않습니다 $\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$ 모이다?
다음 합계를 고려하십시오 (여기서 $\Im(z)$ 의 가상 부분을 나타냅니다 $z$)
$$\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$$
즉;
$$\Im(\lim_{n\to\infty}a_n)$$ $$a_1=e^i,\ \ \ a_{n+1}=a_n+e^{a_n}\ \ \ \forall n\geq1$$
나는 일반적인 파이썬 코드 ( Try It Online )를 작성했고, 그것의 명백한 수렴을보고 놀랐다.$\approx9.424$
실수 부분이 대수적으로 발산하는 것처럼 보이기 때문에 특히 허수 부분에 관심이 있습니다.
이것이 수렴합니까? 그렇다면 상수에 대한 다른 표현이 있습니까?
진행 방법을 모르겠지만 Dirichlet 테스트가 유용 할 수 있습니다.
답변
몇 번의 반복 후에 우리는 $$a_n = -b_n + i(3\pi + \varepsilon_n)$$ 와 $b_n > 0$ 과 $\lvert \varepsilon_n\rvert < \frac{\pi}{2}$. 그때$$e^{a_n} = -e^{-b_n}\cdot e^{i\varepsilon_n} = -\frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} - i\frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ 과 $$a_{n+1} = a_n + e^{a_n} = -\biggl(b_n + \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr) + i\biggl(3\pi + \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr)\,.$$ 그러므로 $b_{n+1} > b_n$ 과 $$\varepsilon_{n+1} = \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ 다음과 같고 크기가 작습니다. $\varepsilon_n$. (여기에$\varepsilon_n > 0$그러나 다른 시작 값의 경우 홀수 배수보다 약간 작은 가상 부분에 도달 할 수 있습니다. $\pi$.)
그것은 다음과 같습니다 $\varepsilon_n$ 수렴하고 한계가 $0$. 한계가$\delta \neq 0$. 그럼 모두를 위해$n$ 우리는 $$\lvert \varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}\rvert = \frac{\sin \lvert\varepsilon_n\rvert}{e^{b_n}} \geqslant \frac{\sin \lvert\delta\rvert}{e^{b_n}}$$ 그리고 그것은 다음과 같습니다 $$\sum_{n = N}^{\infty} e^{-b_n} < +\infty\,. \tag{$\ ast$}$$ 이후 $$\lvert b_n - b_{n+1}\rvert = \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} \leqslant e^{-b_n}$$ 그것은 더 뒤에 $b_n$ 특히 수렴 $b_n < B$ 모든 $n$ 그리고 일부 $B$, 그러나 이것은 모순 $(\ast)$. 따라서$$\lim_{n \to \infty} \varepsilon_n = 0$$ 다음과 같습니다.
완전한 증거는 아니지만
$$\lim_{n\to\infty}\Im(a_n)=3\pi$$
한계가 수렴하면
$$\lim_{n\to\infty}(\Im(a_n)-\Im(a_{n+1}))=0$$ 따라서 솔루션은
$$\Im(z)=\Im(z+e^{iz})$$ $$\implies\Im(z)=\Im(z)+\Im(e^{iz})$$ $$\implies\Im(e^{iz})=0$$ $$\implies\sin(z)=0$$ $$\implies z=\pi n\ \ \ \forall n\in\mathbb{Z}$$
수치 적 추정 접근법 고려 $3\pi$( Stinking Bishop , JG , Gottfried Helms가 지적했듯이 ) 두 시리즈 중 하나는$3\pi$, 또는 형태의 매력적인 고정 점 사이에서 다소 느리게 진동합니다. $\pi n$. 이것이 사실이라면, 초기화에도 불구하고$a_1=e^i$에 훨씬 더 가깝습니다. $\pi n$ ...에 대한 $n\in\{-1,0,1,2\}$, 처음에 수렴하는 것을 선호합니다. $3\pi$.
기본적으로
$S_{n+1}=S_n+\exp(S_n)$
세우다 $S_n=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)$. 그때
$S_{n+1}=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n))$
$=(\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n))+i((k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)))$
그래서
$\alpha_{n+1}=\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n)$
$\epsilon_{n+1}=\epsilon_n+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)$
다음에 일어나는 일은 패리티에 따라 다릅니다. $k$. 만약$k$ 짝수, 작은 한계에 $|\epsilon_n|$ 우리는 렌더링 $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to 1$ 과 $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to \epsilon_n$따라서 :
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n+\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1+\exp(\alpha_n))$
이것은 불안정성을 나타냅니다. $\epsilon_n$ 항에 다음보다 큰 계수를 곱합니다. $1$, 그리고 더 나쁜 요인은 $\alpha_n$증가하고있다. 우리는이 가능성에서 여러 가지 방법으로 도망칩니다.
만약 $k$ 이상하다, 그럼 $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to -1$ 과 $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to -\epsilon_n$, 다음 :
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n-\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1-\exp(\alpha_n))$
이제 $\epsilon$ 매개 변수에 다음보다 작은 양수를 곱합니다. $1$, 안정된 상태를 허용합니다. 또한$\alpha$매개 변수는 대수적으로 감소합니다. 미분 방정식의 해$\alpha_n$ 준다 $\alpha_n\sim -\ln n$. 따라서, 안정한 고정 점이다 구체적 홀수 의 배수$\pi$. 우리는 수렴이 짝수보다 이상한 것으로 기대할 것입니다.$\pi$.
