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