超运算解析延拓

我们来考虑超运算 \(b \uparrow \uparrow n\) 在整个复平面上的解析延拓。定义函数

\[ F (n) = b \uparrow \uparrow n = \underbrace {b ^ {b \cdots^ {b}}} _ {n \text {个} b}, \]

我们可以得到这个函数所满足的函数方程和初始条件

\[ F (n + 1) = b ^ {F (n)}, \quad F (0) = 1. \]

因此，要想得到 \(F(n)\) 的解析延拓，我们只需求解如下定义在复平面上的函数方程即可

\[ F (z + 1) = b ^ {F (z)}. \]

这个函数方程应当如何求解呢？首先我们取 \(F(z)\) 的反函数

\[ \psi (z) = F ^ {- 1} (z), \]

这样 \(\psi(z)\) 满足方程

\[ \psi^ {- 1} (z + 1) = b ^ {\psi^ {- 1} (z)}, \]

即

\[ \psi \left(b ^ {z}\right) = \psi (z) + 1. \]

进一步作代换

\[ \psi (z) = \frac {\ln (\sigma (z))}{\ln (s)}, \]

则 \(\sigma (z)\) 满足方程

\[ \sigma \left(b ^ {z}\right) = s \sigma (z). \]

为求解上述函数方程，我们将 \(\sigma(z)\) 在代数方程

\[ b ^ {L} = L \]

的解处展开为 Taylor 级数。这个方程有两个不同的解，它们可以分别表示为

\[ L _ {1, 2} = \frac {\omega_ {2} (\ln (\ln (b)) \mp \pi i)}{- \ln (b)}, \]

式中

\[ \omega (z) = W _ {n} \left(e ^ {z}\right), \]

\[ n = \left\lceil \frac {\mathrm{Im} (z) - \pi}{2 \pi} \right\rceil , \]

\[ \omega_ {2} (z) = \omega^ {*} (z ^ {*}), \]

\(W_{n}(z)\) 是 Lambert 函数，它是

\[ z = W e ^ {W} \]

反函数的第 \(n\) 个分支。利用这两个不动点 \(L_{1,2}\) ，我们可以定义两个新的参量

\[ s _ {i} = \ln (L _ {i}) = L _ {i} \ln (b). \]

现在我们在 \(L_{1,2}\) 处将 \(\sigma(z)\) 展开为 Taylor 级数。为求解出 \(\sigma(z)\) 的各 Taylor 系数，我们需要比较方程

\[ \sigma \left(b ^ {z}\right) = s \sigma (z). \]

左右两端的各阶系数，并逐项地给出系数之间的递推关系。最终我们得到如下的 \(\sigma(z)\) 的级数展开式

\[ \begin{array}{l} \sigma_ {1} (z) = \left(z - L _ {1}\right) + \frac {s _ {1}}{2 L _ {1} \left(1 - s _ {1}\right)} \left(z - L _ {1}\right) ^ {2} + \frac {s _ {1} ^ {2} \left(1 + 2 s _ {1}\right)}{6 L _ {1} ^ {2} \left(1 - s _ {1}\right) \left(1 - s _ {1} ^ {2}\right)} \left(z - L _ {1}\right) ^ {3} \\ + \frac {s _ {1} ^ {3} \left(1 + 6 s _ {1} + 5 s _ {1} ^ {2} + 6 s _ {1} ^ {3}\right)}{2 4 L _ {1} ^ {3} \left(1 - s _ {1}\right) \left(1 - s _ {1} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {1} ^ {3}\right)} \left(z - L _ {1}\right) ^ {4} (34.33) \\ + \frac {s _ {1} ^ {4} \left(1 + 1 4 s _ {1} + 2 4 s _ {1} ^ {2} + 4 5 s _ {1} ^ {3} + 4 6 s _ {1} ^ {4} + 2 6 s _ {1} ^ {5} + 2 4 s _ {1} ^ {6}\right)}{1 2 0 L _ {1} ^ {4} \left(1 - s _ {1}\right) \left(1 - s _ {1} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {1} ^ {3}\right) \left(1 - s _ {1} ^ {4}\right)} \left(z - L _ {1}\right) ^ {5} + \dots \\ \sigma_ {2} (z) = \left(z - L _ {2}\right) + \frac {s _ {2}}{2 L _ {2} \left(1 - s _ {2}\right)} \left(z - L _ {2}\right) ^ {2} + \frac {s _ {2} ^ {2} \left(1 + 2 s _ {2}\right)}{6 L _ {2} ^ {2} \left(1 - s _ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {2}\right)} \left(z - L _ {2}\right) ^ {3} \\ + \frac {s _ {2} ^ {3} \left(1 + 6 s _ {2} + 5 s _ {2} ^ {2} + 6 s _ {2} ^ {3}\right)}{2 4 L _ {2} ^ {3} \left(1 - s _ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {3}\right)} \left(z - L _ {2}\right) ^ {4} (34.34) \\ + \frac {s _ {2} ^ {4} \left(1 + 1 4 s _ {2} + 2 4 s _ {2} ^ {2} + 4 5 s _ {2} ^ {3} + 4 6 s _ {2} ^ {4} + 2 6 s _ {2} ^ {5} + 2 4 s _ {2} ^ {6}\right)}{1 2 0 L _ {2} ^ {4} \left(1 - s _ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {3}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {4}\right)} \left(z - L _ {2}\right) ^ {5} + \dots \\ \end{array} \]

