一、“2=4”考虑下面这个方程：x^{x^{x^{x^{...}}}} = 2 \;\; (x>0) 它的独特之处在于两点：(1) 等号左边是“指数套指数”的运算，它有个名字——迭代幂次（Tetration），不过为了叙述起来更形象，暂且叫它“指数塔”好了；(2) 省略号表明指数塔是无穷阶的。而且指数塔的运算次序是从上而下的，意味着a^{b^{c}} = a^{\left( b^c \right)} \neq {\left( a^b \right)}^c 回到之前的方程上，它看似无从下手，但是无穷阶与自上而下运算相结合，可以带来一种异常巧妙的解法——把塔底的 x 单独拿出来，剩余的部分恰好是原来的指数塔（无穷的便利），也就等于 2 ，因此解得 x=\sqrt{2} ：x^{\color{red}{\left( x^{x^{x^{...}}} \right)} } = 2 \quad \Rightarrow \quad x^{\color{red}{2} } = 2 \quad \Rightarrow \quad x=\sqrt{2} 当然，等号右边的 2 没有任何特殊之处，完全可以用其他的数替代：x^{\color{blue}{\left( x^{x^{x^{...}}} \right)} } = \color{blue}{N} \quad \Rightarrow \quad x^{\color{blue}{N} } = \color{blue}{N} \quad \Rightarrow \quad x=\color{blue}{N^{1/N}} 解法简单直观，可以轻松理解，一切都是如此和谐美好，直到有人把 N=4 代入了上面的式子：x^{\color{blue}{\left( x^{x^{x^{...}}} \right)} } = \color{blue}{4} \quad \Rightarrow \quad x^{\color{blue}{4} } = \color{blue}{4} \quad \Rightarrow \quad x=\color{blue}{\sqrt[4]{4}} = \sqrt{2} 不论是 N=2 ，还是 N=4 ，都有 x=\sqrt{2} ，把这个解分别带回原来的两个方程，可以得到：2 = {\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{...}}}} = 4 简单来说： 2=4 这显然是错误的，那么问题出在哪里？二、“无穷阶指数塔”像这样的悖论通常有两个套路：(1) 偷偷地让等号两边同时除以 0 ；(2) 解完方程后不验根，直接把解带回原方程，然后假装这个式子成立。“ 2=4 ”就属于后者——x=\sqrt{2} 可能是某个方程的增根，但是整个过程中并未检验，最终导致了上面的荒谬结果。要想完成验根，就必须理解“无穷阶指数塔”这个独特的运算，从而计算{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{...}}}} = \; ? \quad (*) 首先，我们丢掉“无穷”的限制，先看有限层的指数塔。既然层数有限，那就可以从顶端自上而下依次计算。比如一个五层的指数塔，每层都是 2 ，计算结果是一个 19729 位数：2^{2^{2^{2^{2}}}} = 2^{2^{2^{4}}} = 2^{2^{16}} =
2^{65536} \approx 2 \times10 ^{19728} 仅仅五层就达到上万位，可见它的增长速度远超指数级别，这也是很多人认为 (*) 式右边是 +\infty 的原因：无穷多个 \sqrt{2} 相乘是无穷大，叠成指数塔之后应该增长得更快。不过别急着下定论，先看看“无穷阶”如何理解。包含无穷多次的运算有不少，除了无穷级数和无穷乘积之外，分数和根式也能无限嵌套，形成无穷连分数与无穷根式：1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \cdots = 2 \dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{4}{3} \cdot \dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{6}{5} \cdot \cdots = \dfrac{\pi}{2} 1+\cfrac{1}{1 + \cfrac{1}{1 + \cdots}} = \dfrac{\sqrt{5}+1}{2} \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots}}}} = 2 关于上面这些运算的处理，思路就是“由有限推无限”。