√2 を無限回累乗してみる

おととい、会社の同僚から、
$\sqrt{2}^{\sqrt{2}^{\sqrt{2}^{{\sqrt{2}^{\sqrt{2}^{\sqrt{2} \dots}}}}} = 2$ 　(※)
という等式が成り立つことを教えてもらいました。
無理数乗という "極限操作" を無限回行うと、また元の値に戻る、というのが何か面白いですよね。
彼から、「どう証明するのか？」と質問されたので、ぼくなりに証明を付けてみました。
急いで書いたので間違いがあるかもしれないけど、興味のある方はどうぞ。

(※) は、数学的に定式化すると、次のように書けます。

主張 1

実数列
$\{I_n\}_{n \geq 1}$
は、以下の 2 つの条件を満たすものとする。
(1)　 $I_1 = \sqrt{2}$
(2)　任意の $n \geq 1$ について、
$I_{n+1}= \sqrt{2}^{I_n}$
が成り立つ。

このとき、次が成立する。
$\lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 2$

これを証明します。

証明

先ず、実数列 $\{I_n\} \quad (n \geq 1)$ が $n \rightarrow \infty$ で収束することを示す。そのためには、次の (A)、(B) を示せばよい *1。

(A)　実数列 $\{I_n\} \quad (n \geq 1)$ は狭義単調増加列である。

(B)　任意の $n \geq 1$ について、
$I_{n} < 2$
が成り立つ。

(A)、(B) 共に n についての帰納法で証明できるので、(A) についてのみ付けてみます。

(A) の証明

n についての帰納法。

n = 1 のとき。

$I_{2} = 2, \quad I_{1} = \sqrt{2}$ より成立は自明。

n のときの成立を仮定し、 n+1 のときの成立を示す。

$I_{n+1} > I_n$ より、
$\sqrt{2}^{I_{n+1}} > \sqrt{2}^{I_n}$ が成立するが、(2) より、この式は
$I_{(n+1)+1} > I_{n+1}$
に他ならない。【(A) の証明　終】

これにより、
$\lim_{n \rightarrow \infty} I_n = \alpha$
を満たす実数 $\alpha$ の存在は示せた。あとは $\alpha$ が 2 に等しいことを示す。
いま、(2) の式を $n \rightarrow \infty$ で極限を取ると、
$\alpha = \sqrt{2}^{\alpha}$
が得られる。この方程式を解くと、
$\alpha = 2, 4$
であるが、(B) より $\alpha = 4$ ではない。
これで、
$\lim_{n \rightarrow \infty} I_n = 2$
が証明された。【証明　終】

まぁ、(※) 式のおどろおどろしさに惑わされずに、素直に漸化式を立てたら解けちゃいますね。

でも、主張 1 は、もっと一般的な形で書くことが出来ます。

主張 2

1 より大きい実数 $a$ に対し、実数列
$\{I_{a, n}\}_{n \geq 1}$
は、以下の 2 つの条件を満たすものとする。
(1)　 $I_{a,1} = a^{1/a}$
(2)　任意の $n \geq 1$ について、
$I_{a, n+1}= (a^{1/a})^{I_{a,n}}$
が成り立つ。

このとき、次が成立する。
$\lim_{n \rightarrow \infty} I_{a,n} = a$

主張 2 は主張 1 の $a = 2$ のヴァージョンになります。
主張 2 でも、主張 1 の証明で用いた (A)、(B) と同様のことが成立するので、主張 1 と全く同じ方針で証明することが出来ます。

ちなみに

個人的には、興味が「√2 を無限回累乗する」というところから逸れてしまってて、このタイプの数列がどんな条件で収束するか？ってのを調べてみたいですね。
具体的に書くとこんな感じ。

宿題

1 より大きい実数 $t$ に対し、実数列
$\{J_{t, n}\}_{n \geq 1}$
は、以下の 2 つの条件を満たすものとする。
(1)　 $J_{t,1} = t$
(2)　任意の $n \geq 1$ について、
$J_{t, n+1}= t^{J_{t,n}}$
が成り立つ。*2

このとき、実数列 $\{J_{t, n}\} \quad (n \geq 1)$ が収束するような $t$ の上限 $T$ を求めよ。