a^a^a^a^a^a^a^a^...を【数式で】捉える（前半戦）

$\displaystyle a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{\cdots}}}}}}}}}}$

今日考えるのはこんなのです。なお，今日の記事は数式しか出てこない予定ですので，目の保養としてこちらの参考記事を挙げておきます。
www.ajimatics.com

今回の記事で僕がやろうとしていることは，

　　　 $\displaystyle a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{\cdots}}}}}}}}}}$ が収束するような $a$ の値の範囲ってなんなんだい？

というお話です。

そもそも $a^{a^{a^a}}$ の読み方が分からない

多分，「a(のa(のa(のa乗)乗)乗)」と呼ぶのがふさわしいでしょう。「aのa乗のa乗のa乗」ではありません。

厳密に数式を用いて定義するならば，

数列 $\{ a_n \}$ を，
　　　 $a_1=a,\qquad a_{n+1}={a_n}^a$
という漸化式を満たすものとして，
　　　 $\displaystyle\boldsymbol{\lim_{n\to\infty}a_n}$
のことを便宜上 $\displaystyle a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{a^{\cdots}}}}}}}}}}$ と書いている

といった感じです。例えば $a=1$ ならば，明らかに $a_n=1$ ですので， $1^{1^{1^{\cdots}}}=1$ となります。

また，非自明ですが $a=\sqrt2$ のときは， $a^{a^{a^{\cdots}}}=2$ が成り立ちます。

しかし， $a=2$ のときは， $\infty$ に発散します。

というわけで， $\sqrt2$ と $2$ の間にあると思われる，境界を探すのが，本記事の目標となります。

ちょっとだけ予備知識と準備を

次の事実を使います。

補題１上に有界な単調増加数列は収束する。同様に，下に有界な単調減少数列は収束する。

基本中の基本ですが，証明は省きます。

また，次のように記号を設定します。

$x$ を実数， $n$ を正の整数として，関数の列 $\left\{f_n(x)\right\}_{n=1}^{\infty}$ を，

$f_1(x)=x$ ，
$f_{n+1}(x)=x^{f_n(x)}\quad (n=1,\ 2,\ 3,\ldots)$

と定義する。また， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$ が存在するとき，その値を $f(x)$ と書く。

さっきまでは $a$ と書いていたものを，ここで $x$ と書き改めました。理由は何となく，数列というより関数で考えたいからです。

また，かなり自明なことですが，次の性質を挙げておきます。（証明は容易なので省略します。）

補題２すべての正の整数 $n$ について， $x\gt0$ ならば $f_n(x)\gt0$

まずは $\boldsymbol{x>1}$ のときから

まず，次が成り立つことを確認していきましょう。

正の整数 $n$ に対して， $x>1$ ならば $f_n(x)\lt f_{n+1}(x)$ となる。

正の実数 $x,\ a\ (x>1)$ に対して， $x^a\gt1$ であることに気を付けて証明します。
（証明）
数学的帰納法による。 $n=1$ のときは

　　　 $\displaystyle \frac{f_2(x)}{f_1(x)}=x^{x-1}\gt1$

となり， $f_1(x)=x\gt0$ より $f_2(x)\gt f_1(x)$ である。
次に $n=k$ まで成立しているとする。
$n=k+1$ のとき，

　　　 $\displaystyle\frac{{f_{k+2}(x)}}{{f_{k+1}(x)}}=\frac{x^{f_{k+1}(x)}}{x^{f_k(x)}}=x^{f_{k+1}(x)-f_{k}(x)}\gt1$

よって補題２より $f_1(x)\gt0$ だから $f_{k+2}(x)\gt f_{k+1}(x)$ なので $n=k+1$ の場合も成り立つ。

以上より数学的帰納法から従う。◆

$\boldsymbol{1\lt x\leqq e^{1/e}}$ のとき

唐突に $e^{1/e}$ という数を取ってきました。
$1\lt x\leqq e^{1/e}$ のときに $f_n(x)$ はある値に収束することを示します。

そのために次を確認します。

すべての正の整数 $n$ に対して， $1\lt x\leqq e^{1/e}$ ならば $f_n(x)\lt e$ となる。

対数を取ると示しやすそうです。
（証明）
数学的帰納法で示す。
$n=1$ のときは明らか。
$n=k$ までで $f_k(x)\lt e$ が成り立つと仮定する。このとき， $f_{k+1}(x)$ の対数を取ると，

　　　 $\displaystyle\log f_{k+1}(x)=\log x^{f_{k}(x)}=f_k(x)\log x\lt e\cdot\frac1e=1$

これより $f_{k+1}(x)\lt e$ が言えたから， $n=k+1$ のときも成立する。◆

今示したことから，

$f_1(x)\lt f_2(x)\lt \cdots\cdots \lt f_n(x)\lt \cdots\cdots\lt e$

となっていますので，数列 $\{f_n(x)\}_{n=1}^{\infty}$ は上に有界な単調増加数列です。よって収束します。

∴　 $\boldsymbol{f(x)}$ は， $\boldsymbol{1\lt x\leqq e^{1/e}}$ においては存在する。

ちなみに， $\sqrt2$ の近似値は1.414， $e^{1/e}$ の近似値は1.444ですので， $x=\sqrt2$ のときは収束することが分かります。

$\boldsymbol{e^{1/e}\lt x}$ のとき

$e^{1/e}\lt x$ のときは上界を持たない，つまり， $f_n(x)$ は収束しないことを示します。

つぎの式を目標に，頑張ります。

2以上の整数 $n$ に対して， $e^{1/e}\lt x$ ならば $f_{n}(x)-f_{n-1}(x)\lt f_{n+1}(x)-f_{n}(x)$ となる。

この不等式だけをみると，なんとなく平均値の定理っぽい証明ができるかもしれないと考えます*1
（証明）
$n$ を2以上の整数とする。また，関数 $\log x$ について平均値定理を適用する。つまり， $\log x$ は区間 $\left( f_n(x),\ f_{n+1}(x)\right)$ で微分可能な連続関数だから，ある定数 $c\in\left( f_n(x),\ f_{n+1}(x)\right)$ が存在して，

　　　 $\displaystyle \frac{\log f_{n+1}(x)-\log f_n(x)}{f_{n+1}(x)-f_n(x)}=(\log c)'=\frac1c$

このとき， $f_n(x)\lt c$ を用いて両辺に $f_{n+1}(x)-f_n(x)$ をかけると次の不等式が導かれる。

　　　 $\displaystyle \log f_{n+1}(x)-\log f_n(x)\lt \frac{f_{n+1}(x)-f_n(x)}{f_n(x)}$

この不等式の左辺については，

　　　 $\displaystyle \log f_{n+1}(x)-\log f_n(x)=\log\left(\frac{f_{n+1}(x)}{f_n(x)}\right)=\log x^{f_n(x)-f_{n-1}(x)}=\left(f_n(x)-f_{n-1}(x)\right)\log x$