\[ \begin{array}{l} \sigma_ {2} (z) = \left(z - L _ {2}\right) + \frac {s _ {2}}{2 L _ {2} \left(1 - s _ {2}\right)} \left(z - L _ {2}\right) ^ {2} + \frac {s _ {2} ^ {2} \left(1 + 2 s _ {2}\right)}{6 L _ {2} ^ {2} \left(1 - s _ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {2}\right)} \left(z - L _ {2}\right) ^ {3} \\ + \frac {s _ {2} ^ {3} \left(1 + 6 s _ {2} + 5 s _ {2} ^ {2} + 6 s _ {2} ^ {3}\right)}{2 4 L _ {2} ^ {3} \left(1 - s _ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {3}\right)} \left(z - L _ {2}\right) ^ {4} \\ + \frac {s _ {2} ^ {4} \left(1 + 1 4 s _ {2} + 2 4 s _ {2} ^ {2} + 4 5 s _ {2} ^ {3} + 4 6 s _ {2} ^ {4} + 2 6 s _ {2} ^ {5} + 2 4 s _ {2} ^ {6}\right)}{1 2 0 L _ {2} ^ {4} \left(1 - s _ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {3}\right) \left(1 - s _ {2} ^ {4}\right)} \left(z - L _ {2}\right) ^ {5} + \dots \\ \end{array} \]

进一步有 \(\psi_{j}(z)\) (j=1,2) 的表达式

\[ \begin{array}{l} \psi_ {j} (z) = \frac {\ln \left(z - L _ {j}\right)}{\ln \left(s _ {j}\right)} + \frac {s _ {j}}{2 L _ {j} \ln \left(s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j}\right)} \left(z - L _ {j}\right) \\ + \frac {s _ {j} ^ {2} \left(1 + 5 s _ {j}\right)}{2 4 L _ {j} ^ {2} \ln \left(s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {2}\right)} \left(z - L _ {j}\right) ^ {2} \\ + \frac {s _ {j} ^ {4} \left(2 + s _ {j} + 3 s _ {j} ^ {2}\right)}{2 4 L _ {j} ^ {3} \ln \left(s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {3}\right)} \left(z - L _ {j}\right) ^ {3} \\ + \frac {s _ {j} ^ {4} \left(6 1 s _ {j} - 1 + 7 1 s _ {j} ^ {2} + 2 9 0 s _ {j} ^ {3} + 2 9 9 s _ {j} ^ {4} + 1 0 9 s _ {j} ^ {5} + 2 5 1 s _ {j} ^ {6}\right)}{2 8 8 0 L _ {j} ^ {4} \ln \left(s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {3}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {4}\right)} (z - L _ {j}) ^ {4} + \dots \\ \end{array} \]

以及最终得到 \(F(z)\) 的两个解

\[ \begin{array}{l} F _ {j} (z) = L _ {j} + e ^ {z \ln s _ {j}} - \frac {s _ {j}}{2 L _ {j} \left(1 - s _ {j}\right)} e ^ {2 z \ln s _ {j}} + \frac {s _ {j} ^ {2} \left(2 + s _ {j}\right)}{6 L _ {j} ^ {2} \left(1 - s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {2}\right)} e ^ {3 z \ln s _ {j}} \\ - \frac {s _ {j} ^ {3} \left(6 + 6 s _ {j} + 5 s _ {j} ^ {2} + s _ {j} ^ {3}\right)}{2 4 L _ {j} ^ {3} \left(1 - s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {3}\right)} e ^ {4 z \ln s _ {j}} \\ + \frac {s _ {j} ^ {4} \left(2 4 + 3 6 s _ {j} + 4 6 s _ {j} ^ {2} + 4 0 s _ {j} ^ {3} + 2 4 s _ {j} ^ {4} + 9 s _ {j} ^ {5} + s _ {j} ^ {6}\right)}{1 2 0 L _ {j} ^ {4} \left(1 - s _ {j}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {2}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {3}\right) \left(1 - s _ {j} ^ {4}\right)} e ^ {5 z \ln s _ {j}} + \dots \\ \end{array} \]

