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九州大学 1997年理系第11問解説

方針・初手

本問は、方程式 $x^k - c = 0$ の実数解である $\sqrt[k]{c}$ を求めるための近似計算手法（ニュートン法）を題材とした問題です。

(1) は、漸化式 $a_{n+1} = g(a_n)$ によって定まる数列 $\{a_n\}$ が単調に減少しながら $\sqrt[k]{c}$ に近づくことを示す問題です。$a_n - a_{n+1} > 0$ と $a_{n+1} - \sqrt[k]{c} > 0$ をそれぞれ独立に示します。後者は関数 $g(x)$ の増減を微分を用いて調べると簡明です。

(2) は、$k=3$ の場合の漸化式を具体的に書き下し、目標となる不等式の形に向けて代数的に式変形を行います。因数分解を工夫して $(a_n - \sqrt[3]{c})^2$ をくくり出すことがポイントです。

(3) は、(2) で得られた不等式を繰り返し適用して $a_5 - \sqrt[3]{2}$ の上限を評価します。$\sqrt[3]{2}$ の値が $1.2$ より大きいことを用いて、不等式をさらに緩めて評価します。

解法1

(1)

$f(x) = x^k - c$ に対して、$f'(x) = kx^{k-1}$ である。 $g(x) = x - \frac{f(x)}{f'(x)}$ より、$g(x)$ は次のように表される。

$$g(x) = x - \frac{x^k - c}{kx^{k-1}} = \frac{k-1}{k}x + \frac{c}{k}x^{1-k}$$

$\sqrt[k]{c} < a_n$ であると仮定する。まず、$a_{n+1} < a_n$ を示す。

$$a_n - a_{n+1} = a_n - g(a_n) = \frac{a_n^k - c}{ka_n^{k-1}}$$

$a_n > \sqrt[k]{c} > 0$ より、$a_n^k > c$ かつ $ka_n^{k-1} > 0$ である。したがって、$a_n - a_{n+1} > 0$ となり、$a_{n+1} < a_n$ が成り立つ。

次に、$\sqrt[k]{c} < a_{n+1}$ を示す。 $g(x)$ を微分すると、以下のようになる。

$$g'(x) = \frac{k-1}{k} + \frac{c}{k}(1-k)x^{-k} = \frac{k-1}{k} \left( 1 - \frac{c}{x^k} \right)$$

$x > \sqrt[k]{c}$ において、$x^k > c$ であるから $1 - \frac{c}{x^k} > 0$ となり、$g'(x) > 0$ が成り立つ。すなわち、$g(x)$ は $x > \sqrt[k]{c}$ の範囲で単調に増加する。これと $a_n > \sqrt[k]{c}$ より、$g(a_n) > g(\sqrt[k]{c})$ である。ここで、$g(\sqrt[k]{c})$ を計算すると、

$$g(\sqrt[k]{c}) = \frac{k-1}{k}\sqrt[k]{c} + \frac{c}{k}(\sqrt[k]{c})^{1-k} = \frac{k-1}{k}\sqrt[k]{c} + \frac{1}{k}\sqrt[k]{c} = \sqrt[k]{c}$$

となるため、$g(a_n) > \sqrt[k]{c}$ すなわち $a_{n+1} > \sqrt[k]{c}$ が成り立つ。以上より、$\sqrt[k]{c} < a_{n+1} < a_n$ が示された。

(2)

$k=3$ のとき、$g(x) = \frac{2}{3}x + \frac{c}{3x^2}$ であるから、漸化式は以下のようになる。

$$a_{n+1} = \frac{2}{3}a_n + \frac{c}{3a_n^2}$$

$\sqrt[3]{c} < a_n$ を仮定し、$a_{n+1} - \sqrt[3]{c}$ を変形する。

$$a_{n+1} - \sqrt[3]{c} = \frac{2a_n^3 + c - 3a_n^2\sqrt[3]{c}}{3a_n^2} = \frac{2a_n^3 - 3a_n^2\sqrt[3]{c} + (\sqrt[3]{c})^3}{3a_n^2}$$

分子を $a_n$ の多項式と見ると、$a_n = \sqrt[3]{c}$ のときに $0$ となることから $a_n - \sqrt[3]{c}$ を因数に持つ。実際に因数分解すると、

$$2a_n^3 - 3a_n^2\sqrt[3]{c} + (\sqrt[3]{c})^3 = (a_n - \sqrt[3]{c})^2(2a_n + \sqrt[3]{c})$$

となる。したがって、

$$a_{n+1} - \sqrt[3]{c} = \frac{(a_n - \sqrt[3]{c})^2(2a_n + \sqrt[3]{c})}{3a_n^2} = (a_n - \sqrt[3]{c})^2 \cdot \frac{2a_n + \sqrt[3]{c}}{3a_n^2}$$

