Мегастепень

[Dave]

Хорошо, подведу промежуточный итог. В зависимости от $a$, получаются 4 случая:

1. $e^{1/e}<a,$
2. $1 \leqslant a \leqslant e^{1/e},$
3. $e^{-e} \leqslant a < 1,$
4. $0<a<e^{-e}.$

Предел $x$, если он существует, должен удовлетворять уравнению $a^x=x$, из которого, в частности, следует, что $x \ne 0$ и неравенству $|f'(x)| \leqslant 1$, где $f(x)=a^x$. Значит должны выполняться следующие соотношения:

$$a^x=x \Rightarrow x\ln a=\ln x; \quad \eqno (1)$$

$$|a^x \ln a| \leqslant 1 \Rightarrow |\ln x| \leqslant 1. \eqno (2)$$

Максимальное значение функции $g(x)=\frac {\ln x} x$ достигается в точке $x=e$ и равно $\frac 1 e$, поэтому из (1) следует, что в случае 1 предела нет. Из неравенства (2) заключаем, что

$$x \in \left[\frac 1 e, e\right]. \eqno (S)$$

Поскольку функция $g(x)$ монотонно возрастает при $x<e$, то $a=e^{g(x)} \geqslant e^{g(\frac 1 e)}=e^{-e}$ и в случае 4 предела тоже нет.

В случае 2 предел последовательности $a_0=1, a_1=a, a_2=a^a, a_3=a^{a^a},\ldots$ существует и равен минимальному корню уравнения $a^x=x$. Для доказательства, обозначив этот корень $x_0$, вначале по индукции доказываем, что при любом $n$:

$$0<a_n \leqslant x_0, \eqno (3)$$

используя монотонность функции $f(x)$, и то, что $f(x_0)=x_0$. После этого, учитывая, что $x_0$ - минимальный корень уравнения $h(x)=0$, где $h(x)=a^x-x$ и то, что $h(0)=1>0$, получаем, что $h(x) \geqslant 0$ при всех $x \in [0,x_0]$, стало быть для любого $n$: $a_{n+1}=f(a_n)=h(a_n)+a_n \geqslant a_n$, т.е. последовательность $\{a_n\}$ монотонна и должна иметь предел, который, в силу (1), обязан быть корнем уравнения $a^x=x$, поэтому, в силу (3), обязан равняться $x_0$. Предел в этом случае пробегает отрезок $[1,e]$.

А вот доказательства того, что в случае 3 предел всегда существует, пока не вижу. Есть вариант RIP (там это случай 1), но не совсем понятно, какое отношение там имеет функция $g(t)$ к доказательству единственности корня $f(t)$. Осталось до конца прояснить этот случай, чтобы завершить доказательство того, что множество пределов есть отрезок, указанный в (S).

[ewert]

Dave в сообщении #516360 писал(а):

А вот доказательства того, что в случае 3 предел всегда существует, пока не вижу.

Это действительно несколько более тонкий факт, т.к. там нет, вообще говоря, сжимаемости во всей интересующей нас области.

Дело в том, что для функции $a^{a^x}$ производная хоть и выглядит не вполне приглядно, но вполне уверенно сначала возрастает, потом убывает. Т.е. сама эта функция сначала выпукла вниз, потом вверх. И при этом монотонно возрастает на правой полуоси от $a$ до $1$. Это означает две вещи. Во-первых, для последовательности итераций $x_{n+1}=a^{x_n}$ как чётная, так и нечётная подпоследовательности (т.е. некоторые последовательности итераций $x_{k+1}=a^{a^{x{k}}}$) монотонны (неважно, в какую сторону) и ограниченны и, следовательно, сходятся. Во-вторых, уравнение $x=a^{a^x}$ может иметь (в силу выпуклостей) не более трёх корней, и среди них, уж во всяком случае, есть искомый корень уравнения $x=a^{x}$. Если чётные $x_{2k+2}=a^{x_{2k}}$ и нечётные $x_{2k+1}=a^{x_{2k-1}}$ итерации имеют один и тот же предел, то он является и общим пределом. Если же предположить, что эти два пределы различаются, то они являются двумя корнями уравнения $x=a^{a^x}$. Корень уравнения $x=a^x$ не может совпадать ни с одним из этих пределов, т.к. иначе он был бы и пределом итераций противоположной чётности и, следовательно, эти два пределы совпадали бы. Поэтому для рассматриваемого случая уравнение $x=a^{a^x}$ должно было бы иметь три корня. Но тогда (опять же в силу выпуклостей) два крайних корня являются точками устойчивости для последовательностей вида $x_{k+1}=a^{a^{x{k}}}$, промежуточный же -- точкой неустойчивости. И, следовательно, этот промежуточный корень может быть только корнем уравнения $x=a^{x}$. Однако последний не может быть точкой неустойчивости: в нём производная $|(a^x)'|\leqslant1$, в то время как для неустойчивости должно было бы быть $|(a^x)'|>1$.

