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ボムボム
2009/10/20 02:01
（３−２）-(loga)/e＞1 すなわち a＜e^(-e) のとき。
このとき f'(x)=1 を満たす解が必ず二つ存在する。
それらをβ、γ（β＜γ）とする。
f'(x)の増減から、0＜β＜α＜γ＜1の関係を満たす。
（αはf'(x)の極大を与えるxでa^(a^α)=1/eを満たしている）
f'(β)=a^(a^β)*(a^β)*(loga)^2=1
f'(γ)=a^(a^γ)*(a^γ)*(loga)^2=1
g(x)=f(x)-xの増減は
0＜x＜β のとき、f'(x)＜1 つまり g'(x)＜0 なので減少。
x=β のとき極小値をとる。
β＜x＜γ のとき、f'(x)＞1 つまり g'(x)＞0 なので増加。
x=γ のとき極大値をとる。
γ＜x＜1 のとき、f'(x)＜1 つまり g'(x)＜0 なので減少。
またg''(x)=f''(x)なので、x=αがf''(x)=F'(x)=0を満たすから、x=αはg(x)の変曲点になっている。
ここでa^x=xを満たす解について考える。
h(x)=a^x-xとする（定義域0≦x≦1、定数aは0＜a＜1）
h(0)=1＞0、h(1)=a-1＜0、h(x)は連続なので中間値の定理より少なくとも一つ解を持つ。
さらに
h'(x)=(a^x)*(loga)-1 で loga＜0、a^x＞0 となるから h'(x)＜0。
つまりh(x)は単調減少関数であるから、h(x)=0の解はただ一つである。
この解をdとする。
a^d=dを満たすとき
a^(a^d)=a^d=dであるから、x=dは g(x)=a^(a^x)-x=0 の解でもある。
ここでh(1/e)=a^(1/e)-(1/e)の符号を考える。
今考えているのは -(loga)/e＞1 すなわち a＜e^(-e) のときであるから、
(loga)/e＜-1=log(1/e)
（左辺）= log{a^(1/e)} なので、底e＞1だから
a^(1/e)＜1/e
の大小関係を満たしている。
すなわち h(1/e)=a^(1/e)-1/e＜0 である。
したがってh(x)=0の唯一解 x=d の範囲はもう少し限定できて、0＜d＜1/eとわかる。
f'(d)を考えてみる。
f'(x)=a^(a^x)*(a^x)*(loga)^2
にx=dを代入して、a^d=dの関係式を使うと
f'(d)
=(a^d)*d*(loga)^2
=(d^2)*(loga)^2
={log(a^d)}^2
=(logd)^2
d＜1/e なので logd＜-1 したがって (logd)^2＞1 である。
つまり f'(d)＞1 が成立する。
f'(x)＞1 の範囲とは、上で増減を調べた通りで β＜x＜γ であるので β＜d＜γ となる。
この範囲では g'(x)=f'(x)-1＞0 で g(x)は（狭義）単調増加だから g(β)＜g(d)＜g(γ)。
g(d)=0 だから g(β)＜0＜g(γ) である。
ところで g(0)=a＞0、g(1)=a^a-1＜0。
また調べたように増減は 0＜x＜β では単調減少、γ＜x＜1 でも単調減少であったから、g(x)が連続関数ゆえ中間値の定理より、g(x)=0 となる解が 0＜x＜β の範囲にただ一つ、γ＜x＜1 の範囲にもただ一つ存在する。
このように a＜e^(-e) のときは a^(a^x)=x を満たす解が必ず三つ存在する。
一つは a^x=x を満たす x=d であり、それ以外にも二つ存在するので、それらを p,q（p＜q）とする。
ただしそれぞれ
0＜p＜β＜d＜γ＜q＜1
の範囲に存在する。
元に戻って漸化式
a[n+1]=a^(a^a[n])
を考えるのであるが、偶数番目の数列か奇数番目の数列かで場合分けする。
[i]問題の偶数番目の数列の場合
両辺qで引き算し、qが a^(a^x)=x の解であるので、a^(a^q)=q の関係式を使うと
a[n+1]-q = a^(a^a[n])-a^(a^q)
とできる。
（１）や（２）と同様にして、a[n]＞q なら f(x)=a^(a^x) が単調増加関数なので a^(a^a[n])-a^(a^q)＞0
a[0]=1＞qであるので帰納法より a[n]＞q である。
a[n+1]-q = {a^(a^a[n])-a^(a^q)}/{a[n]-q} *{a[n]-q}
と同じように分母を無理矢理作り出して、f(x)=a^(a^x) の q＜x≦a[n] で平均値の定理を適用すれば、
a^(a^a[n])-a^(a^q)/{a[n]-q}=f'(c1)、q＜c1＜a[n] となるような c1 が少なくとも一つ存在する。
