利用链接7#的方法得到
$b_n ~ n/2 - {ln(n)+a}/6 + {{ln(n)+a}/18 + 11/36}/n+({(ln(n)+a)^2}/108+{ln(n)+a}/12+2/27)/{n^2} +O(1/{n^3}) $
但是a的值未知
本帖最后由 elim 于 2017-10-11 15:56 编辑
沿用 mathe the 记号有 $u a_n < d_{n+1} - d_n < v a_n(0 < u < 1/6 < v)$
由此用stolz 定理可得$\lim_{n\to\infty}n(n a_n-2)^2 = 0$
再对 $\lim_{n\to\infty}\frac{n(n a_n-2)}{\log n}$ 用stolz 定理及上面的结果可得极限 $\frac{2}{3}$.
只要 $a_1 > 0$ 结果都一样。但初始值严重影响收敛效率. 用 pari 直接计算 $\frac{n(n a_n -2)}{\log n}$ 慢得出奇。python 快是快，精度很有限.
最后一算20分钟不出结果，大概会overfloor...
$a_1 = 2.07009777431...$ 是凑出来的最佳初始值.
问了 pari-user 邮件讨论群，并无好的说法.
发现链接中计算方法在本题中不能适用，最终发现原因在于本题中限定s(.)的第一项系数为1/2导致s无解。而如果放弃s函数的这个限定就可以存在合理的解函数s了，只是没有了链接中的意义，但是我们还是可以利用这样的s做非常方便的分析，原理如下。
首先我们要求数列递推式必须是b(n+1)=f(b(n)),其中n趋向无穷时数列会发散向无穷，而在x充分大时，x+c是f(x)渐进线，而且f(x)在无穷远点领域有罗兰展开式或渐进展开式。
我们设h(x)=x+d\ln(x),对于充分大的x也满足类似线性性质，它可以对充分大x确定一个隐函数J(x),满足h(J(x))=h(x)+1, 于是对于J迭代k次的函数J_k,必然有h(J_k(x))=h(x)+k,对于固定x我们可以先利用此关系式给出J_k关于k的表达式。
然后如果我们能够找到渐进展开形式的准线性函数s(x)使得f(s(x))=s(J(x))，我们就可以用J_k描述f_k了
而为了有展开式中形式的s存在，假设$f(x)=x+b_0+{b_1}/x+...$,选择的$J(x)=x+a_0+{a_1}/x+...$
经推导可以知道需要有条件${a_1}/{a_0^2}={b_1}/{b_0^2}$
所以如果我们总是选择$h(x)=x-d\ln(x)$,那么必然有$a_0=1,a_1=d$,于是我们要求$d={b_1}/{b_0^2}$
由于本题中$f(x)=1/{\log(1+1/x)}=x + 1/2 - 1/{12x} + 1/{24x^2} +...$
所以要求$d=-1/3$,也就是$h(x)=x+{\ln(x)}/3$,得出$J(x)=x + 1 - 1/{3x} + 5/{18x^2} - 17/{54x^3} + 133/{324x^4} - 2819/{4860x^5} + O(1/{x^6})$
由此可以计算得出$s(x)=x/2-1/{36x}+7/{540x^2}-13/{2430x^3}+305/{163296x^4}-1772887/{20412000x^5}+...$
$s^-1(x)=2x+1/{36x}-7/{1080x^2}+37/{38880x^3}+239/{6531840x^4}+5215201/{979776000x^5}+...$
由于$f_k(x)=s(J_k(s^-1(x)))$,而$h(J_k(s^-1(x)))=k+h(s^-1(x))$
所以对于给定的x,我们可以先分析给定$x,k$,如果求$y=J_k(s^-1(x))$,于是$y-d\ln(y)-k-h(s^-1(x))=0$
或者我们可以写成迭代的形式$y=d\ln(y)+k+h(s^-1(x))$,我们再记$u=d\ln(k)+h(s^-1(x))$,于是取$y$的初始值为$k$代入，得出第一轮迭代结果
$y=d\ln(k)+h(s^-1(x))+k=k+u$,
将上面结果再次代入取一阶无穷小得到
$y=d\ln(k+u)+h(s^-1(x))+k=d\ln(k)+d\ln(1+u/k)+h(s^-1(x))+k=k+u+d\ln(1+u/k)=k+u+{du}/k+O({u^2}/{k^2})$
再次代入我们可以有
$y=d\ln(k+u+{du}/k+O({u^2}/{k^2}))+h(s^-1(x))+k=k+u+d\ln(1+u/k+{du}/{k^2}+O({u^2}/{k^3}))=k+u+{du}/k+{d^2u}/{k^2}-{du^2}/{2k^2}+O({u^3}/{k^3})$
....