以第一个无穷级数为例，我们取前 n 项进行加和，得到部分和 S_n ，如果部分和数列 \{S_n\} 的极限存在，即 S = \lim_{n \to \infty} {S_n} ，那么 S 就称为无穷级数的和。无穷级数的计算对于分数和根式来说，它们的运算自下而上或自里向外，取部分项的策略稍有变化，但是整体思路大致不变：通过舍弃后面无限的部分，得到一个近似结果的数列，再取极限，结果就是无穷连分数与无穷根式的值。Brilliant Wiki上介绍了这类运算的一般定义和收敛性质，感兴趣的朋友可以前去查看。无穷连分数的计算将这个定义方式应用到无穷阶指数塔上：取指数塔最底层的 n 阶，计算结果 T_n ，然后计算数列 \{ T_n\} 的极限 \lim_{n \to \infty} {T_n} ，如果极限存在，它就是指数塔的值；如果极限不存在，那么指数塔的值也不存在。比如下面这个指数塔，由于它的奇数阶 \{ T_{2m+1}\} 收敛到 0.658365599\dots ，偶数阶 \{ T_{2m}\} 收敛到 0.690347126\dots ，所以 \{ T_n\} 极限不存在，因此原指数塔没有值。无穷阶指数塔的计算三、再看“2=4”知道了无穷阶指数塔的计算方法，我们回头再看 (*) 式。它的结果就是如下数列的极限（如果极限存在的话）：\left\{ \sqrt{2} ,\, {\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} ,\, {\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}} ,\,
{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}}} ,\, \cdots \right\} 可以发现，这个数列（记为 \{T_n\} ）能够通过指数函数 f(x)=\sqrt{2}^x 得到：首项 T_1 = \sqrt{2} ，迭代关系为 T_{n+1} = \sqrt{2}^{T_n} 。我们关注的数列极限 T=\lim_{n \to \infty} T_n 可以通过以下三步求出，这里只介绍大体思路：(1)
\sqrt{2} \leq T_n < 2 ，即 \{T_n\} 有界，可用数学归纳法证明；(2)
\{T_n\} 单调递增，可结合 \{T_n\} 的上下界证明；(3) 由单调有界定理可知 \{T_n\} 收敛，即 T 存在。根据迭代关系，可以列出关于数列极限的方程 T=\sqrt{2}^T ，解得 T=2 或 4 。但是 T_n < 2 ，所以 4 为增根，应当舍去，最终得到 (*) 式的结果：{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{...}}}} = \; 2 回头再看“ 2=4 ”悖论，其中的错误就很明显了。对于下面的方程来说x^{x^{x^{x^{...}}}} = N 当 N=2 时，方程有解 x=\sqrt{2} ；当 N=4 时，通过检验发现，我们之前解出的 x=\sqrt{2} 是增根，实际上方程无解。所以将解代回原方程时，只能得到下面的关系：2 = {\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{{\sqrt{2}}^{...}}}} \neq 4 这就解决了“ 2=4 ”悖论。按理说，这个问题到此已经结束了，但是它又引出了一个有趣的谜团：当 N 取什么值时，方程有解？或者换个角度，当 x 取什么值时，这个指数塔才有意义？四、再看“无穷阶指数塔”假设一个指数塔完全由常数 a\,(>0) 构成：a^{a^{a^{a^{...}}}} 它的结果就是下面这个数列的极限（如果存在的话）：\left\{ a ,\, {a}^{a} ,\, {a}^{{a}^{a}} ,\,
{a}^{{a}^{{a}^{a}}} ,\, \cdots \right\} 上一节中，我们通过找数列前后项之间的关系，解决了 a=\sqrt{2} 的情形。这里使用类似的处理方法，即迭代关系来自指数函数 f(x)=a^x 。由于迭代的起点为 a ，自然会随 a 取值的不同而变化，但是因为 a^1=a 恒成立，我们可以把迭代起点固定为 1 ，而且不改变数列的极限：\left\{ \color{red}{1} ,\, a ,\, {a}^{a} ,\, {a}^{{a}^{a}} ,\,