ここで、示すべき不等式 $a_{n+1} - \sqrt[3]{c} < \frac{1}{\sqrt[3]{c}}(a_n - \sqrt[3]{c})^2$ を導くため、右辺の係数部分と $\frac{1}{\sqrt[3]{c}}$ の大小を比較する。

$$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt[3]{c}} - \frac{2a_n + \sqrt[3]{c}}{3a_n^2} &= \frac{3a_n^2 - \sqrt[3]{c}(2a_n + \sqrt[3]{c})}{3a_n^2\sqrt[3]{c}} \\ &= \frac{3a_n^2 - 2a_n\sqrt[3]{c} - (\sqrt[3]{c})^2}{3a_n^2\sqrt[3]{c}} \\ &= \frac{(a_n - \sqrt[3]{c})(3a_n + \sqrt[3]{c})}{3a_n^2\sqrt[3]{c}} \end{aligned}$$

仮定より $a_n > \sqrt[3]{c} > 0$ であるから、$(a_n - \sqrt[3]{c}) > 0$、$3a_n + \sqrt[3]{c} > 0$、$3a_n^2\sqrt[3]{c} > 0$ となる。ゆえに、上記の式は正であり、$\frac{2a_n + \sqrt[3]{c}}{3a_n^2} < \frac{1}{\sqrt[3]{c}}$ が成り立つ。両辺に $(a_n - \sqrt[3]{c})^2 > 0$ を掛けることで、以下の不等式が示された。

$$a_{n+1} - \sqrt[3]{c} < \frac{1}{\sqrt[3]{c}}(a_n - \sqrt[3]{c})^2$$

(3)

$k=3, c=2, a_1 = 1.3$ とする。 $1.3^3 = 2.197 > 2$ より $a_1 > \sqrt[3]{2}$ が成り立つ。したがって、(1) の結果を繰り返し用いることで、すべての自然数 $n$ において $a_n > \sqrt[3]{2}$ が成り立つため、(2) で示した不等式を常に適用できる。 (2) の不等式において $c=2$ とした式を次のように変形する。

$$\frac{a_{n+1} - \sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}} < \left( \frac{a_n - \sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}} \right)^2$$

この不等式を $n=4, 3, 2, 1$ と順に繰り返し適用すると、

$$\frac{a_5 - \sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}} < \left( \frac{a_4 - \sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}} \right)^2 < \left( \frac{a_3 - \sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}} \right)^4 < \left( \frac{a_2 - \sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}} \right)^8 < \left( \frac{a_1 - \sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}} \right)^{16}$$

が得られる。両辺に $\sqrt[3]{2} > 0$ を掛けて、

$$a_5 - \sqrt[3]{2} < \sqrt[3]{2} \cdot \frac{(1.3 - \sqrt[3]{2})^{16}}{(\sqrt[3]{2})^{16}} = \frac{(1.3 - \sqrt[3]{2})^{16}}{(\sqrt[3]{2})^{15}} = \frac{(1.3 - \sqrt[3]{2})^{16}}{2^5}$$

ここで、$1.2^3 = 1.728 < 2$ より、$1.2 < \sqrt[3]{2}$ であることが分かる。よって、$1.3 - \sqrt[3]{2} < 1.3 - 1.2 = 0.1 = 10^{-1}$ が成り立つ。これを上の不等式に代入すると、

$$a_5 - \sqrt[3]{2} < \frac{(10^{-1})^{16}}{2^5} = \frac{10^{-16}}{2^5} = \frac{1}{2^5 \cdot 10^{16}}$$

となり、題意の不等式が示された。

解説

本問は、微分法を用いて方程式の近似解を求める「ニュートン法」が背景にある問題です。関数 $y = x^k - c$ のグラフ上の点 $(a_n, a_n^k - c)$ における接線が $x$ 軸と交わる点の $x$ 座標を $a_{n+1}$ と定めたものが、与えられた漸化式 $g(x)$ の正体です。

(1) において $a_{n+1} > \sqrt[k]{c}$ を示す際、解答では $g(x)$ を微分して単調性を利用しましたが、相加平均と相乗平均の大小関係を用いる別解も有名です。漸化式を $a_{n+1} = \frac{(k-1)a_n + \frac{c}{a_n^{k-1}}}{k}$ と見なすと、分子は $a_n$ を $k-1$ 個と $\frac{c}{a_n^{k-1}}$ を $1$ 個足し合わせたものになります。これら $k$ 個の正の数に対して相加平均と相乗平均の大小関係を適用すると、ただちに $a_{n+1} \geqq \sqrt[k]{a_n^{k-1} \cdot \frac{c}{a_n^{k-1}}} = \sqrt[k]{c}$ が得られます。

(2) では「誤差が2乗のオーダーで縮小していく」こと（2次収束）を示し、(3) ではその収束の恐ろしいほどの速さを具体的な数値で実感させる構成になっています。不等式評価においては、$1.2 < \sqrt[3]{2}$ のような少し緩いけれど計算しやすい近似値を自ら設定して評価を行うスキルが求められます。