Faz $\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$ convergir?
Considere a seguinte soma (onde $\Im(z)$ denota a parte imaginária de $z$)
$$\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$$
Ie;
$$\Im(\lim_{n\to\infty}a_n)$$ $$a_1=e^i,\ \ \ a_{n+1}=a_n+e^{a_n}\ \ \ \forall n\geq1$$
Eu escrevi algum código python genérico ( Try It Online ) e fiquei surpreso ao ver sua aparente convergência para$\approx9.424$
Estou especificamente preocupado com a parte imaginária porque a parte real parece divergir logaritmicamente.
Isso converge? Em caso afirmativo, existem outras expressões para a constante?
Talvez o teste de Dirichlet possa ser útil, embora eu não saiba como proceder.
Respostas
Após um punhado de iterações, alcançamos $$a_n = -b_n + i(3\pi + \varepsilon_n)$$ com $b_n > 0$ e $\lvert \varepsilon_n\rvert < \frac{\pi}{2}$. Então$$e^{a_n} = -e^{-b_n}\cdot e^{i\varepsilon_n} = -\frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} - i\frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ e $$a_{n+1} = a_n + e^{a_n} = -\biggl(b_n + \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr) + i\biggl(3\pi + \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr)\,.$$ portanto $b_{n+1} > b_n$ e $$\varepsilon_{n+1} = \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ tem o mesmo sinal e magnitude menor que $\varepsilon_n$. (Aqui temos$\varepsilon_n > 0$, mas para outros valores iniciais, pode-se chegar a partes imaginárias ligeiramente menores do que um múltiplo ímpar de $\pi$.)
Segue que $\varepsilon_n$ converge, e resta ver que o limite é $0$. Suponha que o limite fosse$\delta \neq 0$. Então para todos$n$ temos $$\lvert \varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}\rvert = \frac{\sin \lvert\varepsilon_n\rvert}{e^{b_n}} \geqslant \frac{\sin \lvert\delta\rvert}{e^{b_n}}$$ e segue-se que $$\sum_{n = N}^{\infty} e^{-b_n} < +\infty\,. \tag{$\ ast$}$$ Desde a $$\lvert b_n - b_{n+1}\rvert = \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} \leqslant e^{-b_n}$$ segue-se ainda que $b_n$ converge, em particular $b_n < B$ para todos $n$ e alguns $B$, mas isso contradiz $(\ast)$. Portanto$$\lim_{n \to \infty} \varepsilon_n = 0$$ segue.
Não é uma prova completa, mas uma forte indicação de que
$$\lim_{n\to\infty}\Im(a_n)=3\pi$$
Se o limite convergir, então
$$\lim_{n\to\infty}(\Im(a_n)-\Im(a_{n+1}))=0$$ Assim, a solução deve satisfazer
$$\Im(z)=\Im(z+e^{iz})$$ $$\implies\Im(z)=\Im(z)+\Im(e^{iz})$$ $$\implies\Im(e^{iz})=0$$ $$\implies\sin(z)=0$$ $$\implies z=\pi n\ \ \ \forall n\in\mathbb{Z}$$
Considerando a abordagem de estimativas numéricas $3\pi$(como apontado por Stinking Bishop , JG e Gottfried Helms ), ou a série converge para$3\pi$, ou de alguma forma oscila muito lentamente entre pontos fixos atraentes da forma $\pi n$. Se isso for verdade, então é curioso que, apesar da inicialização do$a_1=e^i$, que é muito mais próximo de $\pi n$ para $n\in\{-1,0,1,2\}$, prefere inicialmente convergir para $3\pi$.
Temos, basicamente,
$S_{n+1}=S_n+\exp(S_n)$
Render $S_n=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)$. Então
$S_{n+1}=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n))$
$=(\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n))+i((k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)))$
Portanto
$\alpha_{n+1}=\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n)$
$\epsilon_{n+1}=\epsilon_n+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)$
O que acontece a seguir depende da paridade de $k$. E se$k$ é uniforme, então no limite de pequenas $|\epsilon_n|$ nós renderizamos $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to 1$ e $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to \epsilon_n$, portanto:
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n+\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1+\exp(\alpha_n))$
Isso representa uma instabilidade porque o $\epsilon_n$ termo é multiplicado por um fator maior que $1$, e pior, esse fator cresce porque $\alpha_n$está aumentando. Nós fugimos, em mais de uma maneira, dessa possibilidade.
E se $k$ é estranho então $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to -1$ e $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to -\epsilon_n$, então:
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n-\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1-\exp(\alpha_n))$
Agora o $\epsilon$ parâmetro é multiplicado por um número positivo menor que $1$, permitindo uma condição estável. Também o$\alpha$parâmetro diminui logaritmicamente; solução da equação de diferença para$\alpha_n$ dá $\alpha_n\sim -\ln n$. Assim, os pontos fixos estáveis são especificamente múltiplos ímpares de$\pi$. Esperaríamos convergência para um ímpar, em vez de múltiplo par de$\pi$.