{a}^{{a}^{{a}^{a}}} ,\, \cdots \right\} 数列的首项为 T_0 = 1 ，迭代关系为 T_{n+1} = a^{T_n} 。既然说到了函数迭代，就要用上最直观的二维图像工具：蛛网图（cobweb plot）。简单来说，蛛网图就是二维坐标系内由一系列横线和竖线交替构成的折线，它的绘制过程离不开两个函数：用于迭代的函数 y=f(x) 与 y=x ，前者自然是参与迭代，后者则是将迭代的结果再传递给自变量，为下一次迭代做准备。绘制蛛网图的步骤大致如下：（1）根据函数迭代的起点 c ，确定蛛网图的起点为 (c,0) ，从这个点开始绘制蛛网图；（2）做一次函数迭代——如果蛛网图此时所在的点为 (p,q) ，那么它下一个经过的点就是 (p, f(p)) 。这相当于经过当前的点画一条竖直的线，并找到它与函数 y=f(x) 的交点；（3）将迭代的结果再赋给自变量——如果蛛网图此时所在的点为 (p,q) ，那么它下一个经过的点就是 (q,q) 。这相当于经过当前的点画一条水平的线，并找到它与函数 y=x 的交点；（4）重复以上两步，直到迭代结果满足我们的需求。例如，我们希望从 c 开始迭代 2 次，那么蛛网图的起点就是 (c,0) ，并且折线经过的点依次为：(c,0) \to (c,f(c)) \to (f(c),f(c)) \to (f(c),\color{red}{f(f(c))}) 下面是一张动图，简单展示了蛛网图的绘制方法：蛛网图的绘制对于指数塔来说，参与迭代的函数就是 f(x)=a^x ，迭代起点为 (1,0) ，而且指数塔是无穷阶的，意味着我们关注的不是折线上的某个点，而是折线最终收敛到哪个点。接下来就看看指数塔的值与蛛网图随 a 的变化情况，图中的绿点代表蛛网图收敛到的点：指数塔的值与蛛网图随a的变化可以发现，在 a 变化的过程中，蛛网图出现了三种不同的形式：(1) 当 a 足够大时，蛛网图会一直向上延伸，呈现“爆炸”的趋势；(2) 当 a 足够小时，蛛网图呈现螺旋形，在两个不同的数值之间交替跳动；(3) 当 a “大小适中”时，蛛网图最终会收敛到一个点。对于(1)和(2)，由于数列 \left\{ 1 ,\, a ,\, {a}^{a} ,\, {a}^{{a}^{a}} ,\, \cdots \right\} 的极限不存在，所以指数塔的值也不存在。只有在(3)的情况下，上述数列的极限存在，指数塔的值才可以确定。那么这三种情况的分界点在哪里呢？a=1 时，以上数列显然收敛，就不再细说了。接下来，我们分别对 f(x)=a^x 单调递增（ a>1 ）和单调递减（ 0<a<1 ）的情况进行讨论。1. f(x) 单调递增，即 a>1 时我们之前了解过 a=\sqrt{2} 的情况，这里的情形与之类似：数列 \left\{ 1 ,\, a ,\, {a}^{a} ,\, {a}^{{a}^{a}} ,\, \cdots \right\} 是严格单调递增的，因此它的蛛网图是“阶梯型”的。简单展示一下 a 变化所带来的影响：a&amp;amp;amp;gt;1时的蛛网图从上面的动图可以看出，要确保数列 \left\{ 1 ,\, a ,\, {a}^{a} ,\, {a}^{{a}^{a}} ,\, \cdots \right\} 的极限存在， y=a^x 需要与 y=x 有至少一个交点，这样就可以确定第一个临界情况： y=a^x 与 y=x 恰好相切。a&amp;amp;amp;gt;1时的临界情况假设切点坐标为 (x_0,y_0) ，根据切点满足的方程以及 f(x) 在切点处的斜率为 1 ，可以求解出 a,x_0,y_0 ：\begin{cases} y_0 = x_0 \\ y_0 = a^{x_0} \\ a^{x_0}\ln{a} = 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a = e^{1/e} \\ (x_0, y_0) = (e,e) \end{cases} 也就是说，当 1<a \leq e^{1/e} 时，指数塔的值存在，且值域为 \left( 1,e \right] ；当 a>e^{1/e} 时，指数塔的值不存在；二者的临界情况为 a=e^{1/e} ，此时有：\left( e^{1/e} \right)^{\left( e^{1/e} \right)^{\left( e^{1/e} \right)^{\cdots}}} = e 有了“阶梯型”的蛛网图作为直观铺垫，把上面的思想严格化就并不困难了。我们考察的数列 \{ T_n \} 是单调递增且有界的，所以极限存在，然后借助不动点方程求解这个极限，整个过程本质上与 a=\sqrt{2} 的情形无异：(1)
假设 c_a 是方程 a^x=x 的较小的根，则1 \leq T_n < c_a ，可用数学归纳法证明；(2)
