El usuario @Eevee Entrenador siempre una buena explicación sobre cómo definimos el infinito anidada radical en términos de límite finito de anidado radical que debe ser insensible del punto de partida. Para todos los casos en este sentido, podemos considerar la convergencia de las siguientes finito anidada radical
$$ \sqrt{1 + 2 \sqrt{1 + 3 \sqrt{ 1 + \cdots n \sqrt{1 + (n+1) a_n}}}} \tag{*} $$
para una secuencia dada $(a_n)$ de los no-negativos de los números reales. En esta respuesta, voy a probar la convergencia de $\text{(*)}$ a $3$ bajo una leve afección. Mi solución, será necesario algún conocimiento previo en el análisis.
De configuración. Consideramos que el mapa de $\Phi$, definido en el espacio de todas las funciones de $[0,\infty)$ a $[0, \infty)$, el cual es dado por
$$ \Phi [f](x) = \sqrt{1 + xf(x+1)}. $$
Veamos cómo $\Phi$ está relacionado con nuestro problema. La idea es aplicar el truco de la informática Ramanujan infinito anidada radical no a un único número, sino más bien a una función. Aquí, elegimos $F(x) = x+1$. Desde
$$ F(x) = 1+x = \sqrt{1+x(x+2)} = \sqrt{1 + xF(x+1)} = \Phi[F](x), $$
de ello se sigue que podemos afirmar $\Phi$ varias veces para obtener
$$ F(x) = \Phi^{\circ n}[F](x) = \sqrt{1 + x\sqrt{1 + (x+1)\sqrt{1 + \cdots (x+n-1)\sqrt{(x+n+1)^2}}}}, $$
donde $\Phi^{\circ n} = \Phi \circ \cdots \circ \Phi$ es el $n$-función de plegado composición de $\Phi$. Por supuesto, el original radical corresponde para el caso de $x = 2$. Esto ya demuestra que $\Phi^{\circ n}[F](x)$ converge a $F(x)$ como $n\to\infty$.
Por otro lado, infinito anidada los radicales no tienen ningún valor determinado para empezar, y así, el cálculo anterior está lejos de ser satisfactoria cuando se trata de la definición de infinito anidada radical. Por lo tanto, una forma de robustez de la convergencia es necesaria. En este sentido, @Eevee Entrenador investigó la convergencia de
$$\Phi^{\circ n}[1](2) = \sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 3\sqrt{1 + \cdots (n+1)\sqrt{1}}}}, $$
y confirmó numéricamente que esta tiende todavía a $F(2) = 3$ como $n$ crece. Por supuesto, será ideal si podemos verificar la misma conclusión para otras opciones de puntos de partida y el uso riguroso de argumento.
Prueba. Una cosa buena acerca de $\Phi$ es de la que goza la monotonía, es decir, si $f \leq g$, a continuación, $\Phi [f] \leq \Phi [g]$. A partir de esto, es fácil establecer la siguiente observación.
Lema 1. Para cualquier $f \geq 0$, tenemos $\liminf_{n\to\infty} \Phi^{\circ n}[f](x) \geq x+1$.
Prueba. Nos inductivamente aplicar la monotonía de $\Phi$ encontrar que
$$\Phi^{\circ (n+1)} [0](x) \geq x^{1-2^{-n}} \qquad \text{and} \qquad \Phi^{\circ n}[x](x) \geq x + 1 - 2^{-n}. $$
Así que, para cualquier entero $m \geq 0$,
\begin{align*}
\liminf_{n\to\infty} \Phi^{\circ n}[f](x)
&\geq \liminf_{n\to\infty} \Phi^{\circ m}[\Phi^{\circ (n+1)}[0]](x)
\geq \liminf_{n\to\infty} \Phi^{\circ m}[x^{1-2^{-(n-1)}}](x) \\
&= \Phi^{\circ m}[x](x)
\geq x + 1 - 2^{-m},
\end{align*}
y dejando $m \to \infty$ demuestra Lema 1 según sea necesario.
Lema 2. Si $\limsup_{x\to\infty} \frac{\log \log \max\{e, f(x)\}}{x} < \log 2$, a continuación, $\limsup_{n\to\infty} \Phi^{\circ n}[f](x) \leq x+1$.
Prueba. Por supuesto, existe $C > 1$ e $\alpha \in [0, 2)$ tal que $f(x) \leq C e^{\alpha^x} (x + 1)$. De nuevo, aplicando la monotonía de $\Phi$, comprobamos que $\Phi^{\circ n}[f](x) \leq C^{2^{-n}} e^{(\alpha/2)^n \alpha^x} (x+1)$ sostiene. Esto es cierto si $n = 0$. Por otra parte, suponiendo que esto es cierto para $n$,
\begin{align*}
\Phi^{\circ (n+1)}[f](x)
&\leq \Phi\left[C^{2^{-n}} e^{(\alpha/2)^n \alpha^x} (x+1)\right](x) \\
&= \left( 1 + x C^{2^{-n}} e^{(\alpha/2)^n \alpha^{x+1}} (x+2) \right)^{1/2} \\
&\leq C^{2^{-n-1}} e^{(\alpha/2)^{n+1} \alpha^{x}} (x+1).
\end{align*}
Ahora dejando $n \to \infty$ demuestra el resultado deseado.
Corolario. Si $a_n \geq 0$ satisface $\limsup_{n\to\infty} \frac{\log\log \max\{e, a_n\}}{n} < \log 2$, entonces para cualquier $x \geq 0$,
$$ \lim_{n\to\infty} \sqrt{1 + x \sqrt{1 + (x+1) \sqrt{ 1 + \cdots + (x+n-2) \sqrt{1 + (x+n-1) a_n }}}} = x+1. $$
Prueba. Aplicar el Lema 1 y 2 para la función de $f$ que interpola $(a_n)$, tales como el uso de la interpolación lineal a trozos.
El atado en el Lema 2 y el Corolario es óptima. En efecto, considere la posibilidad de la no-ejemplo, en OP cuestión de expandir $4$ como en Ramanujan infinito anidada radical. Así se define la secuencia de $a_n$ a fin de satisfacer
$$ \sqrt{1 + 2 \sqrt{1 + 3 \sqrt{ 1 + \cdots n \sqrt{1 + (n+1) a_n}}}} = 4. $$
Sus 4 primeros términos se dan de la siguiente manera.
$$ a_1 = \frac{15}{2}, \quad
a_2 = \frac{221}{12}, \quad
a_3 = \frac{48697}{576}, \quad
a_4 = \frac{2371066033}{1658880}, \quad \cdots. $$
A continuación, podemos ver que $\frac{1}{n}\log \log a_n \to \log 2$ como $n \to \infty$.