이 결과에는 사소한 결함이 있습니다. 때문에$\alpha$ 감소하고 있습니다. $\epsilon$ 다가오고있다 $1$, 그래서 수렴 $\epsilon$0으로의 속도가 느려집니다. 이것은 수치 결과가 안정된 고정 점으로 천천히 수렴하는 이유를 설명 할 수 있습니다.$3\pi$.
업데이트 : "단순 역 관계"(등식 2 이후)가 지저분 할 수 있습니다. 이걸 고칠 수 있을지 모르겠어
비고 : 이것은 답이 아니라 전체 문제를 더 잘 알 수있는 운동입니다.
Oscar Lanzi가 그의 의견에서 언급 한 것처럼 ( "초기 용어를 설정해보십시오 ...") 저는 다른 시작점에서 시작되는 반복 동작을 살펴 보았습니다.
그리고 역 기능에 대한 질문이 리드는 우리가 갈 수 있는지, 시도 뒤쪽 에서$z_0=\exp(î)$ 그리고 어떤 가치를보십시오 $z_{-1}$ 반복 할 것이다 $z_0$ 등등.
각 단계에서 한 쌍의 매개 변수가 필요한 다음 역함수를 찾았습니다.
허락하다 $$ f(z) = z + \exp(z) \tag 1$$ 그런 다음 역함수는 다음과 같이 작성할 수 있습니다. $$ g(z,b,k) = \log( \text{LambertW}_b(\exp(z)) + k \cdot 2 \pi î \\ k,b \in \mathbb Z \tag 2$$ [참고 : LambertW () 브랜치 인덱스$b$ Pari / GP의 일부 사용자 구현에 따르면 다른 기호이거나 M'ma 또는 Maple 등에서 다른 방식 일 수 있습니다.]
그런 다음 $ z_1 = g(z_2, b,k)$ 일부 주어진 $b,k$, 그러면 우리는 간단한 역 관계가 있습니다. $ z_2 = f( z_1)$ .
업데이트 : 이것은 $(b,k)$ 과 $b$ 과 $k$ 선형 관계를 가지고 있으며 또한 $z_2$. 일반적인 주장으로는 잘못되었습니다. 그러나 현재 데이터 예 (아래 참조)와 그림은 정확합니다.
불행히도 그 반대는 그렇게 쉽지 않습니다. 우리가 가지고 있다면$ z_2 = f(z_1)$ 주어진 $z_1$ 그런 다음 적절한 값 $b$ 과 $k$ 에 $z_1=g(z_2,b=?,k=?)$ 경험적으로 결정되어야합니다 .
무한대로의 반복에서$b$-LambertW () 에 대한 매개 변수 는 수렴의 실제 부분을 제어하고$k$log ()에 대한 분기 매개 변수 는 수렴의 허수 부분을 제어합니다.
예를 들어 가능한 선행 을 찾으려면$z_0=\exp(î)$ 가장 간단한 매개 변수를 선택할 수 있습니다. $g()$ 즉 $b=0$ 과 $k=0$ 그리고 얻다 $$ z_{-1} = g(\exp(î),0,0) = -0.194208607165 + 0.469149782638 î \tag {3.1}$$ 확인해 봐: $$ f(z_{-1}) = z_0 = 0.540302305868 + 0.841470984808 î = \exp(î) \tag {3.2} $$
여기에 우리는 $\Re (f(g(z_0,b,k)))=\Re( z_0)$ 값에 관계없이 $(b,k)$ 가상 부분 만 단계적으로 변경됩니다. $2 \pi$.
하지만 반대로 평가하면$ g(f(z_0),b,k) = z_0$ 고유 한 값으로 만 정확합니다. $b$ 그리고 $k$.
내 생각 엔 인덱스의 반복에 대해 $i=20$, 가상 성분이 수렴 영역에 도달하고 실제 성분의 진화가 원활 해지면 후진 단계를위한 매개 변수 $z_{19}=g(z_{20},b_{20},k_{20})$ 일정하고 실제로 뒤로 $z_7$ 우리는 항상 $ z_{i-1} =g(z_{i},0,2)$.
이제 우리가 $z_7$ 동일한 매개 변수로 더 뒤로 $(b,k)=(0,2)$대신 ...
... 우리는 우리의$z_0 = \exp(î)$ 그러나 다른 가치.
그래서 우리가 거꾸로 갈 때 실제로 필요한 매개 변수가 무엇인지 봅시다. $z_7$ ...에 $z_6$ 그리고 $z_0$.
반복보기$z_0$ ...에 $z_9$ 및 매개 변수 $b_i$ 과 $k_i$ 각 반복에 대해 :
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)
시작 $z_7$ 우리는 할 것이다 $z_6=g(z_7,1,1)$, $z_5=g(z_6,0,1)$, $z_4=g(z_5,0,1)$, ...
더 흥미로운 점은 우리가 다시 역방향으로 무한 반복 할 수 있다는 것입니다. $g(,0,2)$) 상수 쌍의 매개 변수로 $(0,2)$ 그리고 겉보기에 반복 $- \infty + 4 \pi î$
다음은 부분 궤도의 플롯입니다. $30$ 단계 $f()$ (색상 : 파랑) 즉 $z_0$ ...에 $z_{30}$ 그리고 부분 궤도 $63$ 단계 $g( ,0,2)$ (색상 : 금) 즉 $z_{30}$ ...에 $z_{-32}$.
