微積分もハイパー演算に一般化してみたいときのmemo

ま

さて、 前回の記事 で既知の概念である乗法的微積分を行ってきましたが、
「$x$が点$(x,f(x))$の前後で$f(x)$は$f^{\ast }(x)$倍になる」
がそう（幾何微分）なら、
「$x$が点$(x,f(x))$の前後で$f(x)$は$f^{\mathrm{△}}(x)$乗になる」
とか、
「$x$が点$(x,f(x))$の前後で$f(x)$は$f^{\diamond }(x)$テトレーションになる」

（記号は適当）
みたいなことをしたくなるのが人間の性というものでしょう。

ほ

どのように一般化すべきか。まずは微分と幾何微分から法則性を見出してみる。

微分

$$f^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$

$f(x)=ax$のとき$f^{\prime }(x)=a$の一定値

乗法的微分（幾何微分）

$${\displaystyle f^{\ast }(x)=\underset{h\to 0}{lim}{\left(\frac{f(x+h)}{f(x)}\right)}^{\frac{1}{h}}}$$

$f(x)=a^x$のとき$f^{\ast }(x)=a$の一定値

冪法的微分（仮）の自然な定義？

$t_h$を微分でいう商$()\cdot \frac{1}{h}$、幾何微分でいう$({)}^{\frac{1}{h}}$に対応する、同じテトレーションをされたものに作用させるともとの数に戻る作用としたとき
$$f^{{\ast }_3}(x)=\underset{h\to 0}{lim}{t}_h(f(x+h{)}^{\frac{1}{f(x)}})$$
となるのが自然?
また$f(x){=}^{x}a=a\uparrow \uparrow x$のとき$f^{{\ast }_3}(x)=a$の一定値になるのが自然

ここから妥当と考えられる定義のうちの１つ
$$f^{{\ast }_3}(x)=\underset{h\to 0}{lim}{(}^{\frac{1}{h}}(f(x+h{)}^{\frac{1}{f(x)}}))=\underset{h\to 0}{lim}((f(x+h{)}^{\frac{1}{f(x)}})\uparrow \uparrow \frac{1}{h})=\underset{h\to 0}{lim}((f(x+h)\uparrow \frac{1}{f(x)})\uparrow \uparrow \frac{1}{h})$$
を設定し、所期の「何乗されているか」をみることができるかを検証する。

また
$$f^{\ast }(x)=e^{\frac{d}{dx}\ln f(x)}=e\uparrow (\frac{d}{dx}\ln f(x))$$
と同様に$\alpha$を定数として
$$f^{{\ast }_3}(x)=\alpha \uparrow \uparrow (\frac{d}{dx}\mathrm{slog}f(x))$$
とか
$$f^{{\ast }_3}(x)=\alpha \uparrow \uparrow (\sqrt[dx]{d(\mathrm{slog}f(x))})$$
あたりが成り立っていてほしい気がする。
$\alpha$はいわば自然超対数の底だが、$\alpha =e$っぽい？

一般化案

この予想に基づくと
$$f^{{\ast }_3}(x)=e{\uparrow }^2(f^{{\ast }_2}(\mathrm{slog}x))=e\uparrow \uparrow (\sqrt[dx]{d(\mathrm{slog}(f(x)))})$$
$$=e\uparrow \uparrow (e^{\frac{d}{dx}\ln (\mathrm{slog}(f(x)))})=e\uparrow \uparrow (e^{\frac{d}{dx}(\ln \left(x\right)){|}_{x=\mathrm{slog}(f(x))}+\frac{d}{dx}(\mathrm{slog}(f(x)))})$$
$$=e\uparrow \uparrow (e^{\frac{d}{dx}(\ln \left(x\right)){|}_{x=\mathrm{slog}(f(x))}+\frac{d}{dx}(\mathrm{slog}(x)){|}_{x=f(x)}+\frac{d}{dx}f(x)})$$
いま、
Andrew Robbinzによる超対数の冪級数展開式
$$\mathrm{slog}(z)=-1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{S_n}{n!}}{z}^n(|z|<{|}^{\pm \mathrm{\infty }}e|)$$
$$\left(\begin{array}{ccccc}\frac{1^0}{1!}-1& \frac{2^0}{2!}& \frac{3^0}{3!}& \frac{4^0}{4!}& \cdots \\ \frac{1^1}{1!}& \frac{2^1}{2!}-1& \frac{3^1}{3!}& \frac{4^1}{4!}& \cdots \\ \frac{1^2}{1!}& \frac{2^2}{2!}& \frac{3^2}{3!}-1& \frac{4^2}{4!}& \cdots \\ \frac{1^3}{1!}& \frac{2^3}{2!}& \frac{3^3}{3!}& \frac{4^3}{4!}-1& \cdots \\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots \end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{S}_1\\ S_2\\ S_3\\ S_4\\ ⋮\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\\ 0\\ ⋮\end{array}\right)$$
より
$$\frac{d}{dz}\mathrm{slog}(z)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{\displaystyle \frac{S_n}{n!}}{z}^{n-1}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{S_n}{(n-1)!}}{z}^{n-1}$$
だから
$$e\uparrow \uparrow (\exp [\frac{d}{dx}(\ln \left(x\right)){|}_{x=\mathrm{slog}(f(x))}+\frac{d}{dx}(\mathrm{slog}(x)){|}_{x=f(x)}+\frac{d}{dx}f(x)])$$
$$=e\uparrow \uparrow (\exp [\frac{1}{\mathrm{slog}(f(x))}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{S_n}{(n-1)!}}(f(x){)}^{n-1}+\frac{d}{dx}f(x)])$$
$f(x){=}^{x}e=e\uparrow \uparrow x$のとき、
$$=e\uparrow \uparrow (\exp [\frac{1}{\mathrm{slog}{(}^{x}e)}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{S_n}{(n-1)!}}{(}^{x}e{)}^{n-1}+\frac{d}{dx}{}^{x}e])$$
$$=e\uparrow \uparrow (\exp [\frac{1}{x}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{S_n}{(n-1)!}}{(}^{x}e{)}^{n-1}+\frac{d}{dx}{}^{x}e])$$
ここで既知の結果による

$$\frac{d}{dx}{}^{n}x=\frac{1}{x}\sum _{k=1}^n(\ln x{)}^{k-1}\prod _{j=n-k}^n{}^{j}x$$
をもって、
あ、いや、これ${\displaystyle \frac{d}{dx}}{(}^{n}x)$じゃん
今欲しいのは${\displaystyle \frac{d}{dx}}({}^{x}e)$ だわ　しらね～～～～

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