\{T_n\} 单调递增，可结合 \{T_n\} 的上下界证明；(3) 求解不动点方程，结合 \{ T_n \} 的上界确定其极限—— \lim_{n\to\infty} T_n = c_a 此处不再展开。2. f(x) 单调递减，即 0<a<1 时这种情况就很有趣了。乍一看， 0<a<1 时， y=a^x 和 y=x 在 (0,1) 上必然有一个交点，从 1 开始迭代的话，蛛网图自然会向内螺旋，收敛似乎是必然的。不过数学总是能给人惊喜：0&amp;amp;amp;lt;a&amp;amp;amp;lt;1时的蛛网图蛛网图有时会收敛到不动点，而其他时候会在不动点周围振荡。中间似乎还有另一个临界情况：0&amp;amp;amp;lt;a&amp;amp;amp;lt;1时的临界情况为什么会这样？回到蛛网图上来。0<a<1 时的蛛网图是“螺旋型”的，和刚刚处理的“阶梯型”相比，它经过的点是在 y=x 两侧交替跳动的，因此缺少单调变化的性质，处理起来比较棘手。不过我们可以尝试把“螺旋型”转化为“阶梯型”，具体做法是将 f(x) 左上的部分沿 y=x “翻折”下来，也就是取 f(x) 的反函数 g(x)=\log_{a}{x} ：经过翻折，蛛网图的左上部分和右下部分也会有重叠：去掉这些蛛网图重复经过的部分，剩下的恰好是一个“阶梯型”的图案。不过需要提醒一下，这个图形是夹在 f(x)=a^x 和 g(x)=\log_{a}{x} 之间的，和 y=x 无关，所以并不是蛛网图。翻折后得到的“阶梯型”图案收敛但既然是夹在 f(x) 与 g(x) 之间并且向左上方延伸的“阶梯型”图案，它最终就会收敛到 f(x) 与 g(x) 的一个交点上。确切地说，是收敛到更横坐标靠近 1 的交点上。首先， f(x) 与 g(x) 恰好有一个在 y=x 上的交点。如果它们只有这个交点，就像上图中的情况一样，事情就简单许多。假设这个交点为 (p,p) ，由于翻折后的图形收敛到 (p,p) ，所以原来的蛛网图也会收敛到 (p,p) ，意味着它对应的指数塔等于 p 。但是如果 f(x) 和 g(x) 还有其他的交点呢？假设除了 (p,p) 之外，这两个函数还有一个交点 (r,s) (r \neq s) ，那么就有：由于 f(x),g(x) 定义域和值域的限制，这个交点的坐标介于 0 和 1 之间，也就是 0<r<1 ， 0<s<1 ；f(x) 和 g(x) 的图像关于 y=x 对称，所以 (s,r) 也是二者的交点；如果 r>p ，那么 p<r<1 ，此时交点 (r,s) 的横坐标更靠近 1 ；如果 r<p ，由于f(x) 和 g(x) 都是单调递减的，所以有 p<s<1 ，此时交点 (s,r) 的横坐标更靠近 1 。无论是哪种情况，翻折后的图形都不会收敛到 (p,p) 。初看好像没什么大不了的，毕竟翻折后的图形还是收敛了，只是收敛到的点 (r,s) 横纵坐标不同。但是对于原来的蛛网图来说，这可不是好消息，因为在这种情况下，蛛网图会在 (r,s) 和 (s,r) 两点间振荡：翻折后得到的“阶梯型”图案收敛，但原来的蛛网图振荡的情形翻折蛛网图，抵消重复经过的路径，讨论函数交点，实际上就是为了说明一件事：在 0<a<1 的情况下，当 f(x) 和 g(x) 只有一个交点时，蛛网图收敛，指数塔的值存在；有多于一个交点的时候，蛛网图会在两点间振荡，指数塔的值不存在。所以判别指数塔的值是否存在，就相当于判断 f(x)=a^x 和 g(x)=\log_a{x} 的交点个数。至于交点个数，这个答案已经写得很简洁清晰了：我们只从函数图像的角度简单理解一下上面的结果。对于 f(x) 和 g(x) 来说，有两点是可以确定的：f(x) 和 g(x) 必然有一个交点 (p,p) ，即 f(p)=g(p)=p ；x=1 时， f(x) 在 g(x) 上方，即 f(1)>g(1)=0 ；如果能在 x=p 的右邻域内找到一个点 x_0 \in (p, 1) ，使得 f(x_0) < g(x_0) ，结合 f(1)>g(1) ，根据介值定理，我们就可以在 x_0 和 1 之间制造另一个交点。而为了让f(x_0) < g(x_0) 能够成立，我们希望 f(x) 在 x=p 的右邻域内比 g(x) “减小得更快”，也就是 f(x) 和 g(x) 在 x=p 处的导数满足如下关系：f'(p)<g'(p)<0 结合 f(p)=g(p)=p ，解如下不等式，可以得到 a 的取值范围：\begin{cases} a^p = p \\ a^p\ln{a} < \frac{1}{p\ln{a}} <0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 0<p<\dfrac{1}{e} \\ 0<a=p^{1/p}<(\frac{1}{e})^e\end{cases} 所以当 0<a<(1/e)^e 时，f(x) 与 g(x) 有三个交点，此时蛛网图振荡。