这就是超运算的解析延拓。

文章求出了上述解析延拓的一族渐进解。对方程

\[ F (z + 1) = b ^ {F (z)} \]

做代换 \(b = e^{\mu}\) ，即得到

\[ F (z + 1) = e ^ {\mu F (z)}. \]

文章指出，函数族

\[ \beta_ {\lambda , \mu} (s) = \underset {j = 1} {\overset {\infty} {\Omega}} \frac {e ^ {\mu z}}{1 + e ^ {\lambda (j - s)}} \bullet z \]

满足如下的函数方程

\[ \beta_ {\lambda , \mu} (s + 1) = \frac {e ^ {\mu \beta_ {\lambda , \mu} (s)}}{1 + e ^ {- \lambda s}}, \]

其中

\[ \underset {j = 1} {\overset {\infty} {\Omega}} q _ {j} (s, z) \bullet z = \lim _ {n \to \infty} q _ {1} \left(s, q _ {2} \left(s, \dots q _ {n} (s, z)\right)\right). \]

可以看出，在 \(s \to \infty\) 的情况下， \(\beta_{\lambda, \mu}(s)\) 将是指数塔解析延拓的渐进解。

\(\beta_{\lambda,\mu}(s)\) 当然还不是四级超运算真正的解析延拓。为此我们设想在 \(\beta(s)\) 后附加一个修正项

\[ F _ {n} (s) = \beta (s) + \tau^ {n} (s), \]

其中 \(\tau^{n}(s)\) 由如下递推公式定义

\[ \tau^ {n + 1} (s) = \log_ {\mu} \left(1 + \frac {\tau^ {n} (s + 1)}{\beta (s + 1)}\right) - \log_ {\mu} \left(1 + e ^ {- \lambda s}\right). \]

可以验证，各 \(F_{n}(s)\) 满足如下的方程

\[ F _ {n} (s + 1) = e ^ {\mu F _ {n + 1} (s)}. \]

令 n 趋于无穷，即得四级超运算的解析延拓

\[ F (s) = \beta (s) + \lim _ {n \to \infty} \tau^ {n} (s), \]

它满足如下的函数方程

\[ F (s + 1) = e ^ {\mu F _ {n} (s)}, \]

即

\[ F (s + 1) = b ^ {F _ {n} (s)}. \]

最近，文章宣布完全解决了这一问题。首先，定义

\[ g (y) = b ^ {y}. \]

对于 \(n = 1\) 有

\[ g ^ {\circ 1} (1) = g (1) = b ^ {1} = b = b \uparrow \uparrow 1. \]

假设对 \(k \in \mathbb{N}\) 有

\[ b \uparrow \uparrow k = g ^ {\circ k} (1), \]

则

\[ b \uparrow \uparrow (k + 1) = b ^ {(b \uparrow \uparrow k)} = b ^ {g ^ {\circ k} (1)}. \]

于是我们得到

\[ g ^ {\circ (k + 1)} (1) = g \left(g ^ {\circ k} (1)\right) = b ^ {g ^ {\circ k} (1)}, \]

即

\[ b \uparrow \uparrow (k + 1) = g ^ {\circ (k + 1)} (1). \]

因此由数学归纳法知，对任意自然数 \(n\) 都有

\[ b \uparrow \uparrow n = g ^ {\circ n} (1). \]

下面求解方程

\[ b ^ {L} = L. \]

取对数得到

\[ L \ln b = \ln L, \]

即

\[ L e ^ {- L \ln b} = 1. \]

做代换

\[ z = - L \ln b \]

得到

\[ z e ^ {z} = - \ln b. \]

这个方程的解即为 Lambert-W 方程

\[ z = W _ {k} (- \ln b). \]

因此我们得到 \(L\) 的取值

\[ L = - \frac {W _ {k} (- \ln b)}{\ln b}. \]

设

\[ f (z) = \sum_ {k = 1} ^ {\infty} a _ {k} (z - L) ^ {k} \]

为在 z = L 附近的全纯函数，且 \(a_{1} \neq 0\) 。要求出其逆函数

\[ g (w) = f ^ {- 1} (\omega) = L + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} b _ {n} (w) ^ {n} \]

的系数 \(b_{n}\) ，我们应用留数定理的方法。由 Cauchy 积分公式知

\[ g (\omega) = \frac {1}{2 \pi i} \oint_ {\bar {\omega}} \frac {g (\xi)}{\xi - \omega} d \xi , \]

