問題2.3.5
次の方程式の解のうち、与えられた範囲にあるものをニュートン近似の第４項まで求めよ。
（１）$x^2-5=0$ $[2,3]$
（２）$x^3+x+1=0$ $[-1,0]$
（３）$x^3-3=0$ $[1,2]$
（４）$x^4+3x+1=0$ $[-2,-1]$
《ポイント》
ニュートン法とは以下のようなものです。
関数$f(x)$が$f(a)$と$f(b)$が異符号、かつ$f'(x)$と$f'{}'(x)$の正負が区間$[a,b]$において一定ならば、$f(x)=0$は区間$[a,b]$においてただ一つの解$\alpha$を持つ。このとき、
$$c_1=b、c_{n+1}=c_n-\dfrac{f(c_n )}{f’ (c_n)} \ \ (n \geqq 1)$$
により定まる数列$\{c_n\}$は単調減少で、$\alpha$に収束する。
ただし、$c_1$は$f(x)$と$f'{}'(x)$の符号が一致させるような$a、b$のいずれかを選ぶものとする。
ニュートン法は非常に精度の良い近似値を与えます。本問はこのことを確かめる問題です。$c_1$の選び方には注意が必要ですが、間違って選ぶと大抵は極限値が区間から外れるため気付くことができます。
《解答例》
（１）
$f(x)=x^2-5$と置く。$f(x)$は$f(2)<0$、$f(3)>0$を満たしているから、区間$[2,3]$においてただ一つの解を持つ。$[2,3]$において$f'(x)=2x>0$、$f'{}’ (x)=2>0$であるから、
$c_1=3$
$\begin{align} c_2 &=c_1-\dfrac{f(c_1)}{f'(c_1 )}\\ &=3-\dfrac{3^2-5}{2\cdot 3}=\dfrac{7}{3}=2.\dot{3} \end{align}$
$\begin{align} c_3 &=c_2-\dfrac{f(c_2)}{f'(c_2 )} \\ &=\dfrac{7}{3}-\dfrac{\left(\dfrac{7}{3}\right)^2-5}{2\cdot \dfrac{7}{3}} \\ &=\dfrac{47}{21} =2.2380952380952…\end{align}$
$\begin{align} c_4 &=c_3-\dfrac{f(c_3)}{f'(c_3 )} \\ &=\dfrac{47}{21}-\dfrac{\left(\dfrac{47}{21})^2-5\right)}{2 \cdot \dfrac{47}{21}} \\ &=\dfrac{2207}{987}=2.2360688956434… \end{align}$
となる。(※$c_n$ の極限値は $\sqrt{5}$ )
（２）
$f(x)=x^3+x+1$と置く。$f(x)$は$f(-1)<0$、$f(0)>0$を満たしているから、区間$[-1,0]$においてただ一つの解を持つ。$[-1,0]$において$f'(x)=3x^2+1>0$、$f'{}'(x)=6x<0$であるから、
$c_1=-1$
$\begin{align} c_2 &=c_1-\dfrac{f(c_1)}{f'(c_1 )} \\ &=-1-\dfrac{(-1)^3+(-1)+1}{3\cdot (-1)^2+1} \\ &=-\dfrac{3}{4}=-0.75 \end{align}$
$\begin{align} c_3 &=c_2-\dfrac{f(c_2)}{f'(c_2 )} \\ &=-\dfrac{3}{4}-\dfrac{\left(-\dfrac{3}{4}\right)^3-\dfrac{3}{4}+1}{3\left(-\dfrac{3}{4}\right)^2+1} \\ &=-\dfrac{59}{86}=-0.6860465116279… \end{align}$
$\begin{align} c_4 &=c_3-\dfrac{f(c_3)}{f'(c_3 )} \\ &=-\dfrac{59}{86}-\dfrac{\left(-\dfrac{59}{86}\right)^3-\dfrac{59}{86}+1}{3\left(-\dfrac{59}{86}\right)^2+1} \\
&=-\dfrac{523407}{767077}=-0.6823395825973… \end{align}$
となる。
(※$c_n$ の極限値は $\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{93}}{18}-\dfrac{1}{2}}-\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{93}}{18}+\dfrac{1}{2}}$ )
（３）
$f(x)=x^3-3$と置く。$f(x)$は$f(1)<0$、$f(2)>0$を満たしているから、区間$[1,2]$においてただ一つの解を持つ。$[1,2]$において$f'(x)=3x^2>0$、$f'{}'(x)=6x>0$であるから、
$c_1=2$
$\begin{align} c_2&=c_1-\dfrac{f(c_1)}{f'(c_1 )}\\ &=2-\dfrac{2^3-3}{3\cdot 2^2 }\\
&=\dfrac{19}{12}=1.58\dot{3} \end{align}$
$\begin{align} c_3 &=c_2-\dfrac{f(c_2)}{f'(c_2 )} \\ &=\dfrac{19}{12}-\dfrac{\left(\dfrac{19}{12}\right)^3-3}{3\cdot \left(\dfrac{19}{12}\right)^2 } \\
&=\dfrac{9451}{6498}=1.4544475223146… \end{align}$
$\begin{align} c_4 &=c_3-\dfrac{f(c_3)}{f'(c_3 )} \\ &=\dfrac{9451}{6498}-\dfrac{\left(\dfrac{9451}{6498}\right)^3-3}{3\cdot \left(\dfrac{9451}{6498}\right)^2 }\\ &=\dfrac{1255733927839}{870615695547} \\ &=1.4423515843578… \end{align}$
となる。(※$c_n$ の極限値は $\sqrt[3]{3}$ )
（４）
$f(x)=x^4+3x+1$と置く。$f(x)$は$f(-2)>0$、$f(-1)<0$を満たしているから、区間$[-2,-1]$においてただ一つの解を持つ。$[-2,-1]$において$f'(x)=4x^3+3<0$、$f'{}'(x)=12x^2>0$であるから、
$c_1=-2$
$\begin{align} c_2&=c_1-\dfrac{f(c_1)}{f'(c_1 )} \\ &=(-2)-\dfrac{(-2)^4+3(-2)+1}{4(-2)^3+3} \\
&=-\dfrac{47}{29}=-1.6206896551724… \end{align}$
$\begin{align} c_3&=c_2-\dfrac{f(c_2)}{f'(c_2 )} \\ &=\left(\dfrac{47}{29}\right)-\dfrac{\left(\dfrac{47}{29}\right)^4+3 \cdot \left(\dfrac{47}{29}\right)+1}{4 \cdot \left(\dfrac{47}{29}\right)^3+3} \\
&=-\dfrac{13931762}{9921625} \\
&=-1.4041814722891… \end{align}$
$\begin{align} c_4&=c_3-\dfrac{f(c_3)}{f'(c_3 )} \\
&=\left(\dfrac{13931762}{9921625}\right)-\dfrac{\left(\dfrac{13931762}{9921625}\right)^4+3 \cdot \left(\dfrac{13931762}{9921625}\right)+1}{4 \cdot \left(\dfrac{13931762}{9921625}\right)^3+3} \\
&=-\dfrac{103327267321084612901155189583}{78244626873725505115173600125} \\
&=-1.3205669379424… \end{align}$
となる。
(※$c_n$ の極限値は$-1.307486100962\cdots $)
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