Las soluciones combinadas de Zachary y OP
Si podemos demostrar que es monotónicamente creciente y tiene dominio $[0,1]$ el límite es simple. Evaluación de $F_\infty$ en $x=1$ dará el máximo, que será una fracción infinita:
$$F_\infty (1) = \sqrt{ \frac{1}{1+\sqrt{ \frac{1}{1- \sqrt{\cdots} }} }} = \sqrt{ \frac{1}{1+\sqrt{ \frac{1}{1- F_\infty (1) }} }}\implies F_\infty (1)^2 \left(1+\sqrt{ \frac{1}{1- F_\infty (1) }} \right) = 1$$ así que $$(F_\infty(1)^2-1)^2=\frac{F_\infty(1)^4}{1-F_\infty(1)}\implies F_\infty(1)^5-2F_\infty(1)^3+2F_\infty(1)^2+F_\infty(1)-1=0.$$ Factorizando algunas raíces, obtenemos $$(F_\infty(1)^2+F_\infty(1)-1)(F_\infty(1)^3-F_\infty(1)^2+1)=0$$ Se puede comprobar a partir de W|A, por ejemplo, que la única solución real positiva está en $F_\infty(1)=\phi-1$ derivado del primer factor cuadrático.
Intento de prueba para el dominio:
Aunque no estoy seguro de cómo se sostiene esto para $F_{\infty}(x)$ podemos demostrar que $\forall x>1$ $\exists y \mid \forall n \geq y, F_n(x) \notin \mathbb{R}$ .
Ahora bien, si alguna vez tenemos un denominador negativo, el resultado final será irreal. Esto se debe a que la adición, la sustracción y la división entre los no reales y los reales no nulos seguirán siendo no reales, y la raíz cuadrada de un no real también será no real.
Ahora, cuando $n>2$ es impar, $\sqrt{x^n}<x$ y por lo tanto $F_n(x) \notin \mathbb{R}$ . Por lo tanto, debemos preocuparnos incluso $n$ .
Así, en $F_{2k}(x)$ considere:
$$ \frac{\cdots}{x - \sqrt{ \frac{x^{2k-1}}{x+\sqrt{x^{2k}}} }}$$ $$ x < \sqrt{ \frac{x^{2k-1}}{x+x^k} } \implies F_{2k}(x) \notin \mathbb{R} $$
Ahora, mostraremos que el "fondo" de $F_{2(k+1)}(x)$ es mayor que el fondo de $F_{2k}(x)$ , para $x>1$ :
$$ \sqrt{ \frac{x^{2k-1}}{x+\sqrt{x^{2k}}} } < \sqrt{ \frac{x^{2k+1}}{x+\sqrt{x^{2(k+1)}}} } $$ $$ \frac{x^{2k-1}}{x+x^k} < \frac{x^{2k+1}}{x+x^{k+1}} $$ $$ x^{2k}+x^{3k} < x^{2k+2} + x^{3k+2} $$
La desigualdad inferior es válida para $x>1$ Por lo tanto, invirtiendo el trabajo, demostramos que la primera línea es verdadera (también podríamos hacer esto con derivadas parciales, pero eso es más complicado en mi opinión).
Utilizando este resultado, se deduce que:
$$ x < \sqrt{ \frac{x^{2k-1}}{x+x^k} } \implies x < \sqrt{ \frac{x^{2k+1}}{x+x^{k+1}} } \implies F_{2(k+1)}(x) \notin \mathbb{R} $$
Ahora, para demostrar que el "fondo" siempre superará $x$ , simplemente hay que tener en cuenta que como $n$ se acerca al infinito, el numerador crece más rápido que el denominador, y por tanto diverge cuando $|x| > 1$ . Desde $x$ es no negativo, el dominio es $[0,1]$ .
Así, para cualquier $x$ hay un $y$ para lo cual $F_n(x)$ no es real para el caso de $n$ mayor que $y$ . Sin embargo, no estoy seguro de que esto se extienda rigurosamente al caso infinito.
Notas adicionales: He montado un programa de ordenador para calcular cuándo $F_n(x)$ se convierte en irreal. Para los siguientes valores de $k$ aquí está el más pequeño incluso $n$ donde $F_n(x)$ diverge, donde $x = 1+\frac{1}{2^k}$ .
$$\small\begin{array}{c|c} k&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14\\\hline n_{\text{diverge}}&8&8&10&14&22&38&68&130&252&500&992&1978&3948&7890&15774\end{array}$$
Como puede ver, como $x$ se acerca dos veces más a $1$ , se necesita casi el doble de términos para que no sea real. He probado esto con diferentes fracciones, y el mismo patrón se mantiene, donde $n$ es aparentemente proporcional a $\frac{1}{x-1}$ .
Intento de prueba de la monotonicidad: (la siguiente mejora es demostrar que $H'<1$ )
Aquí intentaré demostrar la monotonicidad de $F_\infty$ . En primer lugar, introduzcamos algunas definiciones. $$F:=F_{\infty},\quad G:=\sqrt{\frac{x^2}{x-\sqrt{\frac{x^3}{x+\sqrt{\frac{x^4}{x- \sqrt{ \frac{x^5}{x+\cdots}}}}}}}},\quad H:=\sqrt{\frac{x^3}{x+\sqrt{\frac{x^4}{x-\sqrt{\frac{x^5}{x+ \sqrt{ \frac{x^6}{x+\cdots}}}}}}}}$$ Desde $F=\sqrt{\dfrac x{x+G}}$ para que se produzca la monotonicidad (creciente), $$F'=\frac1{2F}\cdot\frac{1(x+G)-x(1+G')}{(x+G)^2}>0\impliedby G-xG'>0$$ como $(x+G)^2$ y $F$ son claramente no negativos.
Ahora bien, esto está implícito en $$G'=\frac1{2G}\cdot\left(1+\frac{H'x^2-H}{(x-H)^2}\right)<\frac Gx$$ y como $G=\sqrt{\dfrac{x^2}{x-H}}$ (nota que $H<x$ ), obtenemos \begin{align}2G^2>x+x\frac{H'x^2-H}{(x-H)^2}&\impliedby\frac{2x}{x-H}>1+\frac{H'x^2-H}{(x-H)^2}\\&\impliedby 2x^2-2Hx>x^2-2Hx+H^2+H'x^2-H^2\\&\impliedby x^2>H'x^2\impliedby H'<1\end{align} Por desgracia, el hecho de que $H<x$ sólo no puede implicar esto; sin embargo, el siguiente gráfico verifica la bonita desigualdad. La línea roja punteada es la línea $y=x$ la curva púrpura es $H$ (hasta $x^{11}$ ) y la curva verde es $H'$ . Por supuesto, las dos últimas son sólo aproximaciones a la distribución real de $H$ .
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