Делает $\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$ сходятся?
Рассмотрим следующую сумму (где $\Im(z)$ обозначает мнимую часть $z$)
$$\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$$
Т.е.
$$\Im(\lim_{n\to\infty}a_n)$$ $$a_1=e^i,\ \ \ a_{n+1}=a_n+e^{a_n}\ \ \ \forall n\geq1$$
Я написал общий код Python ( попробуйте в Интернете ) и был удивлен, увидев его очевидную конвергенцию с$\approx9.424$
Меня особенно интересует мнимая часть, потому что реальная часть, кажется, логарифмически расходится.
Это сходится? Если да, то есть ли другие выражения для константы?
Возможно, тест Дирихле может оказаться полезным, хотя я не знаю, что делать дальше.
Ответы
После нескольких итераций мы достигли $$a_n = -b_n + i(3\pi + \varepsilon_n)$$ с участием $b_n > 0$ и $\lvert \varepsilon_n\rvert < \frac{\pi}{2}$. потом$$e^{a_n} = -e^{-b_n}\cdot e^{i\varepsilon_n} = -\frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} - i\frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ и $$a_{n+1} = a_n + e^{a_n} = -\biggl(b_n + \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr) + i\biggl(3\pi + \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr)\,.$$ Таким образом $b_{n+1} > b_n$ и $$\varepsilon_{n+1} = \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ имеет тот же знак и меньшую величину, чем $\varepsilon_n$. (Здесь у нас есть$\varepsilon_n > 0$, но для других начальных значений можно достичь мнимой части, немного меньшей, чем нечетное кратное $\pi$.)
Это следует из того $\varepsilon_n$ сходится, и остается убедиться, что предел равен $0$. Предположим, что предел был$\delta \neq 0$. Тогда для всех$n$ у нас есть $$\lvert \varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}\rvert = \frac{\sin \lvert\varepsilon_n\rvert}{e^{b_n}} \geqslant \frac{\sin \lvert\delta\rvert}{e^{b_n}}$$ и отсюда следует, что $$\sum_{n = N}^{\infty} e^{-b_n} < +\infty\,. \tag{$\ ast$}$$ поскольку $$\lvert b_n - b_{n+1}\rvert = \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} \leqslant e^{-b_n}$$ далее следует, что $b_n$ сходится, в частности $b_n < B$ для всех $n$ и немного $B$, но это противоречит $(\ast)$. Следовательно$$\lim_{n \to \infty} \varepsilon_n = 0$$ следует.
Не полное доказательство, но веское указание на то, что
$$\lim_{n\to\infty}\Im(a_n)=3\pi$$
Если предел сходится, то
$$\lim_{n\to\infty}(\Im(a_n)-\Im(a_{n+1}))=0$$ Таким образом, решение должно удовлетворять
$$\Im(z)=\Im(z+e^{iz})$$ $$\implies\Im(z)=\Im(z)+\Im(e^{iz})$$ $$\implies\Im(e^{iz})=0$$ $$\implies\sin(z)=0$$ $$\implies z=\pi n\ \ \ \forall n\in\mathbb{Z}$$
Учитывая подход численных оценок $3\pi$(как указано Stinking Bishop , JG и Gottfried Helms ), либо ряд сходится к$3\pi$, или как-то очень медленно колеблется между притягивающими неподвижными точками формы $\pi n$. Если это правда, то любопытно, что, несмотря на инициализацию$a_1=e^i$, что намного ближе к $\pi n$ за $n\in\{-1,0,1,2\}$, он предпочитает изначально сходиться к $3\pi$.
У нас в основном
$S_{n+1}=S_n+\exp(S_n)$
Визуализировать $S_n=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)$. потом
$S_{n+1}=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n))$
$=(\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n))+i((k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)))$
После чего
$\alpha_{n+1}=\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n)$
$\epsilon_{n+1}=\epsilon_n+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)$
Что будет дальше, зависит от четности $k$. Если$k$ четно, то в пределе малых $|\epsilon_n|$ мы оказываем $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to 1$ и $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to \epsilon_n$, таким образом:
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n+\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1+\exp(\alpha_n))$
Это представляет собой нестабильность, потому что $\epsilon_n$ срок умножается на коэффициент больше, чем $1$, и, что еще хуже, этот фактор растет, потому что $\alpha_n$растет. Мы убегаем от этой возможности разными способами.
Если $k$ странно, то $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to -1$ и $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to -\epsilon_n$, тогда:
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n-\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1-\exp(\alpha_n))$
Теперь $\epsilon$ параметр умножается на положительное число меньше чем $1$, обеспечивая стабильное состояние. Так же$\alpha$параметр уменьшается логарифмически; решение разностного уравнения для$\alpha_n$ дает $\alpha_n\sim -\ln n$. Таким образом, стабильные неподвижные точки являются нечетными кратными$\pi$. Мы ожидаем сходимости к нечетному, а не к четному кратному$\pi$.