换元 \(\xi = f(z)\) 得到

\[ g (\omega) = \frac {1}{2 \pi i} \oint_ {\bar {z}} \frac {z f ^ {\prime} (z)}{f (z) - \omega} d z. \]

对分母展开得到

\[ g (\omega) = \frac {1}{2 \pi i} \oint_ {\bar {z}} \frac {z f ^ {\prime} (z)}{f (z)} \sum_ {n = 0} ^ {+ \infty} \left(\frac {\omega}{f (z)}\right) ^ {n} d z, \]

提取出系数为

\[ g (\omega) = \frac {1}{2 \pi i} \sum_ {n = 0} ^ {+ \infty} \omega^ {n} \oint_ {\bar {z}} \frac {z f ^ {\prime} (z)}{f ^ {n + 1} (z)} d z, \]

接下来要把系数中的环路积分计算出来。做分部积分得到

\[ g (\omega) = \frac {1}{2 \pi i} \sum_ {n = 0} ^ {+ \infty} \omega^ {n} \oint_ {\bar {z}} \frac {1}{n f ^ {n} (z)} d z. \]

最后应用留数定理得到

\[ g (\omega) = \sum_ {n = 1} ^ {+ \infty} \omega^ {n} \cdot \frac {1}{n !} \frac {d ^ {n - 1}}{d z ^ {n - 1}} \left[ \frac {z - L}{f (z)} \right] ^ {n} \Bigg | _ {z = L}, \]

即系数 \(b_{n}\) 满足

\[ b _ {n} = \frac {1}{n !} \lim _ {z \to L} \left(\frac {d ^ {n - 1}}{d z ^ {n - 1}} \left(\frac {z - L}{f (z)}\right) ^ {n}\right). \]

定义

\[ \phi (z) = \frac {z - L}{f (z)}, \]

则我们可以将系数 \(b_{n}\) 进一步表示为

\[ b _ {n} = \frac {1}{n} \left[ z ^ {n - 1} \right] \phi (z) ^ {n}, \]

式中 \([z^n]\) 代表从函数中取出 \(z^n\) 的系数。这一结果被称为Lagrange反演定理。

设 \(U, V \subset \mathbb{C}^n\) 为包含原点的开域， \(f: U \to V\) 为全纯映射。若复 Jacobi 矩阵 \(J(f) = \left(\frac{\partial f_i}{\partial z_j}\right)\) 在零点可逆，则：

1. f 在零点附近为双全纯。

2. 逆 \(f^{-1}: f(W) \to W\) 对某个邻域 \(W \subset U\) 为全纯。

3. 对于 \(w = f(z)\) 有 \(J(f^{-1})(w) = [J(f)(z)]^{-1}\) 。

这一结果被称为全纯逆函数定理。

设

\[ g (z) = b ^ {z} \]

有一个双曲不动点 \(L\) ，其乘数为

\[ s = g ^ {\prime} (L) = \ln (b) \cdot L, \]

其中 \(0 < |s| \neq 1\) 。则如下方程

\[ \psi (g (z)) = s \psi (z), \]

\[ \psi (L) = 0, \]

\[ \psi^ {\prime} (L) = 1, \]

存在唯一全纯解 \(\psi(z)\) 可以表示为如下的级数形式

\[ \psi (z) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} (z - L) ^ {n}, \]

或者表示为

\[ \psi (z) = \sum_ {n = 0} ^ {\infty} a _ {n} (z - L) ^ {n}, \]

其中 \(a_0 = 0\) 。这一结果被称为Koenig线性化定理。对于 \(g(z) = b^z\) ，双曲性 \(|s|\neq 1\) 确保了指数动力学，避免了共振现象（例如， \(s^k = 1\) ）对线性化造成阻碍。该定理构造了 \(\psi (z)\) 的极限：当 \(0 < |s| < 1\) 时为

\[ \psi (z) = \lim _ {n \to \infty} \frac {g ^ {\circ n} (z) - L}{s ^ {n}} \]

当 \(|s| > 1\) 时为

\[ \psi (z) = \lim _ {n \to \infty} \frac {g ^ {\circ - n} (z) - L}{s ^ {- n}}. \]

唯一性也可以由该定理保证。

令

\[ g (z) = b ^ {z} \]

的不动点为 \(L\) ，乘子为

\[ s = g ^ {\prime} (L) = \ln (b) \cdot L, \]

其中 \(0 < |s| \neq 1\) 。根据全纯逆函数定理，线性化函数

\[ \psi (z) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} (z - L) ^ {n} \]

