Evaluación de $\sqrt{1 + \sqrt{2 + \sqrt{4 + \sqrt{8 + \ldots}}}}$

Question

Inspirado en el problema de Ramanujan y la solución de $\sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 3\sqrt{1 + \ldots}}}$ decidí intentar evaluar el radical infinito $$\sqrt{1 + \sqrt{2 + \sqrt{4 + \sqrt{8 + \ldots}}}}$$ Tomando como referencia el método de solución de Ramanujan, definí una función $f(x)$ tal que $$f(x) = \sqrt{2^x + \sqrt{2^{x+1} + \sqrt{2^{x+2} + \sqrt{2^{x+3} + \ldots}}}}$$ Podemos ver que $$\begin{align} f(0) &= \sqrt{2^0 + \sqrt{2^1 + \sqrt{2^2 + \sqrt{2^3 + \ldots}}}} \\ &= \sqrt{1 + \sqrt{2 + \sqrt{4 + \sqrt{8 + \ldots}}}} \end{align}$$ Y empezamos a resolver $$\begin{align} f(x) &= \sqrt{2^x + \sqrt{2^{x+1} + \sqrt{2^{x+2} + \sqrt{2^{x+3} + \ldots}}}} \\ f(x)^2 &= 2^x + \sqrt{2^{x+1} + \sqrt{2^{x+2} + \sqrt{2^{x+3} + \ldots}}} \\ &= 2^x + f(x + 1) \\ f(x + 1) &= f(x)^2 - 2^x \end{align}$$ En este punto me encuentro atascado, ya que tengo poca experiencia con las relaciones de recurrencia.

¿Cómo se resolvería esta relación de recurrencia? ¿Sería el método fácilmente extensible a $$\begin{align} f_n(x) &= \sqrt{n^x + \sqrt{n^{x+1} + \sqrt{n^{x+2} + \sqrt{n^{x+3} + \ldots}}}} \\ f_n(x)^2 &= n^x + f_n(x + 1)~\text ? \end{align}$$

Answer 1

Prefiero probar esto: Si $$x=\sqrt{ 1+\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt{8+\ldots}}}},$$ entonces $$\begin{align}ux&=u\sqrt{ 1+\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt{8+\ldots}}}}\\ &=\sqrt{ u^2+u^2\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt{8+\ldots}}}}\\ &=\sqrt{ u^2+\sqrt{2u^4+u^4\sqrt{4+\sqrt{8+\ldots}}}}\\ &=\sqrt{ u^2+\sqrt{2u^4+\sqrt{4u^8+u^8\sqrt{8+\ldots}}}}\\ &=\sqrt{ u^2+\sqrt{2u^4+\sqrt{4u^8+\sqrt{8u^{16}+\ldots}}}}\\ \end{align}$$ Así, si $u=\frac1{\sqrt 2}$ entonces $$\frac x{\sqrt2}=\sqrt{\frac12+\sqrt{\frac12+\sqrt{\frac12+\sqrt{\frac12+\ldots}}}}$$ El lado derecho $y$ tiene la propiedad de que $y^2-\frac12=y$ es decir, se puede encontrar resolviendo una cuadrática.