Как-то так, занудно. Но без какого-либо занудства тут, видимо, в любом случае не обойтись.

[Dave]

Не совсем очевидна монотонность подпоследовательностей до момента, когда ещё не известно количество корней уравнения $a^{a^x}=x.$ Проще, на мой взгляд, доказать единственность такого корня, а отсюда уже сразу будет следовать, что разность $r(x)=a^{a^x}-x$ имеет один знак слева от этого единственного корня и опять же один - справа, и, т.к. $r(0)=a>0$, а $r(1)=a^a-1<0$, то слева от корня $r(x)>0$, а справа $r(x)<0$, что уже означает требуемую монотонность подпоследовательностей (то, что они "скачут" по разные стороны от корня, доказывается элементарно), далее - их сходимость, и, в силу единственности корня $r(x)=0$ - сходимость к одному и тому же пределу, который не может быть ничем иным, кроме как корнем уравнения $a^x=x$.

(Оффтоп)

Да и в случае $|k'(x_0)|=1$ никакого вывода об устойчивости в точке $x_0$ последовательности, задаваемой рекуррентным соотношением $x_{n+1}=k(x_n)$, делать нельзя. Пример - функции $k_1(x)=x-x^3$ и $k_2(x)=x+x^3$ в окрестности $0$. У обоих производная в этой точке равна $1$, но первая задаёт устойчивую в $0$ последовательность, а вторая - нет. В случае $|k'(x_0)|=1$ при исследовании нужно задействовать уже производные более высоких порядков.

Теперь о том, как можно с минимальными трудозатратами доказать единственность корня $r(x)$ на отрезке $[0,1]$. Обозначим для простоты $b=-\ln a$. Мы рассматриваем случай $e^{-e} \leqslant a < 1$, поэтому $0<b \leqslant e$. Преобразуем (страшную ) производную

$$r'(x)=b^2 a^x a^{a^x}-1=b^2 e^{-bx}e^{-be^{-bx}}-1=\frac b e \cdot eb {e^{-bx}} {e^{-e^{\ln b - bx}}}-1=\frac b e \cdot e^{1+\ln b - bx -e^{\ln b - bx}}-1.$$

Применим известное неравенство $e^t \geqslant 1+t$, справедливое при любом $t$, к $t=\ln b - bx$ и получим: $e^{\ln b - bx} \geqslant 1+\ln b - bx$. Значит показатель внешней экспоненты в выражении производной неположительный и $r'(x) \leqslant \frac b e -1 \leqslant 0$. Поэтому функция $r(x)$ не возрастает на отрезке $[0,1]$, а т.к. она ни на каком интервале не константа, то больше одного корня иметь не может.

[ewert]

Dave в сообщении #516644 писал(а):

Не совсем очевидна монотонность подпоследовательностей до момента, когда ещё не известно количество корней уравнения $a^{a^x}=x.$

Вполне очевидна. Там, во всяком случае, функция $y(x)=a^{a^x}$ непрерывна, монотонна и на некоторых отрезках лежит выше биссектрисы $y=x$, а на некоторых -- ниже. И если начальное приближение попадает в один из этих отрезков, то ему из него уж никак не выбраться, причём очевидно монотонно не выбраться.

Dave в сообщении #516644 писал(а):

Да и в случае $|k'(x_0)|=1$ никакого вывода об устойчивости в точке $x_0$ последовательности, задаваемой рекуррентным соотношением $x_{n+1}=k(x_n)$, делать нельзя.

Формально и абстрактно -- да, нельзя; конкретно же применительно к этому случаю -- вполне можно. Дело в том, что для итерированной функции производная в точке пересечения равна квадрату производной исходной функции. И если этот квадрат меньше либо равен единицы, то для итерированной функции эта точка очевидно и будет устойчивой (и единственной стационарной) -- исходя из соображений выпуклости. Ну а тогда и для исходной функции.

[Dave]

Тогда такое замечание.

ewert в сообщении #516402 писал(а):

Но тогда (опять же в силу выпуклостей) два крайних корня являются точками устойчивости для последовательностей вида $x_{k+1}=a^{a^{x{k}}}$, промежуточный же -- точкой неустойчивости.

