ニュートン法

上野竜生です。今回は極限の応用としてニュートン法に関する問題を紹介していこうと思います。

\( f(x)=x^2-5 \)とする。数列\( a_n \)を次のように定める。
\( a_1=3 \)
y=f(x)上の点\( (a_n , f(a_n)) \)から引いた接線とx軸との交点のx座標を\( a_{n+1} \)とする。
(1) \( a_{n+1}\)を\( a_n \)の式で表せ。
(2) \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n \)を求めよ。
(3) \(\displaystyle   a_5-\sqrt{5} < \frac{1}{10^9} \)を示せ。
答え(1) \(f'(x)=2x \)
接線の方程式は
\( y-(a_n^2-5)=2a_n(x-a_n) \)
整理すると
\( y=2a_n x – (a_n^2+5) \)
よってx軸との交点のx座標は
\( \displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n^2 +5}{2a_n} \)

答案を書く前に答えを先に計算しておきます。

\( a_n,a_{n+1}\)をすべてαに置き換えた式
\(\displaystyle \alpha=\frac{\alpha^2+5}{2\alpha} \)を解く。
\( \alpha=\pm\sqrt{5} \)
帰納的に\(a_n >0 \)なのでもし収束すればその値は\(\sqrt{5} \)である。
収束することを証明すればよい。
答え(2)
\(\displaystyle a_{n+1}-\sqrt{5}=\frac{a_n^2 -2\sqrt{5}a_n +5}{2a_n} = \frac{(a_n-\sqrt{5})^2}{2a_n}\)
ここで相加相乗平均の関係より
\(\displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n}{2}+\frac{5}{2a_n} \geq 2\sqrt{\frac{5}{4}}=\sqrt{5} \)
よりn≧2のとき\( a_n \geq \sqrt{5} \)
また\( a_1=3 > \sqrt{5} \)なのですべての自然数に対して\( a_n \geq \sqrt{5} \)
よって
\(\displaystyle a_{n+1}-\sqrt{5} \leq \frac{1}{2\sqrt{5}}(a_n-\sqrt{5})^2 \)
これを繰り返し用いると
\(\displaystyle 0 \leq a_n-\sqrt{5} \leq \frac{1}{2\sqrt{5}}(a_{n-1}-\sqrt{5} )^2\\ \displaystyle \leq \frac{1}{2\sqrt{5}}\left\{ \frac{1}{2\sqrt{5}}(a_{n-2}-\sqrt{5})^2 \right\}^2 = \left(\frac{1}{2\sqrt{5}}\right)^3 (a_{n-2}-\sqrt{5})^4 \\ \displaystyle \leq \left( \frac{1}{2\sqrt{5}} \right)^7 (a_{n-3}-\sqrt{5})^8 < \cdots \\ \displaystyle \leq \left( \frac{1}{2\sqrt{5}} \right)^{2^{n-1}-1} (a_1-\sqrt{5})^{2^{n-1}} \)
\( 0<a_1-\sqrt{5}=3-\sqrt{5} <1 \)より
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2\sqrt{5}} \right)^{2^{n-1}-1} (a_1-\sqrt{5})^{2^{n-1}}=0 \)
よってハサミウチの原理より
\( \displaystyle \lim_{n\to \infty} a_{n}-\sqrt{5}=0 \)
つまり
\( \displaystyle \lim_{n\to \infty} a_{n}=\sqrt{5} \)
(3) (2)の式より
\(\displaystyle a_5 -\sqrt{5}<\left( \frac{1}{2\sqrt{5}} \right)^{15} (3-\sqrt{5})^{16} \\ \displaystyle < \left( \frac{1}{2\sqrt{5}}\right)^{15} = \frac{1}{2\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{20^7} \displaystyle < \frac{1}{20^7} = \frac{1}{2^7} \cdot \frac{1}{10^7} = \frac{1}{128} \cdot \frac{1}{10^7} \\ \displaystyle < \frac{1}{100} \cdot \frac{1}{10^7}=\frac{1}{10^9} \)
(3)がなく(2)に答えるだけなら次のように変形していつもの漸化式パターンに持ち込めます。今回は新しいパターンの学習のために(3)を入れました。
\(\displaystyle a_{n+1}-\sqrt{5}=\frac{a_n^2 -2\sqrt{5}a_n +5}{2a_n} = \frac{(a_n-\sqrt{5})^2}{2a_n}\)
までは同様。ここから
\(\displaystyle a_{n+1}-\sqrt{5} = (\frac{a_n-\sqrt{5}}{2a_n})(a_n-\sqrt{5}) \\ \displaystyle < \frac{1}{2} (a_n-\sqrt{5}) \)
これを繰り返し用いると
\( \displaystyle a_n-\sqrt{5}< \frac{1}{2} (a_{n-1}-\sqrt{5}) < \frac{1}{2^2}(a_{n-2}-\sqrt{5}) < \cdots < \frac{1}{2^{n-1}} (a_1-\sqrt{5}) \)
以下ハサミウチの原理は同様。

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