而当 a=(1/e)^e 时， f(x) 与 g(x) 在处的斜率恰好相等，此时只有一个交点，又回归了蛛网图收敛的情况。那么，如何说明 a=(1/e)^e 就是临界情况(2)呢？遗憾的是，我能想到的函数图像直观解释到此为止了。要严格证明 a=(1/e)^e 是一个交点与三个交点的临界情况，需要稍复杂的构造与推导：而且原先的“翻折”操作，本质上是将数列 \{ T_n \} = \left\{ 1 ,\, a ,\, {a}^{a} ,\, {a}^{{a}^{a}} ,\, \cdots \right\} 的奇数项子列 \{ T_{2n+1} \} 与偶数项子列 \{ T_{2n} \} 的极限囊括在一个坐标中考虑。如果两个坐标相同，也就是上文提到的 (p,p) ，那么原数列的极限就是 p ，意味着指数塔的值也是 p ；如果两个坐标不同，也就是上文提到的 (r,s)\,(r \neq s) ，那么两个子列会分别收敛到 r 和 s ，导致原数列的极限不存在，因此指数塔的值也不存在。说明两个子列分别收敛，并且判断二者的极限是否相同，同样需要下功夫构造：上面引用的回答和文章都很详细，这里就不再花篇幅介绍了。总结一下这种情况的内容：当 (1/e)^e \leq a<1 时，指数塔的值存在，且值域为 \left[ 1/e, 1 \right) ；当 0<a<(1/e)^e 时，指数塔的值不存在；二者的临界情况为 a=(1/e)^e ，此时有：\left( 1/e^e \right)^{\left( 1/e^e \right)^{\left( 1/e^e \right)^{\cdots}}} = \frac{1}{e} 最后用一张表整理一下之前的结果：这与我们之前讨论“ 2=4 ”时得到的结果一致： a^{a^{a^{\cdots}}} 的值域为 [1/e, e] ， 2 落在值域中，原方程有解；而 4 不在值域中，所以方程是无解的。还有一点值得一提：对于两个临界情况来说，如果对 f(x) 求导，并且将不动点代入，你会发现导数的绝对值都是 1 ：a=e^{1/e} 时， f(x) = (e^{1/e})^x \; \Rightarrow \; f'(x) = (e^{1/e})^x/e \; \Rightarrow f'(e)=1 a=(1/e)^e 时，f(x) = (1/e^e)^x \; \Rightarrow \; f'(x)=-e(1/e^e)^x \; \Rightarrow \; f'(1/e)=-1 这正是不动点稳定性的临界情况
f'(x_0)|=1 。了解数值分析的朋友可以尝试一下，使用迭代过程的收敛性判据解决上面的问题。五、有迭代，就有分形再回到最初的指数塔问题，里面似乎还有一个细节：x^2=2 \quad \Rightarrow \quad x=\sqrt{2} 而另一个根 x=-\sqrt{2} 因为题设要求被直接舍去了。你可曾想过，如果真的把 -\sqrt{2} 放进指数塔里，结果会怎样？{(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}^{...}}}} = ? 要解答这个问题，我们首先需要知道负数的幂如何计算。而这就要回到复数的两种表示形式上——一种是我们比较常见的 z=x+iy ，另一种则是指数形式 z=re^{i\theta} 。其中 x 为实部， y 为虚部， r(>0) 为模， \theta 为辐角，它们均为实数。两种表达形式的相互转化如下图所示。复数的两种表示形式与相互转化关系其中 z=x+iy 的形式适合做指数运算，例如 e^z = e^{x+iy} = e^xe^{iy} ，结果是一个模为 e^x ，辐角为 y 的复数。而 z=re^{i\theta} 的形式适合做对数运算，例如\ln(z) = \ln(re^{i\theta}) = \ln{r} + \ln{e^{i\theta}} = \ln{r}+ \color{red}{i\theta'} ，结果是一个实部为 \ln{r} ，虚部为 \color{red}{\theta'} 的复数。需要注意的是，一个复数的辐角有无穷多个，它们之间相差 2\pi 的整数倍，所以 z 的对数应该是个多值函数。不过我们这里只取辐角主值，也就是取在区间 (-\pi, \pi] 内的辐角作为结果。了解了复数的指数与对数运算，我们来看看如何计算一个复底数复指数的幂。