恆等式

若函數f(x)＝x(x+2)，其中x是正整數，則f(x+1)＝(x+1)(x+3)＝(x+2)²-1，因此1+f(x+1)＝(x+2)²，x+2＝$\small\sqrt{1+f(x+1)}$，所以f(x)＝x$\small\sqrt{1+f(x+1)}$。
使用函數f(x)＝x$\small\sqrt{1+f(x+1)}$迭代計算可得f(x+1)＝(x+1)$\small\sqrt{1+f(x+2)}$，
因此f(x)＝x$\small\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+f(x+2)}}$。
因為f(x+2)＝(x+2)$\small\sqrt{1+f(x+3)}$，所以
f(x)＝x$\small\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+f(x+3)}}}$。
因為f(x+3)＝(x+3)$\small\sqrt{1+f(x+4)}$，所以
f(x)＝x$\small\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+(x+3) \sqrt{1+f(x+4)}}}}$。
如此迭代計算下去，可得
f(x)＝x$\small\sqrt{1+(x+1)\sqrt{1+(x+2)\sqrt{1+(x+3) \sqrt{1+(x+4)\sqrt{...\sqrt{1+(x+n-1)\sqrt{1+f(x+n)}}}}}}}$，其中n是趨向無限大的正整數。

 

當上列恆等式中的x＝1時，f(1)＝1×3＝3

3＝f(1)＝$1\times{\small\sqrt{1+f(2)}}$＝$1\times{\small\sqrt{1+2\times{4}}}$

 

3＝f(1)＝$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+f(3)}}}$＝$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\times{5}}}}$

 

3＝f(1)＝$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+f(4)}}}}$＝$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\times{6}}}}}$

 

3＝f(1)＝$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+f(5)}}}}}$＝$1\times{\small\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+5\times{7}}}}}}$

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20世紀印度數學英才拉馬努金(Ramanujan)，擁有非常人的數感，具有前瞻性的洞察力，在其數學成就中就包含約4000個恆等式，但是有一些恆等式雖有結論，卻沒有留下詳細的推論過程。
本文的恆等式就是由拉馬努金(Ramanujan)所提出的。

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