برای $x>0$ تعریف می کنیم
$$ f_{n}(x)= \sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+...+(x+n-1) \sqrt{1+(x+n)} } } } $$
حالا داریم
$x+1= \sqrt{(1+x(x+2))}= \sqrt{(1+x \sqrt{(1+(x+1)(x+3))}) }
=...= \sqrt{1+x \sqrt{1+(x+1) \sqrt{1+...+(x+n-1)(1+(x+n))} } }> f_{n}(x) $
از طرفی $ f_{n}(x) $ صعودی پس حد داره. فرض کنیم حد برابر $f(x)$ باشه پس $f(x) \leq x+1$. حالا به راحتی داریم
$$f(x)> \sqrt{1+x \sqrt{1+x \sqrt{1+x \sqrt{...} } } }=R $$
به راحتی داریم $R= \frac{x+ \sqrt{ x^{2} +4} }{2} >x$ بنابراین$x<f(x) \leq x+1$.
تعریف می کنیم $g(x)=x+1-f(x)$ طبق رابطه قبلی داریم $0 \leq g(x)<1$.
حالا به راحتی داریم $ f_{n}(x)^{2}=1+x f_{n-1}(x+1) $ با حدگیری نتیجه می شود که
$f(x) ^{2}=1+xf(x+1) $.
بعد از کمی محاسبه داریم
$$0 \leq \frac{g(x)}{x} \leq \frac{g(x+1)}{x+1} \leq ... \leq \frac{g(x+n)}{x+n} < \frac{1}{x+n} $$
با حدگیری نتیجه می شود که $g(x)=0$ پس $f(x)=x+1$. حالا قرار میدیم $x=2$ حکم نتیجه میشه.
این اثبات از کتاب surprises and counterexamples in real function theory نوشته rajwade و bhandari بود. برای جزئیات بیشتر به همین کتاب رجوع کنید.
همچنین لازم به ذکر که این به رادیکال های تو درتو رامانوجان معروفه .
