Yapar $\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$ birleşmek mi?
Aşağıdaki toplamı düşünün (nerede $\Im(z)$ hayali kısmını gösterir $z$)
$$\Im(e^i+e^{e^i}+e^{e^i+e^{e^i}}\dots)$$
Yani;
$$\Im(\lim_{n\to\infty}a_n)$$ $$a_1=e^i,\ \ \ a_{n+1}=a_n+e^{a_n}\ \ \ \forall n\geq1$$
Bazı genel python kodu yazdım ( Çevrimiçi Deneyin ) ve görünürde yakınsamasını görünce şaşırdım.$\approx9.424$
Özellikle hayali kısımla ilgileniyorum çünkü gerçek kısım logaritmik olarak farklılaşıyor gibi görünüyor.
Bu birleşiyor mu? Eğer öyleyse, sabit için başka ifadeler var mı?
Nasıl ilerleyeceğimi bilmesem de Dirichlet testi işe yarayabilir.
Yanıtlar
Birkaç yinelemeden sonra, $$a_n = -b_n + i(3\pi + \varepsilon_n)$$ ile $b_n > 0$ ve $\lvert \varepsilon_n\rvert < \frac{\pi}{2}$. Sonra$$e^{a_n} = -e^{-b_n}\cdot e^{i\varepsilon_n} = -\frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} - i\frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ ve $$a_{n+1} = a_n + e^{a_n} = -\biggl(b_n + \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr) + i\biggl(3\pi + \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}\biggr)\,.$$ Böylece $b_{n+1} > b_n$ ve $$\varepsilon_{n+1} = \varepsilon_n - \frac{\sin \varepsilon_n}{e^{b_n}}$$ ile aynı ve daha küçük büyüklüğe sahiptir $\varepsilon_n$. (İşte bizde$\varepsilon_n > 0$, ancak diğer başlangıç değerleri için tek bir kattan biraz daha küçük hayali parçalara ulaşılabilir. $\pi$.)
Bunu takip eder $\varepsilon_n$ yakınlaşır ve sınırın $0$. Sınırın olduğunu varsayalım$\delta \neq 0$. Sonra hepsi için$n$ sahibiz $$\lvert \varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}\rvert = \frac{\sin \lvert\varepsilon_n\rvert}{e^{b_n}} \geqslant \frac{\sin \lvert\delta\rvert}{e^{b_n}}$$ ve bunu takip eder $$\sum_{n = N}^{\infty} e^{-b_n} < +\infty\,. \tag{$\ ast$}$$ Dan beri $$\lvert b_n - b_{n+1}\rvert = \frac{\cos \varepsilon_n}{e^{b_n}} \leqslant e^{-b_n}$$ daha sonra bunu takip eder $b_n$ özellikle birleşir $b_n < B$ hepsi için $n$ ve bazı $B$ama bu çelişiyor $(\ast)$. Bu nedenle$$\lim_{n \to \infty} \varepsilon_n = 0$$ takip eder.
Tam bir kanıt değil ama güçlü bir gösterge
$$\lim_{n\to\infty}\Im(a_n)=3\pi$$
Limit yakınlaşırsa, o zaman
$$\lim_{n\to\infty}(\Im(a_n)-\Im(a_{n+1}))=0$$ Böylece çözüm tatmin etmelidir
$$\Im(z)=\Im(z+e^{iz})$$ $$\implies\Im(z)=\Im(z)+\Im(e^{iz})$$ $$\implies\Im(e^{iz})=0$$ $$\implies\sin(z)=0$$ $$\implies z=\pi n\ \ \ \forall n\in\mathbb{Z}$$
Sayısal tahmin yaklaşımı dikkate alındığında $3\pi$( Stinking Bishop , JG ve Gottfried Helms'in işaret ettiği gibi ), ya dizi$3\pi$veya bir şekilde formun çekici sabit noktaları arasında çok yavaş salınır $\pi n$. Bu doğruysa, o zaman ilginçtir ki,$a_1=e^i$, hangisine çok daha yakın $\pi n$ için $n\in\{-1,0,1,2\}$, başlangıçta yakınlaşmayı tercih eder $3\pi$.
Temel olarak bizde
$S_{n+1}=S_n+\exp(S_n)$
Oluştur $S_n=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)$. Sonra
$S_{n+1}=\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n+i(k\pi+\epsilon_n))$
$=(\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n))+i((k\pi+\epsilon_n)+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)))$
Bunun üzerine
$\alpha_{n+1}=\alpha_n+\exp(\alpha_n)\cos(k\pi+\epsilon_n)$
$\epsilon_{n+1}=\epsilon_n+\exp(\alpha_n)\sin(k\pi+\epsilon_n)$
Bundan sonra ne olacağı, paritesine bağlıdır $k$. Eğer$k$ eşittir, o zaman küçük sınırında $|\epsilon_n|$ biz yapıyoruz $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to 1$ ve $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to \epsilon_n$, Böylece:
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n+\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1+\exp(\alpha_n))$
Bu bir istikrarsızlığı temsil eder çünkü $\epsilon_n$ terim, şundan büyük bir faktörle çarpılır: $1$ve daha da kötüsü bu faktör büyüyor çünkü $\alpha_n$yükseliyor. Bu olasılıktan birden fazla yoldan kaçıyoruz.
Eğer $k$ tuhaf, öyleyse $\cos(k\pi+\epsilon_n)\to -1$ ve $\sin(k\pi+\epsilon_n)\to -\epsilon_n$, sonra:
$\alpha_{n+1}\to\alpha_n-\exp(\alpha_n)$
$\epsilon_{n+1}\to\epsilon_n(1-\exp(\alpha_n))$
Şimdi $\epsilon$ parametre şundan küçük pozitif bir sayı ile çarpılır: $1$, kararlı bir duruma izin verir. Ayrıca$\alpha$parametre logaritmik olarak azalır; için fark denkleminin çözümü$\alpha_n$ verir $\alpha_n\sim -\ln n$. Dolayısıyla, kararlı sabit noktalar özellikle tek katlarıdır$\pi$. Yakınsamanın birden fazla değil de tuhaf olmasını bekleriz.$\pi$.