于是我们得到$f_k(x)=s(J_k(s^-1(x)))=s(k+u+{du}/k+{d^2u}/{k^2}-{du^2}/{2k^2}+...)=k/2+u/2+{du}/{2k}-1/{36k}+{d^2u}/{2k^2}-{du^2}/{4k^2}+u/{36k^2}+7/{540k^2}+O({u^3}/{k^3})$
所以我们知道$\lim_{n->\infty} f_n(x)-n/2-d/2\ln(n)={h(s^-1(x))}/2$
由于$s^-1(x)$现在计算公式要求x比较大时才有较高精度，比如我们可以选择$x=b_100=49.86113755542948, s^-1(b_100)=99.722829614274, h(s^-1(b_100))=101.25696115889008, {h(s^-1(b_100))-100}/2=0.628480579445042$,也就是$\lim_{n->\infty}b_n-n/2+{\ln(n)}/6=0.628480579445042$
本帖最后由 elim 于 2017-10-12 15:02 编辑
有一篇应用数学文章谈到 $f_n(x)$ 的渐进展开公式，其中
$f_1(x) = f(x), f_{n+1}(x) = f(f_n(x)),$$ f$ 是基本初等函数.
文章关于 $f(x) = \log(1+x)$, $x\in(0,1)$ 说道
$f_n(x) = \frac{2}{n}\{1+\frac{1}{n}[(\frac{1}{3}\log n+ c(x))+\frac{1}{n^2}(\frac{1}{9}\log^2 n+(\frac{2}{3}c(x) -\frac{2}{9})\log n$
$+c^2(x)+\frac{2c(x)}{3}+\frac{1}{9})]+O(\frac{\log^2 n}{n^2})\}$
$c(x)=\frac{2}{x}+\frac{1}{3}\log\frac{2}{x}+\frac{x}{36}+\frac{191 x^2}{2160}+\cdots+c_{k-2}^{(\log)}(\frac{x}{2})^{k-2}+O(x^{k-1})$
其中原 $\frac{1}{3}$ 前有负号, 明显不对，论文基本上还没看。但下到了其中引用的专著 Asymptotic Methods in Analysis, de Bruijn 1958.pdf
设$a=0.62848057943625616$,
$f(k,u)=k/2+u/2+{du}/{2k}-1/{36k}+{d^2u}/{2k^2}-{du^2}/{4k^2}+u/{36k^2}+7/{540k^2}$
$g(k)=f(k, d\ln(k)+2a)$
计算得$g(100)=49.861137553$非常接近$b_100$
可以看出elim找出得c(x)就等于我这里的$h(s^-1(1/x))$
强！谢谢 mathe
已知 $a_1 > 0, a_{n+1}=\log(1+a_n), na_n\to 2, n(na_n-2)^2\to 0,\frac{a_n}{na_n-2}\to 0, \frac{n(na_n-2)}{\log n}\to \frac{2}{3}$
问 $\{n(na_n-2) -\frac{2}{3}\log n\}$ 的敛散性.
楼上的问题已经很简单了，
我们将$f_k(x)$展开式再求倒数就可以有
$1/{f_n(x)}=2/n-{2u}/{n^2}+{2u^2-2du+1/9}/{n^3}+O((u/n)^4)$
其中$u=d\ln(n)+h(s^-1(x)), d=-1/3$
所以$n(n/{f_n(x)}-2)+2d\ln(n)~ -2h(s^-1(x))+{2u^2-2du+1/9}/n+O({u^4}/{n^2})$
所以楼上所要极限就是$-2h(s^-1(x))$,而17#求出的极限为$a={h(s^-1(x))}/2$, 所要这里的极限就是$-4a=-2.5139223177450246$