在 L 附近是全纯的，且其逆 \(\psi^{-1}(z)\) 作为收敛幂级数存在。我们接下来要求出上述线性化函数的系数 \(a_{n}\) 的递推关系式。

在 \(L\) 附近展开 \(g(z)\) 。令 \(z = L + \epsilon\) ，则

\[ g (z) = b ^ {L + \epsilon} = L \cdot e ^ {\epsilon \ln b} = L \sum_ {m = 0} ^ {\infty} \frac {(\ln b) ^ {m} \epsilon^ {m}}{m !}, \]

Taylor 展开式为

\[ g (z) = L + \sum_ {m = 1} ^ {\infty} \frac {(\ln b) ^ {m} L}{m !} (z - L) ^ {m}. \]

我们令这一系数为 \(c_{m}\)

\[ c _ {m} = \frac {(\ln b) ^ {m} L}{m !}. \]

令

\[ \psi (z) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} (z - L) ^ {n}. \]

将 \(g(z)\) 带入自变量得到

\[ \psi (g (z)) = \sum_ {k = 1} ^ {\infty} \left(a _ {k} \left(\sum_ {m = 1} ^ {\infty} c _ {m} (z - L) ^ {m}\right) ^ {k}\right). \]

我们令 \(m_{i}\) 表示从该级数的第 \(i\) 个副本中选择的指数。例如，在

\[ \left(\sum_ {m = 1} ^ {\infty} c _ {m} (z - L) ^ {m}\right) ^ {k}, \]

中，每个 \(m_{i} \geq 1\) 对应于第 \(i\) 个因式中的一个项。求和

\[ \sum_ {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n} \]

对所有加起来等于 n 的指数组合进行求和。

对 \(k = 2\) 有

\[ \left(\sum_ {m = 1} ^ {\infty} c _ {m} (z - L) ^ {m}\right) ^ {2} = \sum_ {m _ {1} = 1} ^ {\infty} \left(\sum_ {m _ {2} = 1} ^ {\infty} \left(c _ {m _ {1}} c _ {m _ {2}} (z - L) ^ {m _ {1} + m _ {2}}\right)\right). \]

令 \(n = m_{1} + m_{2}\) ，则

\[ \left(\sum_ {m = 1} ^ {\infty} c _ {m} (z - L) ^ {m}\right) ^ {2} = \sum_ {n = 2} ^ {\infty} \left(\sum_ {m = 1} ^ {n - 1} c _ {m} c _ {n - m}\right) (z - L) ^ {n}. \]

对于 k = 2，多项式系数按照

\[ \frac {2 !}{m _ {1} ! m _ {2} !} \]

计算排列。例如对 n = 3，

\[ (m _ {1}, m _ {2}) = (1, 2) \text {and} (2, 1), \]

也就是说

\[ \frac {2 !}{1 ! 2 !} c _ {1} c _ {2} + \frac {2 !}{2 ! 1 !} c _ {2} c _ {1} = 2 c _ {1} c _ {2}. \]

对于一般的 \(k\) ，结果变为

\[ \left(\sum_ {m = 1} ^ {\infty} c _ {m} (z - L) ^ {m}\right) ^ {k} = \sum_ {n = k} ^ {\infty} \left(\sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\frac {k !}{m _ {1} ! \cdots m _ {k} !} \prod_ {i = 1} ^ {k} \left(c _ {m _ {i}}\right)\right) (z - L) ^ {n}\right). \]

表达式中的每个乘积均为

\[ \prod_ {i = 1} ^ {k} c _ {m _ {i}} (z - L) ^ {m _ {i}} = \left(\prod_ {i = 1} ^ {k} c _ {m _ {i}}\right) (z - L) ^ {n}. \]

多项式系数 \(\frac{k!}{m_{1}!\cdots m_{k}!}\) 计算指数 \(m_{1},\ldots,m_{k}.3\) 的不同排列。限制 \(m_{i}\geq1\) 确保不包含常数项 \((m_{i}=0)\) 。

因此 Schröder 方程

\[ \psi (g (z)) = s \psi (z) \]

变为

\[ \left. \sum_ {k = 1} ^ {\infty} \left(a _ {k} \sum_ {n = k} ^ {\infty} \left(\sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\frac {k !}{m _ {1} ! \cdots m _ {k} !} \prod_ {i = 1} ^ {k} \left(\frac {(\ln b) ^ {m _ {i}} L}{m _ {i} !}\right)\right) (z - L) ^ {n}\right)\right) = s \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} (z - L) ^ {n}. \right. \]

对 \(n > 1\) ，其系数为

\[ \sum_ {k = 1} ^ {n} \left(a _ {k} \sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\frac {k !}{m _ {1} ! \cdots m _ {k} !} \prod_ {i = 1} ^ {k} \left(\frac {(\ln b) ^ {m _ {i}} L}{m _ {i} !}\right)\right)\right) = s a _ {n}. \]