以 i^i 为例：利用恒等式 a^b = e^{b\ln a} 换底—— i^i = e^{i\ln i} ；计算指数——由于 i 的模为 1 ，辐角主值为 \dfrac{\pi}{2} ，所以 \ln i =\ln(1 \cdot e^{\frac{\pi}{2}i}) = \frac{\pi}{2}i ，因此指数为 i \ln i = i \cdot \dfrac{\pi}{2}i= -\dfrac{\pi}{2} ；计算结果—— i^i=e^{-\frac{\pi}{2}} 复数的幂搞定了，负数的幂自然不在话下，因为负数只是辐角主值为 \pi 的一类复数。以 {(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}} 为例，用上面的流程走一遍，结果是：{(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}} = 2^{(-\sqrt{2}/2)} \cos(\sqrt{2}π) - i \cdot 2^{(-\sqrt{2}/2)} \sin(\sqrt{2}π) 好像还是很复杂……但这最起码是一个正常的复数形式。况且，我们目标是了解计算方式，计算的活全部丢给计算机就好了~和之前的情况类似，对于由 -\sqrt{2} 构成的指数塔，我们想知道数列 \left\{ -\sqrt{2}, \, {(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}}, \, {(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}}}, \dots \right\} 的收敛情况，就可以通过几行代码直接了解它的前 1000 项。可以发现，最终的结果是九个数一循环，所以我们关注的数列并不收敛，意味着 {(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}^{{(-\sqrt{2})}^{{...}}}} 的值并不存在。要是把其他的数放进指数塔呢？比如虚数单位 i ，结果是收敛的！而且它的收敛过程相当漂亮，如果我们将数列 \{ i, \, i^i, \, i^{i^i}, \, \dots \} 中的数在复平面内标出来，然后用线连接相邻的两项，得到的结果就是这样的：复平面内的数列{i, i^i, i^(i^i), ...}一个缓慢向内收缩的螺旋！至于计算它收敛到哪个点，也就是解一个复数方程的事，就当成作业吧，这里只给出答案：i^{i^{i^{\cdots}}} = 0.4382829 \dots + 0.3605924\dots i看到这里，你估计能猜到这一节标题中的分形是怎么回事了。和曼德勃罗特集（Mandelbrot Set）的构造方法类似，我们考察由函数 f_a(z) = a^z 迭代得到的数列是否有界：\left\{ 1 ,\, a ,\, a^a ,\, a^{a^{a}} ,\, a^{a^{a^{a}}} ,\, \dots \right\} 如果有界，就把复平面内的 a 标黑，否则就按照发散速度的快慢标记其他颜色，最终的结果就是迭代幂次分形（Tetration Fractal）。它画出来是这样的（图片注释中标记了各图的坐标范围）：迭代幂次分形：-4＜x＜4, -4＜y＜4迭代幂次分形：-0.7＜x＜-0.3, 0.5＜y＜0.9迭代幂次分形：-0.26＜x＜-0.16, -0.20＜y＜-0.10迭代幂次分形：-0.193＜x＜-0.183, 0.230＜y＜0.240又是一个惊艳的分形！迭代幂次分形放大的细节似乎只有两种：(1) 从一头引出多个分支，(2) 螺旋。和曼德勃罗特集相比，它在细节上欠缺一些多样性。但是迭代幂次分形的绘制难度并不小！曼德勃罗特集的收敛域可以确定为
z|<2 ，意味着如果迭代过程中，如果某个点的模超过 2 ，那么这种情况必然发散。但是对于迭代幂次分形来说，这个收敛域会非常大（甚至有可能不存在）！在上面的图中，收敛域均设置为
z|<10^{48} ，即便如此，增大收敛域的范围，还能不断在当前的图中增加细微的变化。说它是一个“永远画不对”的分形，大概也不为过吧。参考资料The strange properties of the infinite power tower - An "investigative math" approach for young students关于指数塔的一次探索。内容详实，介绍了每一种情况的直观理解与严格推导，不动点的稳定性，收敛域外的分支，以及指数塔的历史背景。Exponentials Reiterated从方程 x^y=y^x 引出的指数塔。读起来有些费劲，不过文末的几个和指数塔相关的问题值得一看。The Fractal Boundary of the Power Tower Function看标题就知道它讲的是什么了 :P. 除了分形之外，还介绍了Lambert-W函数与指数塔的关系。}