`a_{n+1}=a_n+f(a_n)`，其中 `f(x)=\ln(1+x)-x`，显然 `f(x)` 为减函数，且 `a_n\to 0~(n\to \infty)`，将 `f(x)` 在零点处一阶展开得到 `a_n=\D\frac{2}{n}+o\left(\frac 1 n\right)`.
作代换 `y_n=\D a_n-\frac{n}{2}`，于是\且 `\D y_{n+1}-y_n=\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}-\frac1 2=-\frac{a_n}{12}+\frac{a_n^2}{24}-\frac{19a_n^3}{720}+O(a_n^4)`.
选择首项来估计\[ y_{n+1}-y_n=-\frac{a_n}{12}\tag{2}\]用一阶近似代入得到 `\D y_{n+1}-y_n=-\frac{1}{6n}+o(\frac1 n)`，于是 `\D y_n=-\frac 16\ln n+o(\ln n)`，代入 `(1)` 式得到 `\D a_n=\frac{2}{n}+\frac 23\frac{\ln n}{n^2}+o\left(\frac{\ln n}{n^2}\right)`，此时1楼以及7楼结果已经很显然。再继续代换有 `\D y_{n+1}-y_n=-\frac{1}{6n}-\frac{\ln n}{18n^2}+o\left(\frac{\ln n}{n^2}\right)`，从而存在常数 `c` 使得 `\D y_n=c-\frac{1}{6}\ln n+\frac{\ln n}{18n}+\left(\frac{\ln n}{n}\right)`，从而 \由此可见19楼问题的答案是收敛的，结果为一常数 `-4c`，即楼上的 `-4a`.
kastin 发表于 2017-10-27 12:13
`a_{n+1}=a_n+f(a_n)`，其中 `f(x)=\ln(1+x)-x`，显然 `f(x)` 为减函数，且 `a_n\to 0~(n\to \infty)`，将...
谢谢 kastin 的分析。很漂亮.
kastin 发表于 2017-10-27 12:13
`a_{n+1}=a_n+f(a_n)`，其中 `f(x)=\ln(1+x)-x`，显然 `f(x)` 为减函数，且 `a_n\to 0~(n\to \infty)`，将...
发现一个笔误： $y_n = a_n -\frac{n}{2}$ 应该是 $y_n = a_n^{-1}-\frac{n}{2}$.
请教 kastin 如何将 $f(x)$ 在零点处一阶展开得到 $a_n = \frac{2}{n}+o(\frac{1}{n})$
elim 发表于 2018-3-2 10:07
发现一个笔误： $y_n = a_n -\frac{n}{2}$ 应该是 $y_n = a_n^{-1}-\frac{n}{2}$.
请教 kastin 如何将 ...
谢谢指出错误。
对其泰勒展开，然后利用积分得到估计。
所以 $a_n$ 的任意阶渐近展开都可以得到。 现在真正具有挑战性的问题是如何计算$\lambda = \lambda(a_1)$
elim 发表于 2018-4-5 21:17
所以 $a_n$ 的任意阶渐近展开都可以得到。 现在真正具有挑战性的问题是如何计算$\lambda = \lambda(a ...
按照Asymptotic Methods in Analysis这本书上介绍的方法，类似可得到常数 `c` 与初始值的关系。
考虑将 `\D a_n=\frac{2}{n}+\frac{2\ln n}{3n^2}-\frac{4c}{n^2}+O\left(\frac{\ln n}{n^3}\right)` 中的 `c` 替换为 `c(a_1)`，于是 `n` 次对数迭代渐近表达式中的常数与初始值相关。
由于 `a_{n+1}=\log(1+a_n)=\log^{(n)}(1+a_2)`，从而 `\D a_{n+1}=\frac{2}{n}+\frac{2\ln n}{3n^2}-\frac{4c(\log(1+a_1))}{n^2}+O\left(\frac{\ln n}{n^3}\right)`.
二式相减得\另一方面，有 `\D a_{n+1}-a_n=\log(1+a_n)-a_n=-\frac{a_n^2}{2}+O(a_n^3)=-\frac{2}{n^2}+O\left(\frac{\ln n}{n^3}\right)`
比较右端可得渐近等式`(n\to \oo)` `\D c(\log(1+a_1))-c(a_1)=\frac{1}{2}\tag{1}`显然，这是一个函数方程，如果能求出其级数解，那么就容易找到 `c(x)` 与初始值 `x` 的关系. 因为题目中初始值 `a_1=1`，此处我们本应该寻求函数`c(x)` 在 `x=1` 处展开的级数解，但为了计算方便，我们还是寻找在 `x=0` 出的级数解。设一次近似解 `c_1(x)=bx^m`，代入 `(1)` 得到 `c_1(\log(1+x))-c_1(x)=-\frac{1}{2}bmx^{m+1}+\cdots`，为使结果在 `x\to 0` 时为 `\frac{1}{2}`，取 `b=1，m=-1`，则`c_1(x)=1/x`，故 `c_1(\log(1+x))-c_1(x)=\frac{1}{2}-\frac{x}{12}+\frac{x^2}{24}-\frac{19 x^3}{720}+\frac{3 x^4}{160}-\cdots`
接下来就是找到 `c_2(x)` 使得 `x\to 0` 时 `c_2(\log(1+x))-c_2(x)=x/12`. 可以求出 `\D c_2(x)=\frac1 6\log\frac{2}{x}`，于是将 `c=c_1(x)+c_2(x)`代入方程 `(1)` 得到\于是需要找到新的 `c_3(x)` 代入使得 `c_3(\log(1+x))-c_3(x)=-\frac{x^2}{144}+o(x^2)`，可求得 `\D c_3(x)=\frac{x}{72}`.
继续这样下去，就有 `c(x)=c_1(x)+c_2(x)+c_3(x)+c_4(x)+\cdots`
因此\不过上面级数的收敛性还需证明，只需要截断前面2项，证明后面的幂级数对于任意大于零的实数收敛即可。
如果按照 `x\to 1`来计算得到的级数表达，不知是否能比 `(2)` 的收敛速度更快。