解けない漸化式の極限 - 平均値の定理で差を縮める

$x_{n+1}=f(x_n)$ の形の漸化式は、一般項が求まらないことがほとんどです。それでも極限だけなら言えます。

道具は平均値の定理です^[1]。$1$ 回進むごとに、目標との差が何倍になるかを押さえます。

階段を上がるように、点が $2$ へ寄っていきます。曲線と直線 $y=x$ の交点が、行き着く先です。

行き先を先に決める

極限があるとすれば、それは $\alpha =f(\alpha )$ を満たす値です。両辺の極限をとれば分かります。

$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$ なら、$\alpha =\sqrt{2+\alpha }$ です。両辺を $2$ 乗して解きます。

$${\alpha }^2-\alpha -2=0,\alpha =2$$

負の解は候補から外れます。$x_n$ が正なので、極限も負にはなりません。

この $\alpha$ を不動点といいます。$f$ で移しても動かない点、という意味です。

平均値の定理で差を縮める

$x_{n+1}-\alpha$ を書き直します。$\alpha =f(\alpha )$ なので、$2$ つの値の差の形になります。

$$x_{n+1}-\alpha =f(x_n)-f(\alpha )$$

平均値の定理から、$x_n$ と $\alpha$ のあいだのある $c$ について次が成り立ちます^[2]。

$$f(x_n)-f(\alpha )=f^{\prime }(c)(x_n-\alpha )$$

$|f^{\prime }(c)|\le r$ となる定数 $r$ が見つかれば、差が $r$ 倍以下に縮むと言えます。

$$|x_{n+1}-\alpha |\le r|x_n-\alpha |$$

繰り返して 0 に落とす

同じ評価を $n$ 回重ねます。$r<1$ なら、$r^n$ が $0$ に近づく。

$$|x_n-\alpha |\le r^{n-1}|x_1-\alpha |⟶0$$

はさみうちの原理から $x_n\to \alpha$ です。一般項を求めずに、極限だけが出ました。

例：√2 に近づく数列

$f(x)=\sqrt{2+x}$ で $r$ を探します。導関数を計算します。

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{2+x}}$$

$x\ge 0$ なら $\sqrt{2+x}\ge \sqrt{2}$ なので、$|f^{\prime }(x)|\le \frac{1}{2\sqrt{2}}<\frac{1}{2}$。

$r=\frac{1}{2}$ ととれます。差は毎回半分以下になり、$0$ に落ちます。

$x_1=0.2$ から始めると、$|x_1-2|=1.8$。$10$ 回進めば $0.002$ より小さくなる計算です。

棒の高さが差の大きさです。毎回半分になるので、あっという間に見えなくなります。

例：ニュートンの方法

$x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{2}{x_n}\right)$ を考えます。不動点は $\alpha =\sqrt{2}$。

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{2}{x^2}\right)$$

$1\le x\le 2$ なら $\frac{2}{x^2}$ は $0.5$ から $2$ のあいだ。$|f^{\prime }(x)|\le \frac{1}{2}$ になります。

この数列は $\sqrt{2}$ に近づきます。実際の収束は評価よりずっと速く、桁数が毎回倍ほど増えます。

平方根を手計算で求める古い方法として知られています。式の形は難しくないのに、精度がすぐ上がる。

確かめるべきこと

答案では、次の順に書きます。

$2$ 番目を飛ばすと、$r$ の評価が使えません。$x_n$ がどこにいるかを先に押さえる必要があります^[3]。

r が 1 以上だとどうなるか

差が縮まないので、この方法では言えません。離れていく場合もあります。

$f(x)=x^2$ の不動点は $0$ と $1$ です。$x=1$ の近くでは $f^{\prime }(1)=2>1$ なので、少しずれると離れていく。

$x=0$ の近くでは $f^{\prime }(0)=0$ なので寄っていきます。同じ漸化式でも、どの不動点かで様子が変わります。

押さえるところ

平均値の定理は、証明の中で使われることのほうが多い定理です。この使い方は、その代表例になります。

参考文献