しますか $\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$ 収束しますか？
次の合計を考慮してください（ここで $\Im(z)$ の虚数部を示します $z$）
$$\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$$
つまり、
$$\Im(\lim_{n\to\infty}a_n)$$ $$a_1=e^i,\ \ \ a_{n+1}=a_n+e^{a_n}\ \ \ \forall n\geq1$$
私はいくつかの一般的なPythonコード（Try It Online）を作成しましたが、その明らかな収束を見て驚いた$\approx9.424$
実数部は対数的に発散しているように見えるので、私は特に虚数部に関心があります。
これは収束しますか？もしそうなら、定数の他の表現はありますか？
どうすればよいかわかりませんが、おそらくディリクレの判定が役立つかもしれません。
回答
数回の反復の後、私たちは到達しました $$a_n = -b_n + i(3\pi + \varepsilon_n)$$ と $b_n > 0$ そして $\lvert \varepsilon_n\rvert < \frac{\pi}{2}$。次に$$e^{a_n} = -e^{-b_n}\cdot e^{i\varepsilon_n} = -\frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} - i\frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ そして $$a_{n+1} = a_n + e^{a_n} = -\biggl(b_n + \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr) + i\biggl(3\pi + \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr)\,.$$ したがって、 $b_{n+1} > b_n$ そして $$\varepsilon_{n+1} = \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ 符号は同じで、大きさは小さい $\varepsilon_n$。（ここにあります$\varepsilon_n > 0$、ただし、他の開始値の場合、の奇数倍よりわずかに小さい虚数部に達する可能性があります。 $\pi$。）
その結果 $\varepsilon_n$ 収束し、限界が $0$。制限があったと仮定します$\delta \neq 0$。その後、すべてのために$n$ 我々は持っています $$\lvert \varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}\rvert = \frac{\sin \lvert\varepsilon_n\rvert}{e^{b_n}} \geqslant \frac{\sin \lvert\delta\rvert}{e^{b_n}}$$ そしてそれはそれに続く $$\sum_{n = N}^{\infty} e^{-b_n} < +\infty\,. \tag{$\ ast$}$$ 以来 $$\lvert b_n - b_{n+1}\rvert = \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} \leqslant e^{-b_n}$$ さらに、 $b_n$ 特に収束します $b_n < B$ すべてのために $n$ いくつかの $B$、しかしこれは矛盾します $(\ast)$。したがって、$$\lim_{n \to \infty} \varepsilon_n = 0$$ 続きます。
完全な証拠ではありませんが、
$$\lim_{n\to\infty}\Im(a_n)=3\pi$$
限界が収束する場合、
$$\lim_{n\to\infty}(\Im(a_n)-\Im(a_{n+1}))=0$$ したがって、ソリューションは満たす必要があります
$$\Im(z)=\Im(z+e^{iz})$$ $$\implies\Im(z)=\Im(z)+\Im(e^{iz})$$ $$\implies\Im(e^{iz})=0$$ $$\implies\sin(z)=0$$ $$\implies z=\pi n\ \ \ \forall n\in\mathbb{Z}$$
数値推定アプローチを検討する $3\pi$（Stinking Bishop、JG、およびGottfried Helmsによって指摘されているように）、どちらのシリーズも収束します$3\pi$、またはフォームの魅力的な固定点間でどういうわけか非常にゆっくりと振動します $\pi n$。これが本当なら、の初期化にもかかわらず、それは不思議です$a_1=e^i$、これははるかに近い $\pi n$ にとって $n\in\{-1,0,1,2\}$、最初に収束することを好む $3\pi$。
基本的には
$S_{n+1}=S_n+\exp(S_n)$
レンダリング $S_n=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)$。次に
$S_{n+1}=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n))$
$=(\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n))+i((k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)))$
するとすぐに
$\alpha_{n+1}=\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n)$
$\epsilon_{n+1}=\epsilon_n+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)$
次に何が起こるかは、 $k$。場合$k$ でも、小さな限界に $|\epsilon_n|$ レンダリングします $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to 1$ そして $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to \epsilon_n$、したがって：
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n+\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1+\exp(\alpha_n))$
これは不安定性を表します。 $\epsilon_n$ 項は、より大きい係数で乗算されます $1$、さらに悪いことに、その要因は $\alpha_n$増加しています。私たちは、この可能性から、1つ以上の方法で逃げます。