接下来分离 \(a_{n}\) 。令所有指数 \(m_{i} = 1\) ，项 \(s^n\) 可以从 \(k = n\) 的情况中得到。具体地说

\[ a _ {n} \cdot \underbrace {\frac {n !}{1 ! \cdots 1 !}} _ {\text {Multinomial coefficient for} m _ {1} = \dots = m _ {n} = 1} \cdot \underbrace {\prod_ {i = 1} ^ {n} \frac {(\ln b) ^ {1} L}{1 !}} _ {= s ^ {n}} = a _ {n} \cdot s ^ {n}. \]

将其带入到系数方程中得到

\[ a _ {n} \cdot s ^ {n} + \sum_ {k = 1} ^ {n - 1} \left(a _ {k} \sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\frac {k !}{m _ {1} ! \cdots m _ {k} !} \prod_ {i = 1} ^ {k} \left(\frac {(\ln b) ^ {m _ {i}} L}{m _ {i} !}\right)\right)\right) = s a _ {n}. \]

重排并分离出 \(a_{n}\) 得到

\[ a_{n}\left(s^{n} - s\right) = -\sum_{k = 1}^{n - 1}\left(a_{k}\sum_{\substack{m_{1} + \dots +m_{k} = n\\ m_{i}\geq 1}}\left(\frac{k!}{m_{1}!\cdots m_{k}!}\prod_{i = 1}^{k}\left(\frac{(\ln b)^{m_{i}}L}{m_{i}!}\right)\right)\right). \]

即得

\[ a _ {n} = \frac {1}{s - s ^ {n}} \sum_ {k = 1} ^ {n - 1} \left(a _ {k} \sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\frac {k !}{m _ {1} ! \cdots m _ {k} !} \prod_ {i = 1} ^ {k} \left(\frac {(\ln b) ^ {m _ {i}} L}{m _ {i} !}\right)\right)\right). \]

设 \(\psi(w)\) 是关于 w = L 展开的幂级数，其中 \(\psi(L) = 0\) 且 \(\psi'(L) = a_{1} \neq 0\) :

\[ \psi (w) = \sum_ {k = 1} ^ {\infty} a _ {k} (w - L) ^ {k} = a _ {1} (w - L) + a _ {2} (w - L) ^ {2} + a _ {3} (w - L) ^ {3} + \dots \]

其逆函数 \(\psi^{-1}(z)\) 满足

\[ \psi \left(\psi^ {- 1} (z)\right) = z, \]

它在 \(z = 0\) 处展开为

\[ \psi^ {- 1} (z) = L + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} b _ {n} z ^ {n}. \]

根据拉格朗日反演定理（定理 3），逆级数 \(\psi^{-1}(z)\) 在 z = 0 附近全纯存在。我们接下来求出其系数 \(b_{n}\) 满足的递推关系式。

我们从方程

\[ \psi \left(\psi^ {- 1} (z)\right) = z \]

开始。将外层的 \(\psi\) 展开得到

\[ \sum_ {k = 1} ^ {\infty} \left(a _ {k} \left(\psi^ {- 1} (z) - L\right) ^ {k}\right) = z. \]

由于

\[ \psi^ {- 1} (z) - L = \sum_ {m = 1} ^ {\infty} b _ {m} z ^ {m}, \]

因此将其带入到方程中得到

\[ \sum_ {k = 1} ^ {\infty} \left(a _ {k} \left(\sum_ {m = 1} ^ {\infty} b _ {m} z ^ {m}\right) ^ {k}\right) = z. \]

利用多项式定理展开

\[ \left(\sum_ {m = 1} ^ {\infty} b _ {m} z ^ {m}\right) ^ {k} \]

得到

\[ \left(\sum_ {m = 1} ^ {\infty} b _ {m} z ^ {m}\right) ^ {k} = \sum_ {n = k} ^ {\infty} \left(\sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\prod_ {i = 1} ^ {k} \left(b _ {m _ {i}}\right)\right) z ^ {n}\right). \]

将其代回到展开式得到

\[ \sum_ {k = 1} ^ {\infty} \left(a _ {k} \sum_ {n = k} ^ {\infty} \left(\sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\prod_ {i = 1} ^ {k} \left(b _ {m _ {i}}\right)\right)\right) z ^ {n}\right) = z. \]

改变求和顺序

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \left(\sum_ {k = 1} ^ {n} \left(a _ {k} \sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\prod_ {i = 1} ^ {k} \left(b _ {m _ {i}}\right)\right)\right) z ^ {n}\right) = z, \]

对 \(n \geq 1\) ，令 \(z^n\) 的系数相等

\[ \sum_ {k = 1} ^ {n} \left(a _ {k} \sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\prod_ {i = 1} ^ {k} (b _ {m _ {i}})\right)\right) = \delta_ {n 1}, \]