これを用いて
a[n+1]-q=f'(c1)*{a[n]-q}である。
f'(x)の増減は
0＜x＜α（p＜β＜α）で f''(x)＞0 だからf'(x)は単調増加関数。
したがって f'(p)＜f'(β) 。
x=β、γ で f'(x)=1。
α＜x＜1（α＜γ＜q）で f''(x)＜0 だからf'(x)は単調減少関数。
したがって f'(γ)＞f'(q)。
この通りであった。
またf'(x)の最小値は x=1 のときで f'(1)=(a^a)*a*(loga)^2＞0
以上より
0＜x＜pのとき0＜f'(x)＜f'(p)＜f'(β)=1
q＜x＜1のとき0＜f'(x)＜f'(q)＜f'(γ)=1
である。
以上からq＜c1＜a[n]であるので0＜f'(c1)＜f'(q)。
したがって
0＜a[n+1]-q＜f'(q){a[n]-q}
が成り立つ。
0＜ a[n]-q ＜ {f'(q)}^n {a[0]-q}（a[0]=1）
となって、右辺は公比 f'(q) が 0＜f'(q)＜1 の等比数列であるから、n→∞のとき0に収束する。
したがって n→∞ で a[n]→q と収束する。
[ii]問題の奇数番目の数列のとき
このときは偶数番目のとは大小が逆になって、さらにqをpに置き換えれば同様の議論ができる。
すなわち
p-a[n+1] = a^(a^p)-a^(a^a[n])
として、a[n]＜p がすべてのnについて成り立つことが分かる。
a[n]≦x＜p に平均値の定理を適用して、
p-a[n+1] = f'(c2){p-a[n]}
（ただしa[n]＜c2＜p）
0＜x＜p のとき 0＜f'(x)＜f'(p)＜f'(β)=1 だったので、0＜f'(c2)＜f'(p)＜1
つまり
0＜ p-a[n+1] ＜f'(p){p-a[n]}
である。
0＜ p-a[n] ＜ {f'(p)}^n {p-a[0]}（a[0]=0）
となって、右辺は公比 f'(p) が 0＜f'(p)＜1 の等比数列であるから、n→∞のとき0に収束する。
したがって n→∞ で a[n]→p と収束する。
以上から（３−２）a＜e^(-e) のときは偶数番目の列、奇数番目の列はそれぞれ収束する。
その収束値は a^(a^x)=x の三つの解を小さい方からp,d,qとしたときに、偶数番目の列はqに、奇数番目の列はpに収束する。
p＜d＜qでp,qは異なる値であるから、元々のa[n+1]=a^a[n]を満たす数列は収束せず、振動する。
このとき f'(x)=1 を満たす解が必ず二つ存在する。
それらをβ、γ（β＜γ）とする。
f'(x)の増減から、0＜β＜α＜γ＜1の関係を満たす。
（αはf'(x)の極大を与えるxでa^(a^α)=1/eを満たしている）
f'(β)=a^(a^β)*(a^β)*(loga)^2=1
f'(γ)=a^(a^γ)*(a^γ)*(loga)^2=1
g(x)=f(x)-xの増減は
0＜x＜β のとき、f'(x)＜1 つまり g'(x)＜0 なので減少。
x=β のとき極小値をとる。
β＜x＜γ のとき、f'(x)＞1 つまり g'(x)＞0 なので増加。
x=γ のとき極大値をとる。
γ＜x＜1 のとき、f'(x)＜1 つまり g'(x)＜0 なので減少。
またg''(x)=f''(x)なので、x=αがf''(x)=F'(x)=0を満たすから、x=αはg(x)の変曲点になっている。
ここでa^x=xを満たす解について考える。
h(x)=a^x-xとする（定義域0≦x≦1、定数aは0＜a＜1）
h(0)=1＞0、h(1)=a-1＜0、h(x)は連続なので中間値の定理より少なくとも一つ解を持つ。
さらに
h'(x)=(a^x)*(loga)-1 で loga＜0、a^x＞0 となるから h'(x)＜0。
つまりh(x)は単調減少関数であるから、h(x)=0の解はただ一つである。
この解をdとする。
a^d=dを満たすとき
a^(a^d)=a^d=dであるから、x=dは g(x)=a^(a^x)-x=0 の解でもある。
ここでh(1/e)=a^(1/e)-(1/e)の符号を考える。
今考えているのは -(loga)/e＞1 すなわち a＜e^(-e) のときであるから、
(loga)/e＜-1=log(1/e)
（左辺）= log{a^(1/e)} なので、底e＞1だから
a^(1/e)＜1/e
の大小関係を満たしている。
すなわち h(1/e)=a^(1/e)-1/e＜0 である。
したがってh(x)=0の唯一解 x=d の範囲はもう少し限定できて、0＜d＜1/eとわかる。
f'(d)を考えてみる。
f'(x)=a^(a^x)*(a^x)*(loga)^2
にx=dを代入して、a^d=dの関係式を使うと
