Robi $\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$ skupiać?
Rozważmy następującą sumę (gdzie $\Im(z)$ oznacza urojoną część $z$)
$$\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$$
To znaczy;
$$\Im(\lim_{n\to\infty}a_n)$$ $$a_1=e^i,\ \ \ a_{n+1}=a_n+e^{a_n}\ \ \ \forall n\geq1$$
Napisałem ogólny kod Pythona ( Try It Online ) i byłem zaskoczony, widząc jego pozorną zbieżność z$\approx9.424$
Szczególnie interesuje mnie część urojona, ponieważ część rzeczywista wydaje się różnić logarytmicznie.
Czy to jest zbieżne? Jeśli tak, czy istnieją inne wyrażenia na tę stałą?
Być może test Dirichleta okaże się przydatny, chociaż nie wiem, jak postępować.
Odpowiedzi
Po kilku iteracjach osiągnęliśmy $$a_n = -b_n + i(3\pi + \varepsilon_n)$$ z $b_n > 0$ i $\lvert \varepsilon_n\rvert < \frac{\pi}{2}$. Następnie$$e^{a_n} = -e^{-b_n}\cdot e^{i\varepsilon_n} = -\frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} - i\frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ i $$a_{n+1} = a_n + e^{a_n} = -\biggl(b_n + \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr) + i\biggl(3\pi + \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr)\,.$$ A zatem $b_{n+1} > b_n$ i $$\varepsilon_{n+1} = \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ ma ten sam znak i mniejszą wielkość niż $\varepsilon_n$. (Mamy tutaj$\varepsilon_n > 0$, ale w przypadku innych wartości początkowych można uzyskać części urojone nieco mniejsze niż nieparzysta wielokrotność $\pi$.)
Wynika, że $\varepsilon_n$ zbiega się i pozostaje zobaczyć, że granica jest $0$. Załóżmy, że limit był$\delta \neq 0$. Wtedy dla wszystkich$n$ mamy $$\lvert \varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}\rvert = \frac{\sin \lvert\varepsilon_n\rvert}{e^{b_n}} \geqslant \frac{\sin \lvert\delta\rvert}{e^{b_n}}$$ i wynika z tego $$\sum_{n = N}^{\infty} e^{-b_n} < +\infty\,. \tag{$\ ast$}$$ Od $$\lvert b_n - b_{n+1}\rvert = \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} \leqslant e^{-b_n}$$ wynika z tego dalej $b_n$ w szczególności zbieżne $b_n < B$ dla wszystkich $n$ a niektóre $B$, ale to zaprzecza $(\ast)$. W związku z tym$$\lim_{n \to \infty} \varepsilon_n = 0$$ następuje.
Nie jest to pełny dowód, ale mocna wskazówka
$$\lim_{n\to\infty}\Im(a_n)=3\pi$$
Jeśli granica jest zbieżna, to
$$\lim_{n\to\infty}(\Im(a_n)-\Im(a_{n+1}))=0$$ Zatem rozwiązanie powinno być satysfakcjonujące
$$\Im(z)=\Im(z+e^{iz})$$ $$\implies\Im(z)=\Im(z)+\Im(e^{iz})$$ $$\implies\Im(e^{iz})=0$$ $$\implies\sin(z)=0$$ $$\implies z=\pi n\ \ \ \forall n\in\mathbb{Z}$$
Biorąc pod uwagę podejście liczbowe $3\pi$(jak wskazali Stinking Bishop , JG i Gottfried Helms ), albo seria zbiega się do$3\pi$lub jakoś bardzo wolno oscyluje pomiędzy atrakcyjnymi stałymi punktami formy $\pi n$. Jeśli to prawda, to ciekawe, że pomimo inicjalizacji$a_1=e^i$, który jest znacznie bliżej $\pi n$ dla $n\in\{-1,0,1,2\}$, woli wewnętrznie zbiegać się w kierunku $3\pi$.
Zasadniczo mamy
$S_{n+1}=S_n+\exp(S_n)$
Renderowanie $S_n=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)$. Następnie
$S_{n+1}=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n))$
$=(\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n))+i((k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)))$
Po czym
$\alpha_{n+1}=\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n)$
$\epsilon_{n+1}=\epsilon_n+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)$
To, co stanie się później, zależy od parzystości $k$. Gdyby$k$ jest równa, a więc na granicy małych $|\epsilon_n|$ renderujemy $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to 1$ i $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to \epsilon_n$a więc:
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n+\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1+\exp(\alpha_n))$
Stanowi to niestabilność, ponieważ $\epsilon_n$ termin jest mnożony przez współczynnik większy niż $1$i co gorsza, ten czynnik rośnie, ponieważ $\alpha_n$wzrasta. Uciekamy na wiele sposobów od tej możliwości.
Gdyby $k$ jest więc dziwne $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to -1$ i $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to -\epsilon_n$, następnie:
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n-\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1-\exp(\alpha_n))$
Teraz $\epsilon$ parametr jest mnożony przez liczbę dodatnią mniejszą niż $1$, pozwalając na stabilny stan. Również$\alpha$parametr maleje logarytmicznie; rozwiązanie równania różnicowego dla$\alpha_n$ daje $\alpha_n\sim -\ln n$. Zatem stabilne punkty stałe są konkretnymi nieparzystymi wielokrotnościami$\pi$. Spodziewalibyśmy się zbieżności raczej nieparzystej niż parzystej wielokrotności$\pi$.