Из того, что последовательность не сходится к корню соответствующего уравнения, не следует, что он - обязательно точка неустойчивости, а только то, что последовательность в своё время не попала в нужную окрестность этого корня.

[ewert]

Dave в сообщении #516973 писал(а):

Из того, что последовательность не сходится к корню соответствующего уравнения, не следует, что он - обязательно точка неустойчивости, а только то, что последовательность в своё время не попала в нужную окрестность этого корня.

Всё это, может, и замечательно, однако не учитывает специфики итерированной функции $y(x)=a^{a^x}$ при $a<1$. Эта функция всегда монотонно возрастает от $a$ до $1$, причём сначала выпукло вниз, потом выпукло вверх. Поэтому для уравнения $x=a^{a^x}$ возможны, в принципе, один, два или три корня (но не менее одного и не более трёх). В интервале между любой парой соседних корней значения функции $y(x)=a^{a^x}$ лежат либо строго выше, либо строго ниже биссектрисы $y=x$ и при этом монотонно возрастают. Это значит, что последовательности итераций определённой чётности для $x_{n+1}=a^{x_n}$, т.е. последовательности $x_{k+1}=a^{a^{x_k}}$ монотонны, ограниченны и, следовательно, сходятся. Обозначим предельные точки как $x_-$ и $x_+$; пусть $x_0$ -- корень самой функции $y(x)=a^x$.

Из монотонного убывания функции $y(x)=a^x$ следует, что $x_-\leqslant x_0\leqslant x_+$. Если одно из этих неравенств превращается в равенство, то и другое тоже должно быть фактически равенством (т.е. если итерации некоторой чётности неограниченно близко прижимаются к решению уравнения $x=a^x$, то это же в силу непрерывности вынуждены делать и итерации противоположной чётности). Все эти три точки являются корнями уравнения $x=a^{a^x}$. Отсюда, между прочим, вытекает и невозможность случая ровно двух корней, т.к. он был бы возможен лишь в при $x_-\leqslant x_0<x_+$ или при $x_-<x_0\leqslant x_+$.

Если корень только один, то из соображений монотонности следует сходимость. Т.е. для расходимости необходимо, чтобы уравнение $x=a^{a^x}$ имело ровно три корня, причём средним из них тогда будет (единственный) корень $x_0$ уравнения $x=a^{a^x}$. Оно же и достаточно для расходимости, т.к. в этом случае при любом начальном приближении (кроме, конечно,$x_0$) последовательность чётных итераций сходится к одному из крайних корней -- опять же лишь из соображений монотонности. А из соображений выпуклости следует, что эти два случая разделяются значением производной $(a^{a^x})'$ в точке $x_0$: в случае трёх корней эта производная будет строго больше единицы, в случае же одного корня -- меньше либо равна единицы. Однако в этой точке $(a^x)'=\sqrt{(a^{a^x})'}$, откуда и критерий сходимости в терминах производной для этой конкретной функции.

[Dave]

Хорошо, уговорили . Только

ewert в сообщении #517174 писал(а):

Эта функция всегда монотонно возрастает от $a$ до $1$, причём сначала выпукло вниз, потом выпукло вверх.

От $a$ до $a^a$. И при $a \geqslant e^{-1}$ "сначала выпукло вниз" нет.

[ewert]

Тупо монотонно. Тупо монотонно на всей положительной полуоси ведёт себя показатель -- а значит, не менее тупо монотонно ведёт себя и сама (итерированная) степень.

Выпуклости тоже достаточно тупы. Только надо производную формально выписать, конечно. И тогда она сводится с точностью до монотонной замены переменной к чему-то типа $ta^t$, ну а уж с промежутками возрастания/ убывания такой функции (которая, напомню, какая-никакая, но -- производная) всем всё ясно.

[Dave]

ewert в сообщении #517499 писал(а):

Тупо монотонно. Тупо монотонно на всей положительной полуоси ведёт себя показатель -- а значит, не менее тупо монотонно ведёт себя и сама (итерированная) степень.

Да к монотонности вопросов никаких нет, я имел ввиду, что верхний предел - не 1, а $a^a$.

ewert в сообщении #517499 писал(а):

Выпуклости тоже достаточно тупы. Только надо производную формально выписать, конечно. И тогда она сводится с точностью до монотонной замены переменной к чему-то типа $ta^t$, ну а уж с промежутками возрастания/ убывания такой функции (которая, напомню, какая-никакая, но -- производная) всем всё ясно.

Проще выписать не первую производную и колдовать над ней, а вторую, что я и сделал здесь.