式中 \(\delta_{n1}\) 是 Kronecker delta 符号（若 n=1 则 \(\delta_{n1}=1\) ，否则为 0）。

如果 \(n = 1\) ，则只有 \(k = 1\) 有贡献

\[ a _ {1} b _ {1} = 1, \]

即

\[ b _ {1} = \frac {1}{a _ {1}}. \]

对 \(n \geq 2\) 的情况，分离出 \(k = 1\) 的项

\[ a _ {1} b _ {n} + \sum_ {k = 2} ^ {n} \left(a _ {k} \sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\prod_ {i = 1} ^ {k} \left(b _ {m _ {i}}\right)\right)\right) = 0, \]

求解出 \(b_{n}\) 即得

\[ b _ {n} = - \frac {1}{a _ {1}} \sum_ {k = 2} ^ {n} \left(a _ {k} \sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\prod_ {i = 1} ^ {k} \left(b _ {m _ {i}}\right)\right)\right). \]

例如

\[ b _ {2} = - \frac {1}{a _ {1}} \sum_ {k = 2} ^ {2} \left(a _ {k} \sum_ {m _ {1} + \dots + m _ {k} = 2} \left(\prod_ {i = 1} ^ {k} \left(b _ {m _ {i}}\right)\right)\right) = - \frac {a _ {2}}{a _ {1}} \left(b _ {1} b _ {1}\right) = - \frac {a _ {2}}{a _ {1} ^ {3}}. \]

类似地，更高的 \(b_{n}\) 也可以这样计算出来。

于是我们得到最终的结果。设 \(b \in \mathbb{C} \setminus \{0,1\}\) ， \(L\) 为 \(g(z) = b^z\) 的不动点，乘数为 \(s = g'(L)\) 。若 \(|s| \neq 1\) ，则存在一个唯一的将四级运算扩张到复平面 \(z \in \mathbb{C}\) 的解析延拓

\[ b \uparrow \uparrow z = \psi^ {- 1} \left(s ^ {z} \psi (1)\right), \]

它满足

\[ \psi (g (z)) = s \psi (z), \]

\[ \psi (L) = 0, \]

\[ \psi^ {\prime} (L) = 1. \]

其中 \(\psi\) 和 \(\psi^{-1}\) 的展开式为

\[ \psi (z) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} (z - L) ^ {n}, \]

\[ \psi^ {- 1} (z) = L + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} b _ {n} z ^ {n}, \]

其系数可由前述公式计算出来

\[ a _ {n} = \frac {1}{s - s ^ {n}} \sum_ {k = 1} ^ {n - 1} \left(a _ {k} \sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\frac {k !}{m _ {1} ! \cdots m _ {k} !} \prod_ {i = 1} ^ {k} \left(\frac {(\ln b) ^ {m _ {i}} L}{m _ {i} !}\right)\right)\right), \]

\[ b _ {n} = - \frac {1}{a _ {1}} \sum_ {k = 2} ^ {n} \left(a _ {k} \sum_ {\substack {m _ {1} + \dots + m _ {k} = n \\ m _ {i} \geq 1}} \left(\prod_ {i = 1} ^ {k} \left(b _ {m _ {i}}\right)\right)\right). \]

下面验证上述解析延拓的性质。对于 \(z = n\in \mathbb{N}\)

\[ F (n) = \psi^ {- 1} \left(s ^ {n} \psi (1)\right) = g ^ {\circ n} (1) = b \uparrow \uparrow n. \]

对于任意的 \(z \in \mathbb{C}\)

\[ F (z + 1) = \psi^ {- 1} \left(s ^ {z + 1} \psi (1)\right) = g \left(\psi^ {- 1} \left(s ^ {z} \psi (1)\right)\right) = g (F (z)). \]

\(s^{z}=e^{z\ln s}\) 在 z 上为整函数， \(\psi^{-1}\) 在 0 附近为全纯函数（Koenigs 线性化定理），并且全纯函数的复合仍然是全纯函数。

接下来证明解析延拓是唯一的。假设存在另一个解析解 \(\tilde{F}(z)\) 。根据解析函数恒等定理， \(\tilde{F}(z)\) 必定与 \(F(z)\) 在 N 上重合，因此全局解析延拓成立。

当乘数 \(s = e^{2\pi i\theta}\) 位于单位圆上（ \(|s| = 1\) ）时，上述级数会因共振而发散（例如，对于某个 n， \(s^{n} = 1\) ）。为了解决这个问题，我们引入 Ecalle 的方法。对于四级运算，我们定义

\[ b \uparrow \uparrow z = \Psi^ {- 1} \left(e ^ {2 \pi i z \theta} \Psi (1) + \sum_ {k = 1} ^ {\infty} \alpha_ {k} e ^ {2 \pi i k z}\right), \]