W tym wyniku występuje drobna usterka. Dlatego$\alpha$ maleje, mnożnik włączony $\epsilon$ nadchodzi $1$, więc zbieżność $\epsilon$do zera zwalnia. Może to wyjaśniać, dlaczego wyniki liczbowe zbiegają się powoli do stabilnego stałego punktu w$3\pi$.
Aktualizacja: prawdopodobnie „prosta odwrotna relacja” (po równaniu 2) jest nieuporządkowana. Nie wiem, czy mogę to naprawić
Uwaga: to nie jest odpowiedź, ale trening, który może rzucić więcej światła na cały problem
Jak zauważył Oscar Lanzi w swoim komentarzu („spróbuj ustawić początkowy termin…”), przyjrzałem się zachowaniu iteracji zaczynającej się w różnych punktach początkowych.
Prowadzi to do pytania o funkcję odwrotną i do spróbowania, czy możemy cofnąć się od$z_0=\exp(î)$ i zobacz, jaką wartość $z_{-1}$ będzie iterować $z_0$ i tak dalej.
Znalazłem następującą funkcję odwrotną, która wymaga pary parametrów na każdym kroku.
Pozwolić $$ f(z) = z + \exp(z) \tag 1$$ wtedy funkcję odwrotną można zapisać jako $$ g(z,b,k) = \log( \text{LambertW}_b(\exp(z)) + k \cdot 2 \pi î \\ k,b \in \mathbb Z \tag 2$$ [Uwaga: LambertW () branchindex$b$ jest zgodnie z pewną implementacją użytkownika w Pari / GP, może mieć inny znak lub inny w M'ma lub Maple i wsp.]
Następnie, jeśli mamy $ z_1 = g(z_2, b,k)$ z niektórymi podanymi $b,k$, to mamy prostą relację odwrotną $ z_2 = f( z_1)$ .
Aktualizacja: wydaje się, że dotyczy to tylko podzbiorów $(b,k)$ i $b$ i $k$ mają zależność liniową i również od niej zależą $z_2$. Jest to błędne twierdzenie ogólne. Aktualny przykład danych (patrz poniżej) i rysunek są jednak poprawne.
Niestety, sytuacja odwrotna nie jest taka prosta. Jeśli mamy$ z_2 = f(z_1)$ z danym $z_1$ następnie odpowiednie wartości $b$ i $k$ w $z_1=g(z_2,b=?,k=?)$ muszą zostać określone empirycznie .
Wydaje się, że w iteracji do nieskończoności$b$-parametr dla LambertW () reguluje rzeczywistą część zbieżnej i$k$parametr rozgałęzienia dla log () zarządza urojoną częścią zbieżności
Na przykład, aby znaleźć jeden możliwy poprzednik dla$z_0=\exp(î)$ możemy wybrać najprostszy parametr dla $g()$ mianowicie $b=0$ i $k=0$ i dostać $$ z_{-1} = g(\exp(î),0,0) = -0.194208607165 + 0.469149782638 î \tag {3.1}$$ Sprawdź to: $$ f(z_{-1}) = z_0 = 0.540302305868 + 0.841470984808 î = \exp(î) \tag {3.2} $$
Wydaje się, że mamy to $\Re (f(g(z_0,b,k)))=\Re( z_0)$ niezależnie od wartości $(b,k)$ i tylko część urojona zmienia się w krokach $2 \pi$.
Ale oceniając odwrotnie,$ g(f(z_0),b,k) = z_0$ jest poprawny tylko z unikalnymi wartościami w $b$ i w $k$.
Domyślam się, że powiedzmy dla iteracji indeksu $i=20$, kiedy komponent urojony pojawia się w obszarze konwergencji, a ewolucja składnika rzeczywistego staje się gładka, parametry kroków wstecz $z_{19}=g(z_{20},b_{20},k_{20})$ stają się stałe, a nawet cofają się do $z_7$ zawsze $ z_{i-1} =g(z_{i},0,2)$.
Teraz, jeśli zaczniemy od $z_7$ dalej wstecz z tymi samymi parametrami $(b,k)=(0,2)$zamiast tego ...
... nie dochodzimy do naszego$z_0 = \exp(î)$ ale w innej wartości.
Zobaczmy więc, jakich parametrów faktycznie potrzebujemy, gdy cofamy się od $z_7$ do $z_6$ i do $z_0$.
Zobacz iteracje$z_0$ do $z_9$ i parametry $b_i$ i $k_i$ dla każdej iteracji:
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)
Począwszy od $z_7$ zrobilibyśmy $z_6=g(z_7,1,1)$, $z_5=g(z_6,0,1)$, $z_4=g(z_5,0,1)$, ...
Bardziej interesującym aspektem jest to, że możemy ponownie w nieskończoność iterować w kierunku wstecznym (używając $g(,0,2)$) z tą stałą parą parametrów $(0,2)$ i iteruj pozornie w kierunku $- \infty + 4 \pi î$
Oto wykres częściowych orbit $30$ kroki dalej $f()$ (kolor: niebieski) mianowicie $z_0$ do $z_{30}$ a następnie częściowe orbity $63$ kroki dalej $g( ,0,2)$ (kolor: złoty) mianowicie $z_{30}$ do $z_{-32}$.
