1948年(昭和23年)東京大学工学部-数学[4] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2020.04.03記

[4] 方程式 $x^3+3x^2-9=0$ は唯一の實根を有することを證明し，且つその値を小數第二位迄求めよ（第三位を四捨五入のこと）．

本問のテーマ

Newton 法(2022.07.20)

2020.04.08記（「2022.07.20記」に新しいバージョンがあるのでそちらを参照すれば十分）
$f(x)=x^3+3x^2-9$ とおくと、 $f'(x)=3x^2+6x=3x(x+2)$ となる。極大値 $f(-2)=-5\lt 0$ 、極小値 $f(0)=-9$ より、 $x\leqq 0$ には実解はなく、 $x\gt 0$ で狭義単調増加だから、実根は唯一。

$f(1)=-5,\,f(2)=11$ により、実根は $1\lt x\lt 2$ をみたす。
そこで $x=2$ からニュートン法で求めることを考える．
$y=f(x)$ の $x=a$ における接線の方程式の $x$ 切片は $0=(3a^2+6a)(x-a)+a^3+3a^2-9$ をみたすので、
$x=\dfrac{2a^3+3a^2+9}{3a^2+6a}$ を利用して逐次更新する。
つまり
$a_1=1,\,a_{n+1}=\dfrac{2a_n^3+3a_n^2+9}{3a_n^2+6a_n}$
によって解の近似値を更新する。 $a_2=\dfrac{14}{9}=1.55555$ の時点で $a_3$ は求めたくない。

そこで，ホーナーの方法のような感じで追い詰めていく。

$f(x)=x^2(x+3)-9$ より、 $f(1.5)=2.25\times 4.5 -9\gt 2\times 4.5-9=0$ であり、
$f(1.4)=1.96\times 4.4 -9\lt 2\times 4.5 -9 = 0$ であるから、 $1.4\lt x\lt 1.5$ である。
$f(1.41)=-0.232479‬\lt 0$
$f(1.42)=-0.087512‬\lt 0$
$f(1.43)=0.058907\gt 0$
であるから、 $1.42\lt x\lt 1.43$ である。
$f(1.425)=-0.014484375‬\lt 0$ であるから、 $1.43\gt x\gt 1.425$ となり、求める答は $x=1.43$ である。

1問に30分以上かけられるので、これぐらいの筆算はがんばってやろう。

2022.07.20記

Newton 法

区間 $[a,b]$ で2階微分可能な関数 $f(x)$ がこの区間で $f'(x)$ ， $f''(x)$ が定符号であるとし， $f(x)=0$ なる実数 $\alpha$ が存在するとする（条件から存在すれば唯一である）．

このとき， $g(x)=x-\dfrac{f(x)}{f'(x)}$ とおくと，
$x\in[a,b]$ に対して $g(x)$ を対応させることを繰り返すことにより，
$x$ は $\alpha$ に収束する．

Newton 法は，方程式 $f(x)=0$ を1次方程式
$f'(p)(x-p)+f(p)=0$ （ $p\in[a,b]$ ）
で近似することであり，この近似により解の近似値 $p$ は $p\mapsto g(p)$ と $g(p)$ に更新される．

［説明］ $f'(x)\gt 0$ ， $f''(x)\gt 0$ として良い(他の場合は $x$ 軸対称， $y$ 軸対称，原点対称することによってこの場合に帰着できる)．このとき $f(a)\lt 0\lt f(b)$ である．

$x_0\in[a,b]$ ， $x_{n+1}=g(x_n)$ によって数列 $\{x_n\}$ を帰納的に定める．

ここで $f$ の単調性から $f(x_k)=0$ と $x_k=\alpha$ が同値であり，これは $x_k-x_{k+1}=\dfrac{f(x_k)}{f'(x_k)}=0$ と同値であるから
「 $x_k=\alpha$ と $x_{k+1}=\alpha$ が同値」
であることに注意しておく．

(i) $f(x_k)\gt 0$ とすると， $f'(x+k)\gt 0$ から $\dfrac{f(x_k)}{f'(x_k)}\gt 0$ となるので $x_{k+1}=g(x_k)\lt x_k$ である．また， $f(x)$ が下に凸であることから， $x=x_k$ における接線よりも $y=f(x)$ の方が上部にあるので
$f(x_{k+1})\geqq f'(x_k)(x_{k+1}-x_k)+f(x_k)=0$
となるが， $f(x)$ が単調増加であることから $\alpha\leqq x_{k+1}$ となり， $x_{k+1}\neq\alpha$ であるから
$\alpha\lt x_{k+1}$ となる．よって帰納的に
$x_0\gt x_1\gt\cdots \gt x_n \gt \cdots \gt \alpha$
となる．

(ii) $f(x_0)\lt 0$ の場合は， $f(x_1)\lt\alpha$ となり，(i)に帰着できる．

さて，
$x_{k+1}-\alpha=x_k-\alpha+\dfrac{f(x_k)-f(\alpha)}{f'(x_k)}$ （∵ $f(\alpha)=0$ ）
$=\dfrac{f(x_k)-\{f(\alpha)+f'(x_k)(x_k-\alpha)\}}{f'(x_k)}$ $=\dfrac{f''(\beta)}{2f'(x_k)}(x_k-\alpha)^2$
をみたす $\beta$ が $\alpha$ と $x_k$ の間に存在するので
$|x_{k+1}-\alpha|\leqq \dfrac{\displaystyle\sup_{x\in[a,b]} f''(x)}{2\displaystyle\inf_{x\in[a,b]} f'(x)}(x_k-\alpha)^2$
のように誤差評価ができる（ $\displaystyle\inf_{x\in[a,b]} f'(x)=\lim_{x\to a+0} f'(x)$ ）
$|x_{k+1}-\alpha|$ が $|x_k-\alpha|^2$ の定数倍で抑えられるので，Newton 法は2次収束するという．

