¿Cómo solucionar$\displaystyle x=\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4-x}}}}$ para$x$?

Question

¿Cómo solucionar$\displaystyle x=\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4-x}}}}$ para$x$?
He intentado de esta manera:
Vamos$$f(x)=\sqrt{4+\sqrt{4-x}}$ $ So,$x=f^2(x)=f^{2n}(x)$ donde$n\in\mathbb{N}$. Entonces, traté de probar que$f^k(x)=f^{k+1}(x)$ para cualquier$k\in\mathbb{N}$, pero no puedo encontrar ninguna manera fácil de probar esto. Si consigo probar esto, puedo escribir$$x=\sqrt{4+\sqrt{4-x}}$ $ porque para$k=0$ tengo$f^0(x)=f^1(x)$, pero entonces será difícil de solucionar$x=\sqrt{4+\sqrt{4-x}}$.

Mi pregunta es: ¿cómo probar que$f^k(x)=f^{k+1}(x)$ y cómo resolver$x=\sqrt{4+\sqrt{4-x}}$? Si tiene algún método más sencillo, publique su solución.

Answer 1

$\displaystyle x=\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4-x}}}}$, el reemplazo de la $x$ en la RHS por el mismo equaility, obtenemos $$x=\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4-x}}}}}}}}$$.

Continuar de esta manera, sabemos que $x$ es igual al límite(si existe) de $$\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4-\cdots}}}}}}}}$$.

Para calcular el límite, decir $l$,$l = \sqrt{4+\sqrt{4-l}}$, lo cual no es difícil de resolver.

Como para la existencia del límite, la observación de que si $a_1(x) = \sqrt{4+\sqrt{4-x}}$$a_{n+1}(x) = a_n(a_1(x))$, $|a_n(x)-a_n(y)| \leq |a_n(4) - a_n(0)|$(desde $a_n(x)$ es ya sea aumentando o disminuyendo), que tiende a $0$ repitiendo el uso de $\sqrt{x}-\sqrt{y} =\frac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$. Por lo $a_n(x)$ es de Cauchy(desde $a_{n+k}(x)= a_n(y)$ algunos $y$) y el límite existe

Answer 2

La primera asume que tenemos una solución de $x_0$ a $$f(f(x)) = x$$ entonces, como $f(y)\geq 2 \ \ \forall y \in (-\infty,4]$,$x_0\geq 2$, por lo que se puede restringir a $[2,4]$.También, si $x \in [2,4]$, $$ 4-x\leq 2$$ $$ \sqrt{4-x}\leq \sqrt{2}$$ $$ 4 + \sqrt{4-x}\leq 4 + \sqrt{2}$$ $$ \sqrt{4 + \sqrt{4-x}}\leq\sqrt{ 4 + \sqrt{2}}=:\alpha<4$$ por lo $x_0\in [2,\alpha]$, e incluso más que la función $$f:[2,\alpha]\rightarrow [2,\alpha]$$ está bien definido. así que si una solución a $f(f(x)) = x$ existe, tiene que ser en $[2,\alpha]$. Ahora tenemos que $$f'(x) = \frac{-1}{2\sqrt{4 + \sqrt{4-x}}\sqrt{4-x}}$$ $$|f'(x)| \leq \frac{1}{2\sqrt{4 + \sqrt{4-\alpha}}\sqrt{4-\alpha}}$$ y se puede comprobar que $$\frac{1}{2\sqrt{4 + \sqrt{4-\alpha}}\sqrt{4-\alpha}}\approx 0.168 <1$$ Por lo $f$ es un estricto contracción y así es $f^2$.Por Banach teorema de punto fijo $f^2$ tiene uno y sólo un punto fijo $x_0$ $[2,\alpha]$ $$f(f(x_0)) = x_0$$ $$f(f(f(x_0))) = f(x_0)$$ si llamamos a $x_1 = f(x_0)$ $$f(f(x_1)) = x_1$$ por lo $x_1$ es también un punto fijo de $f^2$ por lo tanto , $x_0 = x_1 = f(x_0)$ ($f^2$ sólo tienen un punto fijo).

Para resumir: la ecuación de $f(f(x)) = x$ tiene una única solución y es también una solución a $f(x) = x$.