Починаючи з x=0.5, повторне застосування e^(−x) збігається до Ω ≈ 0.5671. Фіксована точка задовольняє Ω = e^(−Ω), або еквівалентно Ω·e^Ω = 1.
| Ітерація | x | e^(−x) | |x − Ω| |
|---|---|---|---|
| 1 | 0.5 | 0.60653 | 0.067 |
| 2 | 0.60653 | 0.54545 | 0.022 |
| 3 | 0.54545 | 0.57970 | 0.008 |
| 4 | 0.57970 | 0.56007 | 0.003 |
| 5 | 0.56007 | 0.57121 | 0.001 |
| … | … | … | → 0 |
| ∞ | Ω | Ω | 0 |
Омегу можна обчислювати методом Ньютона, застосованим до f(x) = x·e^x − 1, або простою ітерацією Ωₙ₊₁ = e^(−Ωₙ), яка збігається з будь-якого додатного початкового значення. Починаючи з 1.0, отримуємо: 0.3679, 0.6922, 0.5002, 0.6065, 0.5452, ... зі збіжністю до Ω ≈ 0.56714. Приблизно 10 ітерацій дають 6 правильних десяткових знаків.
Омега задовольняє нескінченну вежу: Ω = e^(−e^(−e^(−...))). Нескінченний стек від’ємних експонент збігається до Ω. Це безпосередньо випливає з ітераційної формули: фіксована точка відображення x ↦ e^(-x) — це саме Ω.
Стала Омега задовольняє Ω * e^Ω = 1, отже Ω ≈ 0.56714. Це значення функції Ламберта W у точці 1, і вона також задовольняє e^(-Ω) = Ω. Проста ітерація Ω_нове = e^(-Ω_старе) збігається з будь-якого додатного початкового значення. Ω є трансцендентною. Вона задовольняє нескінченну вежу Ω = e^(-e^(-e^(-...))). Вона з’являється в аналізі алгоритмів і розв’язках диференціальних рівнянь із запізненням.