a^a^a^a^a^a^a^a^...を【数式で】捉える（後半戦）

marukunalufd0123.hatenablog.com

これは上記の記事の続きになります。
概要を思い出しておくと，

$x$ 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。

$f(x)$ は， $1\lt x\leqq e^{1/e}$ のときは存在し， $e^{1/e}\lt x$ のときは存在しないことが前半戦にて示されました。
ここでは， $0\lt x\lt 1$ でのふるまいについてみていきます。

まずは発想を共有しよう

いきなり数式に入ると読者を置き去りにする自信がありますので，すこし動機付けとなる現象を紹介します。

$x=0.1$ としてみましょう。そして， $f_1(x),\ f_2(x),\ f_3(x),\ f_4(x),\ f_5(x),\ f_6(x)$ をWolfram Alphaに計算させると次のようになります。

$\begin{array}{ccl} f_1(x)&=&0.1\\ f_2(x)&=&0.794328\cdots\\ f_3(x)&=&0.160573\cdots\\ f_4(x)&=&0.690919\cdots\\ f_5(x)&=&0.203742\cdots\\ f_6(x)&=&0.625544\cdots \end{array}$
この事実が何を教えてくれるかというと， $n$ が偶数であるか奇数であるかによって，値が大きく振れてしまうことです。
これは以降の議論にも反映させないと，正しく議論できる気がしません。。。

ですので， $0\lt x\lt 1$ のときは偶奇に分けて考察をしていきましょう。

よし本題

まずは次のことを示します。

すべての正の整数 $m$ について， $0\lt x\lt 1$ ならば
$\left\{\begin{array}{l} 0\lt f_1(x)\lt f_3(x)\lt f_5(x)\lt\cdots\lt f_{2m-1}(x)\lt\cdots\lt1\\\\ 0\lt\cdots\lt f_{2m}(x)\lt\cdots\lt f_6(x)\lt f_4(x)\lt f_{2}(x)\lt 1 \end{array}\right.$

つまり，偶奇に分けることで単調性が見えてくるわけです。確かに $x=0.1$ の例も，偶奇に分ければ単調であることが見えてきます。
対数を取って証明したいのですが， $\log x\lt 0$ であることに注意します。
（証明）
$n$ を2以上の整数とする。
$f_n(x)$ の定義から， $\displaystyle \frac{f_{n+2}(x)}{f_{n+1}(x)}=x^{f_{n+1}(x)-f_n(x)}$ が成り立つので，両辺の（自然）対数をとり，

　①　 $\displaystyle\log\left(\frac{f_{n+2}(x)}{f_{n+1}(x)}\right)=(f_{n+1}(x)-f_n(x))\log x$

同様に，

　②　 $\displaystyle\log\left(\frac{f_{n+1}(x)}{f_{n}(x)}\right)=(f_{n}(x)-f_{n-1}(x))\log x$

①－②から，

　③　 $\displaystyle\log\left(\frac{f_{n+2}(x)}{f_{n}(x)}\right)=(f_{n+1}(x)-f_{n-1}(x))\log x$

$n=2$ のときから考える。 $0\lt x\lt 1$ だったから $\log x\lt0$ である。また，

　　　 $f_3(x)-f_1(x)=x^{x^x}-x=x^{x^x-1}\gt0$

だから，③式の右辺は正と負の積となっているので負である。したがって

　　　 $\displaystyle\log\left(\frac{f_{4}(x)}{f_{2}(x)}\right)\lt0$

が成り立ち，この式から $\frac{f_{4}(x)}{f_{2}(x)}\lt1$ となるから， $f_4(x)\lt f_2(x)$ が従う。

$n=3$ のときは③式の右辺が正であることが分かるので， $n=2$ のときと同様に， $f_3(x)\lt f_5(x)$ である。

この議論を繰り返すことで，
$\left\{\begin{array}{l} 0\lt f_1(x)\lt f_3(x)\lt f_5(x)\lt\cdots\lt f_{2m-1}(x)\lt\cdots\\\\ \cdots\lt f_{2m}(x)\lt\cdots\lt f_6(x)\lt f_4(x)\lt f_{2}(x)\lt 1 \end{array}\right.$
であることが示される。

また，補題１より $f_{2m}(x)\gt0$ であり， $x\ (0\lt x\lt 1)$ と正の実数 $a$ について $x^a\lt1$ が成り立つことから，

