平移可以消除常数项的，但是要将$b_n$的下标扩展到正实数，也就是假设
$b(x)=2/3x+{ln(x)}/18+c+\sum_{k=1}^{infty}{P_i(ln(x))}/{x^i}$
于是取$c(x)=b(x-3/2c)$
所以我们得到$lim_{x->+infty}c(x)-2/3x-{ln(x)}/18=lim_{x->+infty}2/3(x-3/2c)+{ln(x-3/2x)}/18+c-2/3x-{ln(x)}/18=0$
也就是$c(x)$的类似展开式中常数项c=0.
另外现在这些结果缺乏理论支持，不知道是否有比较好的方法可以证明这些结果。而且如果有误差估计式会更好
本帖最后由 Buffalo 于 2010-9-12 09:19 编辑
平移可以消除常数项的，但是要将$b_n$的下标扩展到正实数，也就是假设
$b(x)=2/3x+{ln(x)}/18+c+\sum_{k=1}^{infty}{P_i(ln(x))}/{x^i}$
于是取$c(x)=b(x-3/2c)$
所以我们得到$lim_{x->+infty}c(x)-2/3x-{ln(x)}/ ...
mathe 发表于 2010-9-12 07:27 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
糊涂了，确实可以通过平移消掉所有含任意常数的项。
另外现在这些结果缺乏理论支持，不知道是否有比较好的方法可以证明这些结果。而且如果有误差估计式会更好
mathe 发表于 2010-9-12 07:28 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
在假设对象有相当程度的可微性之后那个展开式是可以得到证明的，至于误差估计，作为渐近展开的结果，截止到某一项产生的误差基本上就与下一项同级。
现在可以证明那个展开式的渐近性了。
设$h_k(x)=x+sum_{i=0}^k {c_i}/x^i$是满足
$lim_{x->+infty}x^k(h_k(h_k(x))h_k(x)-1-x^2)=0$的有理分式。
可以证明这样的$h_k(x)$唯一存在。而且显然lim_{x->+infty}h'_k(x)=1$,对于充分大的x,$h_k(x)$单调增
而且$h_k(h_k(x))h_k(x)-(1+x^2)=o(1/{x^k})$
而我们的目标函数是满足$f(f(x))f(x)=1+x^2$的单调增函数，已知这样的函数唯一存在。
利用两个函数的单调性和$h'_k(x)->1,f(x)-x->0$容易证明对于充分大的$lim_{x->+infty}x^k(h_k(x)-f(x))=0$.
用Mathematica算了一下，程序也只有三行,从第33项开始，计算就吃力了：
b=f(a),
$f(x)=x + 1/(3x) - 1/(3x)^3 + 10/(3x)^7 - 14/(3x)^9 - 522/(3x)^11 + 2794/(3x)^13 + 55341/(3x)^15 - 737910/(3x)^17 - 8312252/(3x)^19 + 260949458/(3x)^21 + 1017028719/(3x)^23 -117772290418/(3x)^25 + 532853902400/(3x)^27 + 63849648581100/(3x)^29$
$- 1031270678639625/(3x)^31 - 38119150387993644/(3x)^33 + 1376508031399016208/(3x)^35 + 20362784475427598260/(3x)^37 - 1824895707696907088137/(3x)^39 + 1096056539228578477446/(3x)^41 $
$+ 2512192400331477212463552/(3x)^43 - 42312054083101472070541746/(3x)^45 - 3494621034406510629548782185/(3x)^47 + 139749055103448686724517280502/(3x)^49 + 4376662625551968228674893419738/(3x)^51$
误差 f(f(x)) f(x)-(x^2+1)=14358596089749985679145131934922/(239299329230617529590083 x^52) - 16966046602508674427170078618939684/(58149737003040059690390169 x^54)+...
从现有数据看那个级数确实就只是个发散的渐近级数，第n项系数大体上是(\frac{n}{18})^n的量级