Há uma pequena falha neste resultado. Porque$\alpha$ está diminuindo, o multiplicador em $\epsilon$ está aproximando $1$, então a convergência de $\epsilon$para zero diminui. Isso pode explicar porque os resultados numéricos convergem apenas lentamente para o ponto fixo estável em$3\pi$.
Atualização: provavelmente a "relação inversa simples" (após a eq 2) está confusa. Não sei se posso consertar isso
Observação: esta não é uma resposta, mas um exercício que pode lançar mais luz sobre todo o problema
Como Oscar Lanzi observou em seu comentário ("tente definir o termo inicial ..."), observei o comportamento da iteração começando em diferentes pontos de partida.
Isso leva à questão da função inversa e tentar, se podemos ir para trás a partir de$z_0=\exp(î)$ e veja, que valor $z_{-1}$ iria iterar para $z_0$ e assim por diante.
Encontrei a seguinte função inversa, que precisa de um par de parâmetros em cada etapa.
Deixei $$ f(z) = z + \exp(z) \tag 1$$ então a função inversa pode ser escrita como $$ g(z,b,k) = \log( \text{LambertW}_b(\exp(z)) + k \cdot 2 \pi î \\ k,b \in \mathbb Z \tag 2$$ [Nota: o LambertW () branchindex$b$ está de acordo com alguma implementação do usuário em Pari / GP, pode ser de outro sinal ou então diferente em M'ma ou Maple et al.]
Então, se tivermos $ z_1 = g(z_2, b,k)$ com algum dado $b,k$, então temos a relação inversa simples $ z_2 = f( z_1)$ .
Atualização: isso só parece verdadeiro para subconjuntos de $(b,k)$ e $b$ e $k$ têm uma relação linear e que também depende de $z_2$. É errado como uma afirmação geral. O exemplo de dados atual (veja abaixo) e a imagem, entretanto, estão corretos.
Infelizmente, o oposto não é tão fácil. Se tiver-mos$ z_2 = f(z_1)$ com um dado $z_1$ então os valores apropriados para $b$ e $k$ dentro $z_1=g(z_2,b=?,k=?)$ deve ser determinado empiricamente .
Parece que na iteração ao infinito o$b$-parâmetro para o LambertW () governa a parte real do convergente e o$k$parâmetro de ramificação para o log () governa a parte imaginária do convergente
Por exemplo, para encontrar um possível precedente para$z_0=\exp(î)$ podemos escolher o parâmetro mais simples para $g()$ nomeadamente $b=0$ e $k=0$ e pegue $$ z_{-1} = g(\exp(î),0,0) = -0.194208607165 + 0.469149782638 î \tag {3.1}$$ Verifique-o: $$ f(z_{-1}) = z_0 = 0.540302305868 + 0.841470984808 î = \exp(î) \tag {3.2} $$
Aqui parece que temos isso $\Re (f(g(z_0,b,k)))=\Re( z_0)$ independentemente dos valores de $(b,k)$ e apenas a parte imaginária muda nas etapas de $2 \pi$.
Mas avaliando inversamente,$ g(f(z_0),b,k) = z_0$ só está correto com valores únicos em $b$ e em $k$.
Meu palpite é que, para as iterações do índice, digamos $i=20$, quando o componente imaginário chega à área de convergência e também a evolução do componente real torna-se suave, os parâmetros para os retrocessos $z_{19}=g(z_{20},b_{20},k_{20})$ tornam-se constantes e, de fato, ao contrário $z_7$ nós sempre temos $ z_{i-1} =g(z_{i},0,2)$.
Agora, se prosseguirmos com $z_7$ para trás ainda mais com os mesmos parâmetros $(b,k)=(0,2)$em vez disso ...
... nós não chegamos ao nosso$z_0 = \exp(î)$ mas com algum outro valor.
Então, vamos ver de quais parâmetros realmente precisamos quando voltamos $z_7$ para $z_6$ e para $z_0$.
Veja as iterações$z_0$ para $z_9$ e os parâmetros $b_i$ e $k_i$ para cada iteração:
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)
Começando em $z_7$ nós faríamos $z_6=g(z_7,1,1)$, $z_5=g(z_6,0,1)$, $z_4=g(z_5,0,1)$, ...
O aspecto mais interessante é que podemos novamente iterar infinitamente na direção inversa (usando $g(,0,2)$) com aquele par constante de parâmetros $(0,2)$ e iterar aparentemente em direção $- \infty + 4 \pi î$
Aqui está o gráfico das órbitas parciais de $30$ Enteado $f()$ (cor: azul) a saber $z_0$ para $z_{30}$ e então as órbitas parciais de $63$ Enteado $g( ,0,2)$ (cor: ouro) a saber $z_{30}$ para $z_{-32}$.