　　　 $f_{2m+1}(x)=x^{f_{2m}(x)}\lt1$

である。よって，
$\left\{\begin{array}{l} 0\lt f_1(x)\lt f_3(x)\lt f_5(x)\lt\cdots\lt f_{2m-1}(x)\lt\cdots\lt1\\\\ 0\lt\cdots\lt f_{2m}(x)\lt\cdots\lt f_6(x)\lt f_4(x)\lt f_{2}(x)\lt 1 \end{array}\right.$

◆

この証明によって，関数列 $\{f_{2m-1}(x)\}_{m=1}^{\infty}$ は上に有界な単調増加数列なので，ある収束先 $\alpha(x)$ が存在する。同様に関数列 $\{f_{2m}(x)\}_{m=1}^{\infty}$ は下に有界な単調減少数列なので，ある収束先 $\beta(x)$ が存在する。

もしも $\alpha(x)=\beta(x)$ ならば $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$ は存在するし， $\alpha(x)\neq\beta(x)$ ならば $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$ は存在しない。

というわけで， $\alpha(x)=\beta(x)$ となるための $x$ についての必要十分条件を探すことが，当分の目標になります。

まずは $\alpha(x),\ \beta(x)$ が満たすべき式を提示して，それを証明します。

$\left\{\begin{array}{l}\displaystyle \log \left( \log\frac{1}{\alpha(x)} \right)=\alpha(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\\\ \displaystyle\log \left( \log\frac{1}{\beta(x)} \right)=\beta(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right) \end{array}\right.$

個人的には全部正の数で考えたいので， $\log x$ よりも $\log \frac1x$ のほうが以降の議論で有効な気がするのです。となるとどうしてもゴツく見えてしまいます。許してください。この式は $f_n(x)$ の定義から示します。
（証明）
$f_n(x)$ の定義より， $\log f_{n+1}(x)=f_n(x)\log x$ だが，この両辺を $-1$ 倍することで，

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

を得る。この式によって偶数列と奇数列だけに分離することができて，
$\left\{\begin{array}{l}\displaystyle \log \left( \log\frac{1}{f_{2m+1}(x)} \right)=f_{2m-1}(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\\\ \displaystyle\log \left( \log\frac{1}{f_{2m+2}(x)} \right)=f_{2m}(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right) \end{array}\right.$
この式たちについて $m\to\infty$ とすることで，
$\left\{\begin{array}{l}\displaystyle \log \left( \log\frac{1}{\alpha(x)} \right)=\alpha(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\\\ \displaystyle\log \left( \log\frac{1}{\beta(x)} \right)=\beta(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right) \end{array}\right.$
を得る。◆

といっても示した式はさすがにゴツいので， $\displaystyle\log\frac{1}{\alpha(x)}=s,\ \log\frac{1}{\beta(x)}=t$ と置き換えます。すると，
$\left\{\begin{array}{l}\displaystyle \log s=e^{-s}\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\ \displaystyle\log t=e^{-t}\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right) \end{array}\right.$
となり，ちょっとすっきりしました。

ちょっとだけ $s,\ t$ のとりうる値の範囲も考えておきます。といっても， $0\lt\alpha(x)\leqq1$ ， $0\leqq\beta(x)\lt1$ なので

　　　 $\displaystyle \frac1e\leqq s\lt 1,\ \frac1e\lt t\leqq 1$

ってだけなんですが。

$\boldsymbol{e^{-e}\leqq x\lt 1}$ のとき

$e^{-e}\leqq x\lt 1$ のとき， $\alpha(x)=\beta(x)$ であることを示します。

そのために， $u\ (\frac1e\leqq u\leqq1)$ について， $u$ の定義域の内部で微分可能な関数 $F(u)$ を考察します。

　④　 $F(u):= e^{-u}\log x+\log \left(\log\dfrac{1}{x}\right)-\log u$

これを $u$ で微分すると，

　　 $\displaystyle\frac{d}{du}F(u)=-e^{-u}\log x-\frac1u=-\frac1u\left(\frac{u}{e^u}\log x+1\right)$

となります。特に $\displaystyle \left(\frac{u}{e^u}\log x+1\right)$ は常に0以上です。なぜなら， $\displaystyle \frac{u}{e^u}$ は， $u=1$ で最大値 $\displaystyle\frac1e$ をとることが増減を調べることによってわかります。今， $e^{-e}\leqq x\lt 1$ としましたので $-e\leqq\log x\lt0$ となります。つまり， $\frac1e\leqq u\leqq1$ の範囲では常に $-1\leqq\frac{u}{e^u}\log x$ となりますので， $\displaystyle \left(\frac{u}{e^u}\log x+1\right)$ は常に0以上です。