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Question

Sabemos que, sorprendentemente, $i^i=\frac1{e^{\frac\pi2}}$.

Pero, ¿qué acerca de cómo encontrar el valor de ${i^i}^{i\cdots}$? Es posible?

Mi intento: Vamos a $${i^i}^{i\cdots}=x$$ $$i^x=x$$ O $$\left(\cos\frac{\pi}{2}+i\sin\frac{\pi}{2}\right)^x=x$$ $$e^{\frac{\pi}{2}ix}=x$$ Pero podemos tomar la $\log$ de ambos lados? Incluso si tomamos, $$\frac{\pi}{2}ix=\log x$$ Ahora, ¿cómo resolver esta ecuación?

Edit: Bien, como se señalaba en @JackD'Aurizio, que primero tenemos que comprobar si la secuencia dada converge o no. Pero no tengo idea de cómo verificar? (Favor de contestar en la escuela primaria términos)

Answer 1

Aquí es un tratamiento del problema de que no haga uso de la $W$-función.

Para $z\in{\mathbb C}$ elegimos la siguiente definición de $i^z\>$: $$i^z:=\exp\bigl(z\>{\rm Log}(i)\bigr)=e^{i\pi z/2}\ .$$ Entonces tenemos que analizar la secuencia de $(z_n)_{n\geq0}$ definido por $$z_0:=1,\qquad z_{n+1}:=e^{i\pi z_n/2}\quad(n\geq0)\ .$$ Los primeros términos de la secuencia son $1$, $i$, $e^{-\pi/2}\doteq 0.207$, todos en el set $A:=\overline\Omega$ donde $$\Omega:=\{z=x+iy\in{\mathbb C}\>|\>|z|<1, \ x>0,\ y>0\}\ .$$ El bien conocidas las propiedades de la exponencial mapa muestran que la función $$f(z):=e^{i\pi z/2}=e^{-\pi y/2}\cdot e^{i\pi x/2}$$ mapas de $A$ bijectively en el dominio $B$ sombreadas en rojo en la siguiente figura, y se asigna a $\Omega$ en el interior de $B$, que es un subconjunto de a $\Omega$. Como $B\subset A$, por Brouwer del teorema de punto fijo $f\restriction A$ tiene al menos un punto fijo $z_*\in A$. Desde ningún punto de $\partial A$ se queda fijado de la siguiente manera en que $z_*\in \Omega$.

El mapeo de Riemann teorema permite conjugar $f\restriction\Omega$ con un mapa de $g:\>D\to D$, la unidad de disco de la $w$-plane, que mantiene a $0$ fijo. Desde $g(D)\subsetneq D$ Schwarz' Lema garantiza $|g(w)|<|w|$ todos los $w\in \dot D$. Esto implica que no puede haber otro punto fijo, y más: La secuencia de $(w_n)_{n\geq0}$ convergerán a $0$ (en el supuesto de $\inf_{n\geq0} |w_n|=:\rho>0$ llevaría a una contradicción). Por lo tanto, se puede concluir que $\lim_{n\to\infty} z_n=z_*$. Tenga en cuenta que $$\bigl|f'(z_*)\bigr|=\bigl|g'(0)\bigr|<1$$ muestra que $z_*$ es realmente atractivo. He calculado que el primer $200$ $z_n$ y obtuvo la estimación de $z_*\doteq 0.438283 + 0.360592\> i$. En el punto fijo que uno ha $\bigl|f'(z_*)\bigr|\doteq0.89$. Esto revela que la convergencia no es especialmente rápido.

Answer 2

No puede, en general, resolver ecuaciones como$i^x=x$ en forma cerrada utilizando funciones elementales.

Puede resolver esto con la función W de Lambert .

Dejar $z=-\frac{i\pi x}{2}$. Entonces $ze^z = \frac{i\pi}{2}$. Entonces$z=W(i\pi/2)$ y$$x=-\frac{2}{\pi i} W(i\pi/2) = \frac{2i}{\pi}W(i\pi/2)$ $

Eso resuelve la ecuación$i^x=x$, pero no prueba que este sea el límite.

Y la función$W$ - en realidad tiene múltiples valores en el plano complejo, por lo que no da un solo valor.

Answer 3

Deje $f(z) = \exp(\frac {i\pi}2 z)$. Tenemos $|f'(z)| = \frac \pi 2 |f(z)|$.

Nos gustaría averiguar cuando una secuencia (definido por $z_{n+1} = f(z_n)$) se queda atascado en un pequeño disco donde $f$ es contráctiles.

Supongamos que queremos que se atore en $B(z,\rho)$.

Deje $K = \sup_{|y-z| \le \rho} |f'(y)| = \frac {\pi} 2|f(z)|\sup_{|y|\le \rho} |f(y)| = \frac \pi 2 |f(z)| \exp(\frac \pi 2 \rho)$. En primer lugar, tenemos $K \lt 1$.

