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¿Cómo puedo demostrar esta igualdad y derivado de la general?

$$ f_{n}(x) = \underbrace{\sqrt{x+\sqrt{x+ ...+ \sqrt{x}}}}_{n} \quad \quad \lim_{n\to\infty} \sum^{n}_{r=1}\frac{1}{2^{r}}\prod^{r-1}_{i=0}\frac{1}{f_{n-i}(x)} = \frac{1}{2f_{\infty}(x)-1} $$

Me produce el lado izquierdo por el examen de los patrones de los derivados de la $\, f_{n}(x)$ y el lado derecho por el uso de la propiedad de $\, f_{\infty}(x)$: $\, f_{\infty}(x)=\sqrt{x + f_{\infty}(x)}$ y diferenciador. No tengo idea de cómo probar tal cosa, ni sé cómo probar la fórmula general de la derivada (EDIT: ahora he probado la fórmula general de la derivada, pero todavía estoy perplejo por el problema de la limitación de!):

$$_{m}f_{n}(x) = \underbrace{\sqrt[m]{x+\sqrt[m]{x+ ... + \sqrt[m]{x}}}}_{n} \quad \quad _{m}f_{n}'(x) = \sum^{n}_{i=1}\frac{1}{m^{r}} \prod^{i-1}_{i=0} (f_{n-i}(x))^{1-m}$$

Obviamente, mi segunda fórmula, podría generalizar la primera igualdad, pero, pensé que el caso de $m=2$ salió bastante bien.

Una última cosa, ¿hay alguna mejor notación que se puede utilizar para la función, en lugar de escribir con el underbrace y otras cosas?

Edit: di cuenta de que yo no menciona en absoluto en el post original, el lado derecho es la infinita suma de una progresión geométrica:

$$\sum^{\infty}_{r=1}\bigg(\frac{1}{2f_{\infty}(x)}\bigg)^{r} = \frac{1}{2f_{\infty}(x)-1} $$

Así que la pregunta puede reformularse como la demostración:

$$\lim_{n\to\infty} \sum^{n}_{r=1}\frac{1}{2^{r}}\prod^{r-1}_{i=0}\frac{1}{f_{n-i}(x)} = \sum^{\infty}_{r=1}\bigg(\frac{1}{2f_{\infty}(x)}\bigg)^{r}$$

Que parece intuitivamente cierto, pero, no sé cómo demostrarlo rigurosamente.

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Contravariant Puntos 351

Me tomó un tiempo para ver cómo se las arregló para encontrar esa fórmula, pero, de hecho, al definir

$$ _mf_n(x) = (x + {_mf_{n-1}}(x))^{1/m} $$

con $f_{n} = 0$$n \leq 0$, entonces se sigue que

$$ _mf'_n(x) = \frac1m(x + {_mf'_{n-1}}(x))^{1/m - 1} (1 + {_mf'_{n-1}}(x)) = \frac1m(_mf_n(x))^{1 - m} (1 + {_mf'_{n-1}}(x)) $$

y a través de la inducción se pueden mostrar entonces que

$$ _{m}f_{n}'(x) = \sum^{n}_{i=1}\frac{1}{m^{r}} \prod^{i-1}_{i=0} (_mf_{n-i}(x))^{1-m}. $$

en realidad, si dejamos $(_mf_{n}(x))^{1-m} = 0$$n \leq 0$, entonces podemos hacer de nuestra vida un poco más fácil escribir esto como

$$ _{m}f_{n}'(x) = \sum^{\infty}_{i=1}\frac{1}{m^{r}} \prod^{i-1}_{i=0} (_mf_{n-i}(x))^{1-m}. $$

Si ahora nos vamos a $_mf_{\infty}(x) = \lim_{n \to \infty} {_mf_n}(x)$, entonces podemos demostrar que para cualquier $r$

$$ \lim_{n\to\infty} \frac{1}{m^{r}} \prod^{i-1}_{i=0} (_mf_{n-i}(x))^{1-m} = \left(\frac{(_mf_{\infty}(x))^{1-m}}{m} \right)^{r} $$

mientras $_mf_{\infty}(x)$ existe.

También se puede mostrar que el $_mf_{n}(x)$ es monótonamente creciente en $n$. Tenga en cuenta que para todas las $x > 0$ tenemos ${_mf_{1}}(x) = x^{1/m} > 0 = {_mf_{0}}(x)$ y si $$ {_mf_{n}}(x) \geq {_mf_{n-1}}(x) $$ entonces $$ {_mf_{n+1}}(x) = (x + {_mf_{n}}(x))^{1/m} \geq (x + {_mf_{n-1}}(x))^{1/m} = {_mf_{n}}(x) $$ por lo ${_mf_{n}}(x)$ siempre es monótonamente creciente para $x>0$. Esto nos permite usar la monotonía teorema de convergencia a la conclusión de que para todos los $x>0$

$$ \begin{align} \lim_{n\to\infty} \sum^{\infty}_{r=1}\frac{1}{m^{r}} \prod^{r-1}_{i=0} (_mf_{n-i}(x))^{1-m} &= \sum^{\infty}_{r=1} \lim_{n\to\infty} \frac{1}{m^{r}} \prod^{r-1}_{i=0} (_mf_{n-i}(x))^{1-m}\\ &= \sum^{\infty}_{r=1} \left(\frac{(_mf_{\infty}(x))^{1-m}}{m} \right)^{r}\\ &= \frac{1}{1 - \frac{(_mf_{\infty}(x))^{1-m}}{m}} - 1\\ &= \frac{(_mf_{\infty}(x))^{1-m}}{(_mf_{\infty}(x))^{1-m} - m} \end{align} $$

establecimiento $m=2$ resultados en el caso especial en que se encuentran.

También se podría tratar de demostrar esta mostrando

$$ \lim_{n\to\infty} \lim_{h\to0} \frac{_{m}f_{n}(x+h) - {_{m}f_{n}(x)}}{h} = \lim_{h\to0} \lim_{n\to\infty} \frac{_{m}f_{n}(x+h) - {_{m}f_{n}(x)}}{h} $$

pero demostrando que está permitido el intercambio de los dos límites, es un poco implicado, especialmente con ninguna idea el aspecto de la función. Así que, usando la expresión que se encontró para $_{m}f_{n}'(x)$ bien podría ser el enfoque más fácil.

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