場合 $k$ 奇妙な場合、 $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to -1$ そして $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to -\epsilon_n$、その後：
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n-\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1-\exp(\alpha_n))$
今、 $\epsilon$ パラメータに以下の正の数を掛けます $1$、安定した状態を可能にします。また、$\alpha$パラメータは対数的に減少します。の差分方程式の解$\alpha_n$ 与える $\alpha_n\sim -\ln n$。したがって、安定した不動点は具体的にはの奇数倍です$\pi$。の倍数ではなく奇数への収束が期待されます$\pi$。
この結果には小さな不具合があります。なぜなら$\alpha$ 減少している、上の乗数 $\epsilon$ 接近している $1$、したがって、 $\epsilon$ゼロにすると速度が低下します。これは、数値結果がで安定した固定点にゆっくりとしか収束しない理由を説明している可能性があります。$3\pi$。
更新：「単純な逆関係」（式2の後）が乱雑である可能性があります。これを修理できるかどうかわからない
備考：これは答えではありませんが、問題全体にもっと光を当てる可能性のあるトレーニングです
Oscar Lanziが彼のコメントで述べたように（「最初の項を設定してみてください...」）、さまざまな開始点から始まる反復の動作を調べました。
これは逆関数の問題につながり、私たちがから逆行できるかどうかを試してみます$z_0=\exp(î)$ 見て、どのような価値 $z_{-1}$ 繰り返すだろう $z_0$ 等々。
次の逆関数を見つけました。これには、各ステップで1組のパラメーターが必要です。
しましょう $$ f(z) = z + \exp(z) \tag 1$$ その場合、逆関数は次のように書くことができます。 $$ g(z,b,k) = \log( \text{LambertW}_b(\exp(z)) + k \cdot 2 \pi î \\ k,b \in \mathbb Z \tag 2$$ [注：LambertW（）ブランチインデックス$b$ Pari / GPでのユーザーによる実装によると、他の兆候があるか、M'maやMaple etalではまったく異なる可能性があります。]
次に、 $ z_1 = g(z_2, b,k)$ いくつか与えられた $b,k$、そして私たちは単純な逆関係を持っています $ z_2 = f( z_1)$ 。
更新：これは、のサブセットにのみ当てはまるようです $(b,k)$ そして $b$ そして $k$ 線形関係があり、それも依存しています $z_2$。一般的な主張としては間違っています。ただし、現在のデータ例（以下を参照）と図は正しいものです。
残念ながら、その逆はそれほど簡単ではありません。私たちが持っている場合$ z_2 = f(z_1)$ 与えられた $z_1$ 次に、適切な値 $b$ そして $k$ に $z_1=g(z_2,b=?,k=?)$ 経験的に決定する必要があります。
無限大への反復では、$b$-LambertW（）のパラメーターは、収束の実数部と$k$log（）の分岐パラメーターは、収束の虚数部を管理します
たとえば、次の1つの可能な先行子を見つける$z_0=\exp(î)$ 最も単純なパラメータを選択できます $g()$ つまり $b=0$ そして $k=0$ 取得します $$ z_{-1} = g(\exp(î),0,0) = -0.194208607165 + 0.469149782638 î \tag {3.1}$$ それを確認してください： $$ f(z_{-1}) = z_0 = 0.540302305868 + 0.841470984808 î = \exp(î) \tag {3.2} $$
ここにそれがあるようです $\Re (f(g(z_0,b,k)))=\Re( z_0)$ の値とは無関係に $(b,k)$ 虚数部のみが次のステップで変化します $2 \pi$。
しかし、逆に評価すると、$ g(f(z_0),b,k) = z_0$ の一意の値でのみ正しい $b$ とで $k$。
私の推測では、インデックスの反復については、 $i=20$、虚数成分が収束領域に到着し、実数成分の進化もスムーズになると、後方ステップのパラメーター $z_{19}=g(z_{20},b_{20},k_{20})$ 一定になり、実際、後方に $z_7$ 私たちはいつも持っています $ z_{i-1} =g(z_{i},0,2)$。
さて、 $z_7$ 同じパラメータでさらに後方に $(b,k)=(0,2)$代わりに......
私たちは私たちに到着しません$z_0 = \exp(î)$ しかし、他の値で。
では、逆方向に移動するときに実際に必要なパラメータを見てみましょう。 $z_7$ に $z_6$ とに $z_0$。
反復を見る$z_0$ に $z_9$ およびパラメータ $b_i$ そして $k_i$ 各反復について：
z b k
--------------------------------------+--+--+----------------------
z_0: 0.540302305868+0.841470984808*I 0 0 ---> z_1
z_1: 1.68413794966+2.12135398618*I 1 0 ---> z_2
z_2: -1.13455960996+6.71301817364*I 0 1
z_3: -0.842246816784+6.84701983939*I 0 1
z_4: -0.478178799834+7.07722157180*I 0 1
z_5: -0.0436380449935+7.51933514381*I 0 1
z_6: 0.270773188633+8.42353070970*I 1 1 ---> z_7
z_7: -0.436174626083+9.52756299919*I 0 2 ---> z_8 from here parameters
z_8: -1.07926736567+9.46122892125*I 0 2 are always (0,2)
で始まる $z_7$ 私たちはします $z_6=g(z_7,1,1)$、 $z_5=g(z_6,0,1)$、 $z_4=g(z_5,0,1)$、..。
より興味深い側面は、ここで再び無限に逆方向に反復できることです（を使用して $g(,0,2)$）パラメータのその一定のペアで $(0,2)$ に向かって一見繰り返す $- \infty + 4 \pi î$
これがの部分軌道のプロットです $30$ 上のステップ $f()$ （色：青）すなわち $z_0$ に $z_{30}$ そして、の部分軌道 $63$ 上のステップ $g( ,0,2)$ （色：ゴールド）すなわち $z_{30}$ に $z_{-32}$。