Entonces necesitamos $f(B(z,\rho)) \subset B(z,\rho)$. Ya tenemos $f(B(z,\rho)) \subset B(f(z),K\rho)$ es suficiente para tener $|f(z)-z|+K\rho \le \rho$ por lo tanto $K \le 1 - \frac 1 \rho |f(z)-z|$.

así que tenemos que encontrar $\rho$ tal que $\frac \pi 2 |f(z)| \exp(\frac \pi 2 \rho) + \frac 1 \rho |f(z)-z| \le 1$

Si la secuencia no convergen, entonces podemos esperar que la posible $\rho$ a un rango de un $O(|f(x)-x|)$ límite inferior a un $O(1)$ límite superior.

Así que si tomamos $\rho = - \frac 1 \pi \log (\frac \pi 2 |f(z)|)$ (la mitad de lo que se necesita para hacer la izquierda plazo $1$) y finalmente tener éxito.

Resulta que en el $55$th iteración, esta elección de $\rho$ logra dar una prueba de que la secuencia de estancia limitada en $B(z_{55} = 0.439273\ldots+ 0.361095\ldots i,\rho = 0.036804\ldots)$, que es estable por $f$ e donde: $f$ es contráctiles. Así que converge el único punto fijo de $f$ en esta pelota.

Answer 4

Bien, como se señalaba en @JackD'Aurizio, que primero tenemos que comprobar si la secuencia dada converge o no. Pero no tengo idea de cómo verificar? (Favor de contestar en la escuela primaria términos)

Una manera de demostrar que la convergencia es a través de la iteración de punto fijo (Hay otras maneras de utilizar el Shell y Baker-Rippon del Teoremas).

Repetimos la función:

$$g_c(z)=c^z$$

El uso de la rama principal del complejo de exponenciación para $c=i$ se convierte en:

$$g_i(z)=i^z=\exp(\ln(i)\cdot z)$$

La solución de la ecuación de $g_i(z)=z$, hay infinitamente muchos puntos fijos de $g_i(z)$ da por:

$$z_k=\frac{W(k,-\ln(i))}{-\ln(i)},\,\,k\in\mathbb{Z}$$

Si revisamos la derivada en los puntos fijos, obtenemos:

$$|g_i'(z_k)|=|-W(k,-\ln(i))|,\,\,k\in\mathbb{Z}$$

Para $k=0$ obtenemos:

$$|g_i'(z_0)|=|-W(-\ln(i))|=\left|-W\left(-\frac{i\pi}{2}\right)\right|\doteq 0.8915\lt 1$$

Por lo tanto, la recorre de $g_i(z)$ como se define convergen en el límite:

$$h(i)=\frac{W(-\ln(i))}{-\ln(i)}=\frac{2iW(-\pi i/2)}{\pi}\doteq 0.43828+0.36059 i$$

Adición pequeña (después de @mercio de la pregunta)

Para la iteración exponencial de la secuencia de $\{c,c^c,c^{c^c},\ldots\}$ utilizamos la siguiente notación, el uso de la rama principal de la compleja $\log$ mapa:

$${^n}c = \begin{cases} c, & \text{if %#%#%} \\ c^{^{n-1}c}=\exp(\ln(c)\cdot ^{n-1}c), & \text{if %#%#%} \end{casos} $$

Al examinar la convergencia de las secuencias de la forma: $n=1$, $n>1$, es más conveniente para examinar la convergencia de la iteración de $\{{^n}c\}$ en su lugar, es decir, las recorre en $n\in \mathbb{N}$, $g_c(z)=c^z=\exp(\ln(c)\cdot z)$: $g_c^{(n)}(z)$, con:

$$g_c^{(n)}(z) = \begin{cases} c^z, & \text{if %#%#%} \\ g_c(g_c^{(n-1)}(z)), & \text{if %#%#%} \end{casos} $$

con el fin de ser capaz de aplicar la iteración de punto fijo.

Utilizando las definiciones anteriores se deduce que la secuencia de $n\in \mathbb{N}$ converge si y sólo si la secuencia de $\{c^z,c^{c^z},c^{c^{c^z}},\ldots\}$, y los límites (si es que existen) va a ser el mismo (por definición), es decir:

$n=1$$ $n>1$$.

Resumiendo:

A partir de la iteración de punto fijo ahora sabemos que:

$\{{^n}c\}$c,z$\{g_c^{(n)}(1)\}$$

También sabemos que $${^n}c=g_c^{(n)}(1)\Rightarrow$ es un super-atractor:

$$\lim\limits_{n\to\infty}{^n}c=\lim\limits_{n\to\infty}g_c^{(n)}(1)$$

En consecuencia, afortiori:

$$\lim\limits_{n\to\infty}g_c^{(n)}(z)=h(c),\,\,\,\text{(for all $$

Answer 5

Tal vez estoy equivocado, pero me gustaría saber dónde. Estoy empezando desde tu paso$i^x = x$

Considera$i^x = x$ 1. Aumenta 4ta potencia en ambos lados. Nos da

$i^{4x} = x^4$

2. Es equivalente a:

$i^{{(4)}x} = x^4$ es igual a$1^x = x^4$

Por lo tanto,$x = 1^{1/4}$ Eso significa que x puede ser cualquier cuarta raíz de la unidad.