่า เป็น รากจริงบวกของสมการx³ ⁻ x − n = 0สำหรับทุก  n > 0สำหรับn = 1รากนี้คืออัตราส่วนพลาสติกρซึ่งมีค่าประมาณ 1.3247 $${\displaystyle {\sqrt[{3}]{n+{\sqrt[{3}]{n+{\sqrt[{3}]{n+{\sqrt[{3}]{n+\cdots }}}}}}}}}$$

ขั้นตอนเดียวกันนี้ใช้ได้ผลเช่นกันในการได้มาซึ่งข้อมูล

$${\displaystyle {\sqrt[{3}]{n-{\sqrt[{3}]{n-{\sqrt[{3}]{n-{\sqrt[{3}]{n-\cdots }}}}}}}}}$$

^{เนื่องจาก เป็น}รากจริงของสมการx³ + x − n = 0สำหรับทุกn > 1

รากที่ซ้อนกันอย่างไม่มีที่สิ้นสุด(โดยที่ทั้งหมด ไม่ เป็นลบ ) จะลู่เข้าก็ต่อเมื่อมีบางอย่าง ที่ทำให้สำหรับทุก[ ^{9 ]}หรือกล่าวอีกนัยหนึ่ง^คือ${\displaystyle {\sqrt {a_{1}+{\sqrt {a_{2}+\dotsb }}}}}$${\displaystyle a_{i}}$${\displaystyle M\in \mathbb {R} }$${\displaystyle M\geq a_{n}^{2^{-n}}}$${\displaystyle n}$${\textstyle \sup a_{n}^{2^{-n}}<+\infty .}$

เราสังเกตว่า ลำดับนี้เป็นลำดับเพิ่มขึ้นอย่างต่อเนื่อง ดังนั้นจึงลู่เข้าตามทฤษฎีบทการลู่เข้าแบบโมโนโทน $${\displaystyle {\sqrt {a_{1}+{\sqrt {a_{2}+\dotsb }}}}\leq {\sqrt {M^{2^{1}}+{\sqrt {M^{2^{2}}+\cdots }}}}=M{\sqrt {1+{\sqrt {1+\dotsb }}}}<2M.}$$${\displaystyle \left({\sqrt {a_{1}+{\sqrt {a_{2}+\dotsc {\sqrt {a_{n}}}}}}}\right)}$

ถ้าลำดับลู่เข้า แสดงว่าลำดับนั้นมีขอบเขตจำกัด ${\displaystyle \left({\sqrt {a_{1}+{\sqrt {a_{2}+\cdots {\sqrt {a_{n}}}}}}}\right)}$

อย่างไรก็ตามดังนั้นจึงมีขอบเขตจำกัดเช่นกัน ${\displaystyle a_{n}^{2^{-n}}\leq {\sqrt {a_{1}+{\sqrt {a_{2}+\cdots {\sqrt {a_{n}}}}}}}}$${\displaystyle \left(a_{n}^{2^{-n}}\right)}$

• การยกกำลัง
• ผลรวมของรากที่สอง