f'(d)
=(a^d)*d*(loga)^2
=(d^2)*(loga)^2
={log(a^d)}^2
=(logd)^2
d＜1/e なので logd＜-1 したがって (logd)^2＞1 である。
つまり f'(d)＞1 が成立する。
f'(x)＞1 の範囲とは、上で増減を調べた通りで β＜x＜γ であるので β＜d＜γ となる。
この範囲では g'(x)=f'(x)-1＞0 で g(x)は（狭義）単調増加だから g(β)＜g(d)＜g(γ)。
g(d)=0 だから g(β)＜0＜g(γ) である。
ところで g(0)=a＞0、g(1)=a^a-1＜0。
また調べたように増減は 0＜x＜β では単調減少、γ＜x＜1 でも単調減少であったから、g(x)が連続関数ゆえ中間値の定理より、g(x)=0 となる解が 0＜x＜β の範囲にただ一つ、γ＜x＜1 の範囲にもただ一つ存在する。
このように a＜e^(-e) のときは a^(a^x)=x を満たす解が必ず三つ存在する。
一つは a^x=x を満たす x=d であり、それ以外にも二つ存在するので、それらを p,q（p＜q）とする。
ただしそれぞれ
0＜p＜β＜d＜γ＜q＜1
の範囲に存在する。
元に戻って漸化式
a[n+1]=a^(a^a[n])
を考えるのであるが、偶数番目の数列か奇数番目の数列かで場合分けする。
[i]問題の偶数番目の数列の場合
両辺qで引き算し、qが a^(a^x)=x の解であるので、a^(a^q)=q の関係式を使うと
a[n+1]-q = a^(a^a[n])-a^(a^q)
とできる。
（１）や（２）と同様にして、a[n]＞q なら f(x)=a^(a^x) が単調増加関数なので a^(a^a[n])-a^(a^q)＞0
a[0]=1＞qであるので帰納法より a[n]＞q である。
a[n+1]-q = {a^(a^a[n])-a^(a^q)}/{a[n]-q} *{a[n]-q}
と同じように分母を無理矢理作り出して、f(x)=a^(a^x) の q＜x≦a[n] で平均値の定理を適用すれば、
a^(a^a[n])-a^(a^q)/{a[n]-q}=f'(c1)、q＜c1＜a[n] となるような c1 が少なくとも一つ存在する。
これを用いて
a[n+1]-q=f'(c1)*{a[n]-q}である。
f'(x)の増減は
0＜x＜α（p＜β＜α）で f''(x)＞0 だからf'(x)は単調増加関数。
したがって f'(p)＜f'(β) 。
x=β、γ で f'(x)=1。
α＜x＜1（α＜γ＜q）で f''(x)＜0 だからf'(x)は単調減少関数。
したがって f'(γ)＞f'(q)。
この通りであった。
またf'(x)の最小値は x=1 のときで f'(1)=(a^a)*a*(loga)^2＞0
以上より
0＜x＜pのとき0＜f'(x)＜f'(p)＜f'(β)=1
q＜x＜1のとき0＜f'(x)＜f'(q)＜f'(γ)=1
である。
以上からq＜c1＜a[n]であるので0＜f'(c1)＜f'(q)。
したがって
0＜a[n+1]-q＜f'(q){a[n]-q}
が成り立つ。
0＜ a[n]-q ＜ {f'(q)}^n {a[0]-q}（a[0]=1）
となって、右辺は公比 f'(q) が 0＜f'(q)＜1 の等比数列であるから、n→∞のとき0に収束する。
したがって n→∞ で a[n]→q と収束する。
[ii]問題の奇数番目の数列のとき
このときは偶数番目のとは大小が逆になって、さらにqをpに置き換えれば同様の議論ができる。
すなわち
p-a[n+1] = a^(a^p)-a^(a^a[n])
として、a[n]＜p がすべてのnについて成り立つことが分かる。
a[n]≦x＜p に平均値の定理を適用して、
p-a[n+1] = f'(c2){p-a[n]}
（ただしa[n]＜c2＜p）
0＜x＜p のとき 0＜f'(x)＜f'(p)＜f'(β)=1 だったので、0＜f'(c2)＜f'(p)＜1
つまり
0＜ p-a[n+1] ＜f'(p){p-a[n]}
である。
0＜ p-a[n] ＜ {f'(p)}^n {p-a[0]}（a[0]=0）
となって、右辺は公比 f'(p) が 0＜f'(p)＜1 の等比数列であるから、n→∞のとき0に収束する。
したがって n→∞ で a[n]→p と収束する。
以上から（３−２）a＜e^(-e) のときは偶数番目の列、奇数番目の列はそれぞれ収束する。
その収束値は a^(a^x)=x の三つの解を小さい方からp,d,qとしたときに、偶数番目の列はqに、奇数番目の列はpに収束する。
p＜d＜qでp,qは異なる値であるから、元々のa[n+1]=a^a[n]を満たす数列は収束せず、振動する。