其中 \(e^{2\pi iz\theta}\Psi(1)\) 捕捉由 \(s=e^{2\pi i\theta}\) 引起的振荡行为，项 \(\alpha_{k}e^{2\pi ikz}\) 校正发散（Stocks 校正）。解出 \(\Psi(z)\) 为

\[ \Psi (g (z)) = e ^ {2 \pi i \theta} \Psi (z) + \sum_ {m = 1} ^ {\infty} c _ {m} \Psi (z) ^ {m + 1}. \]

其中 \(e^{2\pi i\theta}\Psi (z)\) 为标准Schröder方程中的项， \(\sum c_m\Psi (z)^{m + 1}\) 通过递归系数消除发散。

利用上述结果可以定义复数迭代半群。对于 \(b \in \mathbb{C} \setminus \{0,1\}\) ，其中有吸引/排斥不动点 \(L_k\) 和乘数 \(s_k = \ln(b) \cdot L_k\) ，复数迭代半群定义为：

\[ g ^ {\circ z} (w) := \psi_ {k} ^ {- 1} \left(s _ {k} ^ {z} \psi_ {k} (w)\right), \quad z \in \mathbb {C}, w \in \mathbb {C}, \]

其中 \(\psi_{k}\) 满足

\[ \psi_ {k} (g (y)) = s _ {k} \psi_ {k} (y), \]

\(\psi_{k}^{-1}\) 为 \(\psi_{k}\) 的逆，

\[ s _ {k} ^ {z} := \exp \left(z \ln s _ {k}\right). \]

由于

\[ g ^ {\circ z} \left(g ^ {o w} (w)\right) = \psi_ {k} ^ {- 1} \left(s _ {k} ^ {z} \psi_ {k} \left(\psi_ {k} ^ {- 1} \left(s _ {k} ^ {w} \psi_ {k} (w)\right)\right) = \psi_ {k} ^ {- 1} \left(s _ {k} ^ {z + w} \psi_ {k} (w)\right). \right., \]

因此

\[ g ^ {\circ z} \circ g ^ {\circ w} = g ^ {\circ (z + w)} \text { for } z, w \in \mathbb {C}, \]

且有

\[ g ^ {\circ 0} (w) = w, \]

这构成了一个半群。并且 \(g^{\circ z}(w)\) 关于 z 和 w 全纯，因为 \(s_{k}^{z}\) 为 z 的全函数， \(\psi_{k}^{-1}\) 是全纯函数，全纯函数的复合仍然是全纯函数。

对于迭代半群来说，从 \(s_{k}^{z}\) 出发，沿

\[ \arg \left(s _ {k}\right) + 2 \pi \mathbb {Z} \]

为分支割线。它在 \(z = \infty\) 处存在本质奇点。它仅在

\[ z = - n \pm \frac {2 \pi i k}{\ln s _ {k}} \]

处存在极点，其中 \(n, k \in N\) 。

下面计算示例。考虑 \(b = 2\) 的情况，即 \(\sqrt{2} \uparrow \uparrow z\) 的解析延拓。其不动点为

\[ L _ {0} = 2, \]

乘数为

\[ s = \ln (\sqrt {2}) \cdot 2 = \ln 2 \approx 0. 6 9 3 1, \]

因此延拓的结果为

\[ \sqrt {2} \uparrow \uparrow z = \psi^ {- 1} \left((\ln 2) ^ {z} \psi (1)\right). \]

利用系数的递推公式计算结果，可以得到

\[ a _ {1} = 1, \]

\[ c _ {2} = \frac {(\ln 2) ^ {2} \cdot 2}{2 !} \approx 0. 4 8 0 9, \]

\[ a _ {2} = \frac {a _ {1} c _ {2}}{s (1 - s)} \approx \frac {0 . 4 8 0 9}{0 . 6 9 3 1 (1 - 0 . 6 9 3 1)} \approx 2. 2 6, \]

\[ c _ {3} = \frac {(\ln 2) ^ {3} \cdot 2}{3 !} \approx 0. 1 1 1, \]

\[ a _ {3} = \frac {a _ {1} c _ {3} + 2 a _ {2} s c _ {2}}{s \left(1 - s ^ {2}\right)} \approx 5. 7 9, \]

系数的取值有如下的渐进结果

\[ \left| a _ {n} \right| \sim \frac {n !}{\left| s \right| ^ {n}} | \ln b | ^ {n}. \]

关于超函数的更详尽理论，可以参考。四级超运算的社区可以参考。${\displaystyle }$