В этом результате есть небольшой сбой. Потому как$\alpha$ убывает, множитель на $\epsilon$ Приближается $1$, поэтому сходимость $\epsilon$до нуля тормозит. Это может объяснить, почему численные результаты очень медленно сходятся к устойчивой фиксированной точке при$3\pi$.
Обновление: вероятно, "простая обратная связь" (после уравнения 2) запутана. Не знаю, смогу ли я это отремонтировать
Примечание: это не ответ, а тренировка, которая может пролить больше света на всю проблему.
Как заметил Оскар Ланци в своем комментарии («попробуйте установить начальный термин ...»), я изучил поведение итерации, начинающейся с разных начальных точек.
Это приводит к вопросу об обратной функции и к вопросу, можем ли мы вернуться назад от$z_0=\exp(î)$ и посмотрим, какое значение $z_{-1}$ будет повторять $z_0$ и так далее.
Я нашел следующую обратную функцию, которой на каждом шаге нужна пара параметров.
Позволять $$ f(z) = z + \exp(z) \tag 1$$ тогда обратная функция может быть записана как $$ g(z,b,k) = \log( \text{LambertW}_b(\exp(z)) + k \cdot 2 \pi î \\ k,b \in \mathbb Z \tag 2$$ [Примечание: индекс ветвления LambertW ()$b$ согласно некоторой пользовательской реализации в Pari / GP, это может быть другого знака или иначе в M'ma или Maple et al.]
Тогда, если у нас есть $ z_1 = g(z_2, b,k)$ с некоторыми данными $b,k$, то имеем простое обратное соотношение $ z_2 = f( z_1)$ .
Обновление: это кажется верным только для подмножеств $(b,k)$ и $b$ и $k$ имеют линейную зависимость, которая также зависит от $z_2$. Это неверно как общее утверждение. Однако текущий пример данных (см. Ниже) и изображение верны.
К сожалению, все не так просто. Если мы имеем$ z_2 = f(z_1)$ с данным $z_1$ тогда соответствующие значения для $b$ и $k$ в $z_1=g(z_2,b=?,k=?)$ должны быть определены эмпирически .
Кажется, в итерации до бесконечности$b$-параметр для LambertW () управляет действительной частью сходящейся и$k$параметр ветвления для log () управляет мнимой частью сходящейся
Например, чтобы найти одного возможного предшественника для$z_0=\exp(î)$ мы можем выбрать самый простой параметр для $g()$ а именно $b=0$ и $k=0$ и получить $$ z_{-1} = g(\exp(î),0,0) = -0.194208607165 + 0.469149782638 î \tag {3.1}$$ Проверь это: $$ f(z_{-1}) = z_0 = 0.540302305868 + 0.841470984808 î = \exp(î) \tag {3.2} $$
Здесь у нас, кажется, есть это $\Re (f(g(z_0,b,k)))=\Re( z_0)$ независимо от значений $(b,k)$ и только мнимая часть изменяется с шагом $2 \pi$.
Но оценивая наоборот,$ g(f(z_0),b,k) = z_0$ правильно только с уникальными значениями в $b$ И в $k$.
Я предполагаю, что для итераций индекса, скажем, $i=20$, когда мнимая составляющая попадает в область схождения, а также эволюция реальной составляющей становится плавной, параметры для шагов назад $z_{19}=g(z_{20},b_{20},k_{20})$ становятся постоянными, и действительно, в обратном направлении $z_7$ у нас всегда $ z_{i-1} =g(z_{i},0,2)$.
Теперь, если исходить из $z_7$ назад дальше с теми же параметрами $(b,k)=(0,2)$вместо этого ...
... мы не достигаем нашего$z_0 = \exp(î)$ но по другой цене.
Итак, давайте посмотрим, какие параметры нам действительно нужны, когда мы идем назад от $z_7$ к $z_6$ и чтобы $z_0$.
Смотрите итерации$z_0$ к $z_9$ и параметры $b_i$ и $k_i$ для каждой итерации:
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)
Начиная с $z_7$ мы бы сделали $z_6=g(z_7,1,1)$, $z_5=g(z_6,0,1)$, $z_4=g(z_5,0,1)$, ...
Более интересным аспектом является то, что мы снова можем бесконечно повторять в обратном направлении (используя $g(,0,2)$) с этой постоянной парой параметров $(0,2)$ и, казалось бы, итерация к $- \infty + 4 \pi î$
Вот график частичных орбит $30$ наступает на $f()$ (цвет: синий) а именно $z_0$ к $z_{30}$ а затем частичные орбиты $63$ наступает на $g( ,0,2)$ (цвет: золото) а именно $z_{30}$ к $z_{-32}$.