[解答]
$f(x)=x^3+3x^2-9$ とおくと、 $f'(x)=3x^2+6x=3x(x+2)$ となる。極大値 $f(-2)=-5\lt 0$ 、極小値 $f(0)=-9$ より、 $x\leqq 0$ には実解はなく、 $x\gt 0$ で狭義単調増加だから、実根は唯一。

$f(1)=-5,\,f(2)=11$ により、実根は $1\lt x\lt 2$ をみたす。
そこで $x=2$ からニュートン法で求めることを考える．
$y=f(x)$ の $x=a$ における接線の方程式の $x$ 切片は $0=(3a^2+6a)(x-a)+a^3+3a^2-9$ をみたすので、
$x=g(a)=\dfrac{2a^3+3a^2+9}{3a^2+6a}$ を利用して逐次更新する。
ここで， $a$ の近傍の解を $p$ とすると $g(p)=p$ であるから
$x-p=g(a)-g(p)=g'(q)$ ( $q$ は $a,p$ の間)
$=\dfrac{2a^3+3a^2+9}{3a^2+6a}$ を利用して逐次更新する。

$g(1)=\dfrac{14}{9}=1.555\cdots$
なので， $\dfrac{3}{2}=1.5$ を近似値とすると，
$g(1.5)=\dfrac{27+27+36}{27+24}=\dfrac{10}{7}=1.4285\cdots$
が成立する．

今， $x\in[1,1.5]$ において， $f'(x)\gt 0$ ， $f''(x)=6x+6\gt 0$ （この区間で共に単調増加）であるから， $f(x)=0$ なる $x\in[1,1.5]$ を $\alpha$ とすると， $g(1.5)\lt 1.5$ であるから， $\alpha\lt g(1.5)$ であることがわかる．

ここで $f(1.4)=1.96\times 4.4 -9\lt 2\times 4.5 -9 = 0$ であるから、 $1.4\lt \alpha\lt 1.5$ である。
よって
$g(1.5)-\alpha\lt \dfrac{f''(1.5)}{2f'(1.4)}(1.5-\alpha)^2$ $\lt \dfrac{f''(1.5)}{2f'(1.4)}(1.5-1.4)^2$ $=\dfrac{15}{28.56}\times 0.01=0.00525\cdots\lt 0.0053$
となり，
$1.4285-0.0053\lt\alpha \lt 1.4285$
つまり
$1.4232\lt\alpha \lt 1.4285$
であることがわかるので，この結果を再度用いると
$g(1.5)-\alpha\lt \dfrac{15}{28.56}\times (1.5-1.42)^2=\dfrac{6}{1785}=0.00336\cdots\lt 0.0034$
となり，
$1.4251\lt\alpha \lt 1.4285$
となるので， $\alpha$ を小数第3位で四捨五入すると $1.43$ である．

試験場で電卓無しではほぼ絶望的であるが，数値計算の上では次のように解くこともできる．

[別解]
（途中から）

$x\in[1,1.5]$ で
$g(1.5)-\alpha\lt \dfrac{f''(1.5)}{2f'(1)}(1.5-\alpha)^2$ $=\dfrac{5}{6}(1.5-\alpha)^2$
が成立するので，
$g(1.5)-\alpha\lt \dfrac{f''(1.5)}{2f'(1)}(1.5-\alpha)^2$ $=\dfrac{5}{6}(1.5-1)^2=\dfrac{5}{24}=0.208333\cdots$
となり， $1.2201\lt \alpha$ が成立する．

これから， $x\in[1.220,1.5]$ で
$g(1.5)-\alpha\lt \dfrac{f''(1.5)}{2f'(1.220)}(1.5-\alpha)^2$
となる．

よって
$g(1.5)-\alpha$ $\lt\dfrac{15}{23.5704}(1.5-1.22)^2=0.049893\cdots$
から， $1.3795\lt \alpha$ となるので，
$x\in[1.379,1.5]$ で
$g(1.5)-\alpha\lt \dfrac{f''(1.5)}{2f'(1.379)}(1.5-\alpha)^2$
となる．

よって
$g(1.5)-\alpha$ $\lt\dfrac{15}{27.957846}(1.5-1.379)^2=0.00785\cdots$
から， $1.4206\lt \alpha$ となるので，
$x\in[1.420,1.5]$ で
$g(1.5)-\alpha\lt \dfrac{f''(1.5)}{2f'(1.420)}(1.5-\alpha)^2$
となる．

よって
$g(1.5)-\alpha$ $\lt\dfrac{15}{29.1384}(1.5-1.420)^2=0.00329\cdots$
から， $1.42526\lt \alpha$ となるので，結局
$1.42526\lt \alpha\lt 1.4285$ となるので， $\alpha$ を小数第3位で四捨五入すると $1.43$ である．

なお，Newton 法が2次収束と収束が早いことと
$g(1.4285714)=1.4259920\cdots$ ，
$g(1.4259920)=1.4259887\cdots$
から， $\alpha=1.4259\cdots$ となるので $\alpha$ を小数第3位で四捨五入すると $1.43$ であることがわかるが，
$1.425\leqq \alpha \lt 1.435$
であることを数学的に述べていないので，これをこのまま答案とするのは不十分である．
電卓を使った究極的な答案は

[別解]
(後半のみ)

$f(1.425)=-0.014484375\lt 0$ ， $f(1.43)=0.058907\gt 0$ より $1.425\lt\alpha \lt 1.43$ であるから $\alpha$ を小数第3位で四捨五入すると $1.43$ である．