Bu sonuçta küçük bir aksaklık var. Çünkü$\alpha$ azalıyor, çarpan $\epsilon$ yaklaşıyor $1$dolayısıyla yakınsama $\epsilon$sıfıra yavaşlar. Bu, sayısal sonuçların neden sadece yavaşça kararlı sabit noktaya yakınsadığını açıklayabilir.$3\pi$.
Güncelleme: Muhtemelen "basit ters ilişki" (denklem 2'den sonra) karışıktır. Bunu tamir edip edemeyeceğimi bilmiyorum
Not: Bu bir cevap değil, tüm soruna daha fazla ışık tutabilecek bir egzersizdir.
Oscar Lanzi'nin yorumunda belirttiği gibi ("ilk terimi belirlemeyi deneyin ...") Farklı başlangıç noktalarında başlayan yinelemenin davranışına baktım.
Ve ters fonksiyonun sorusuna bu potansiyel müşteriler gidebiliriz olsun, denemek için geriye dan$z_0=\exp(î)$ ve gör, ne değer $z_{-1}$ yineleyecek $z_0$ ve bunun gibi.
Her adımda bir çift parametreye ihtiyaç duyan aşağıdaki ters işlevi buldum.
İzin Vermek $$ f(z) = z + \exp(z) \tag 1$$ ters fonksiyon şu şekilde yazılabilir $$ g(z,b,k) = \log( \text{LambertW}_b(\exp(z)) + k \cdot 2 \pi î \\ k,b \in \mathbb Z \tag 2$$ [Not: LambertW () branchindex$b$ Pari / GP'deki bazı kullanıcı uygulamalarına göre, başka bir işaret olabilir veya M'ma veya Maple ve diğerlerinde başka şekilde farklı olabilir.]
Sonra, eğer sahipsek $ z_1 = g(z_2, b,k)$ bazıları verilen $b,k$, o zaman basit ters ilişkimiz var $ z_2 = f( z_1)$ .
Güncelleme: bu yalnızca alt kümeleri için doğru görünüyor $(b,k)$ ve $b$ ve $k$ doğrusal bir ilişkiye sahiptir ve bu da bağlıdır $z_2$. Genel bir iddia olarak yanlıştır. Mevcut veri örneği (aşağıya bakın) ve resim doğru.
Ne yazık ki bunun tersi o kadar kolay değil. Eğer sahipsek$ z_2 = f(z_1)$ verilen ile $z_1$ sonra uygun değerler $b$ ve $k$ içinde $z_1=g(z_2,b=?,k=?)$ ampirik olarak belirlenmelidir .
Görünüşe göre, sonsuzluğa yinelemede$b$LambertW () için -parametre yakınsamanın gerçek kısmını yönetir ve$k$log () için dal parametresi yakınsaklığın sanal bölümünü yönetir
Örneğin, olası bir öncülü bulmak için$z_0=\exp(î)$ için en basit parametreyi seçebiliriz $g()$ yani $b=0$ ve $k=0$ ve Al $$ z_{-1} = g(\exp(î),0,0) = -0.194208607165 + 0.469149782638 î \tag {3.1}$$ Kontrol et: $$ f(z_{-1}) = z_0 = 0.540302305868 + 0.841470984808 î = \exp(î) \tag {3.2} $$
İşte biz buna sahibiz $\Re (f(g(z_0,b,k)))=\Re( z_0)$ değerlerinden bağımsız olarak $(b,k)$ ve sadece hayali kısım şu adımlarla değişir: $2 \pi$.
Ama tersine bakarsak,$ g(f(z_0),b,k) = z_0$ yalnızca içindeki benzersiz değerlerle doğrudur $b$ ve $k$.
Tahminim, indeksin yinelemeleri için diyelim ki $i=20$hayali bileşen yakınsama alanına ulaştığında ve ayrıca gerçek bileşenin evrimi pürüzsüz hale geldiğinde, geri adımların parametreleri $z_{19}=g(z_{20},b_{20},k_{20})$ sabit hale gelir ve aslında geriye doğru $z_7$ her zaman sahibiz $ z_{i-1} =g(z_{i},0,2)$.
Şimdi, devam edersek $z_7$ aynı parametrelerle geriye doğru $(b,k)=(0,2)$bunun yerine ...
... bizim$z_0 = \exp(î)$ ama başka bir değerde.
Öyleyse bakalım, geriye döndüğümüzde gerçekte hangi parametrelere ihtiyacımız var? $z_7$ -e $z_6$ ve $z_0$.
Yinelemeleri görün$z_0$ -e $z_9$ ve parametreler $b_i$ ve $k_i$ her yineleme için:
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)
Başlıyor $z_7$ Yaparız $z_6=g(z_7,1,1)$, $z_5=g(z_6,0,1)$, $z_4=g(z_5,0,1)$, ...
Burada daha ilginç olan nokta, geriye doğru sonsuza kadar yineleyebileceğimizdir (kullanarak $g(,0,2)$) bu sabit parametre çifti ile $(0,2)$ ve görünüşe göre yinelemek $- \infty + 4 \pi î$
İşte kısmi yörüngelerin arsa $30$ adımlar $f()$ (renk: mavi) yani $z_0$ -e $z_{30}$ ve sonra kısmi yörüngeleri $63$ adımlar $g( ,0,2)$ (renk: altın) yani $z_{30}$ -e $z_{-32}$.
