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楼主: elim

[求助] 一道有关 a(n)/(n a(n) -2) 的 极限难题。 a(1) = 1, a(n+1)=log(1+a(n))

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发表于 2017-10-13 09:14:21 | 显示全部楼层
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$-4a=-2.5139223177450246$

点评

对啊。这与初值有关。  发表于 2017-10-13 10:59
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2017-10-27 12:13:53 | 显示全部楼层
`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\[a_n=\frac{2}{n}\left(1+\frac{2y_n}{n}\right)^{-1}\tag{1}\]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 \[a_n=\frac{2}{n}+\frac{2\ln n}{3n^2}-\frac{4c}{n^2}-\frac{8\ln n}{9n^3}+o\left(\frac{\ln n}{n^3}\right)\]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`.
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 楼主| 发表于 2017-11-2 01:24:50 | 显示全部楼层
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.
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 楼主| 发表于 2018-3-2 10:07:45 | 显示全部楼层
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 $a_n = \frac{2}{n}+o(\frac{1}{n})$
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发表于 2018-3-2 11:41:21 | 显示全部楼层
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。
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 楼主| 发表于 2018-4-5 21:17:50 | 显示全部楼层
Image3.png

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  $\lambda = \lambda(a_1)$
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发表于 2018-11-13 21:22:52 | 显示全部楼层
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\[a_{n+1}-a_n=\frac{4}{n^2}(c(a_1)-c(\log(1+a_1))+O\left(\frac{\ln n}{n^3}\right)\]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\[c(\log(1+x))-c(x)=\frac 1 2+\frac{x^2}{144}+\cdots\]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\[c(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{6}\log\frac{2}{x}+\frac{x}{72}-\frac{x^2}{1080} - \frac{x^3}{15552}+\frac{71 x^4}{870912}-\frac{8759x^5}{326592000}-\cdots\tag{2}\]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。
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