方程式f(x)=0が重解x=aをもつ場合
2次のニュートン法は
x_k+1=x_k-2f(x_k)/(f'(x_k)-√D)
D=((f'(x_k))^2-2*f(x_k)*f''(x_k)
(D>0かつf'(x_k)>0の時)
となりますが、
このときのx_k+1とx_kの幾何学的な関係がわかりません。
よろしくお願いします。

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A 回答 (1件)

「2次のニュートン法」と仰っているのは、


f(x), f’(x), f”(x)のx=x_kにおける値が分かっている時に、x=x_kの近くを放物線で近似することによって、方程式f(x)=0のx_kよりも良い近似を得ようということですね。

[1] この公式、ちょっと変ですよ。
f(x)をx=x_kの近くで近似するような放物線を
y= a (x-x_k)^2 + b (x-x_k) + c
とすると、
y’= 2 a (x-x_k)+b
y”= 2 a
です。これにx=x_kを代入すると、
c = f(x_k)
b = f’(x_k)
2 a = f”(x_k)
となり、これでa,b,cが決まり、放物線の具体的な形がわかりました。この放物線が y=0と交差するのは二次方程式の解
(1) x-x_k = (- f’(x_k) - D^{1/2}) / f”(x_k)
(2) x-x_k = (- f’(x_k) + D^{1/2}) / f”(x_k)
ただし D = {f’(x_k) ^2 - 2 f”(x_k) f(x_k)}
の2点です。ここで右辺の分子を有理化してやれば
(1) x-x_k = -2 f(x_k) / (f’(x_k) - D^{1/2})
(2) x-x_k = -2 f(x_k) / (f’(x_k) + D^{1/2})
となります。二つの解( (1)の方が(2)より小さい)のどちらを選ぶか、という問題ですが、
「f’(x_k)とf”(x_k)の符号が異なれば(1)、同じであれば(2)を選ぶ」というのが正解です。
実際にグラフを描いて見れば分かると思います。つまりf”(x_k)>0の場合とf”(x_k)<0の場合に分けて、その放物線上のどこに<x_k, f(x_k)>が来るかを考えると、f’(x_k)とf(x_k)の符号の組み合わせが(どちらかが0になる場合を除いて) 4通りづつあります。それぞれの場合で、「最寄りの解」が(1) (2)のどちらになるかをチェックすれば良いです。幾何学的な関係はグラフを見ればもうお分かりでしょう。
これでご質問の回答になってるんじゃないかと。

[2] f(x)が重解を持つかどうか、は繰り返し計算の最中には取りあえず関係のないことです。

[3] f(x)が重解を持つ場合、解の近くでのf(x)の振る舞いがどうなっているかによって、2次ニュートン法が使えるかどうかに大いに影響があります。計算の途中で
D が負にならないという保証は一般にはできませんから、具体的にf(x)を与えて、D<0にならないということを証明する必要があります。テイラー展開を使うと調べられます。

[4] いずれにせよ、「2次のニュートン法」は実用の観点からは使い物にならない方法です。方程式x^3 =0 すら解けないですよ。「1次の」ニュートン法
x-x_k = - f(x_k) /f’(x_k)
の方がずっと扱いやすいです。1次だからと言って馬鹿にしたもんでもありません。収束に近づくと有効桁数が繰り返しごとにK倍になる(精度がK倍じゃないですよ)という非常に速い方法です。重解でも有効桁数は繰り返しに比例して増えます。
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こんにちは。

A)公式d(g(x)*f(x))/dx=f(x)*dg(x)/dx+g(x)*df(x)/dx
から
C)(x^3)’= 3x^2
を導くのと、

B)公式(x^n)’= nx^(n-1)
から
C)(x^3)’= 3x^2
を導くのとで、
同じ結果が得られたということですよね。


つまり、
A→C (CはAからの帰納)

B→C (CはBからの帰納)
は、
「それぞれ正しい」ということです。


言い換えれば、
CはAの十分条件であり、Bの十分条件でもあるということです。
あるいは、
AはCの必要条件であり、BもCの必要条件であるということです。

QR^n∋A_1,A_2,…はΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たす.∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kはLebesgue外測度0?

よろしくお願い致します。

A_1,A_2,…をΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たすR^nの部分集合とせよ。
(ア) ∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kがLebesgue外測度0を持つ事を示せ。
(イ) これはLebesgue測度0を持つか? 持つなら理由を述べよ。

という問題です。

(ア)について
Lebesgue外測度の定義からλ^*(A_k)=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}…(1)
(但しI_iはn次元区間塊[a_1,b_1]×[a_2,b_2]×…×[a_n,b_n])と書け,
題意よりΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞なのでλ^*(A_k)<∞と分かる。
それでλ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}
から先に進めません。
λ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=Σ[n=1..∞]λ(∪[k=n..∞]A_k)なんて変形もできませんよね。
どのすれば=0にたどり着けますでしょうか?

(イ)について
答えは多分Yesだと思います。
Lebesgue可測集合はL:={E∈R^n;E⊂Uでinf{λ^*(U\E);Uは開集合}=0}の元の事ですよね。
なのでLebesgue測度は制限写像λ^*|L:=μと書けますよね。
それで∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k∈Lを示せば(ア)からLebesgue測度0が言えると思います。
今,(ア)より
inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}=0
と分かったので
0=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}
=inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)}
(但しBd(I_i)は境界点)
=inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|+|Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)}
(∵||の定義)
からinf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)}
となればI_i\Bd(I_i)は開集合になので
inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)}=0が言え,
∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k∈Lも言え,
μ(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=λ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=0(∵(ア))
となりおしまいなのですが

inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|+|Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)}
から
inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)}
となる事がどうしても言えません。どうすれば言えますでしょうか?

よろしくお願い致します。

A_1,A_2,…をΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たすR^nの部分集合とせよ。
(ア) ∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kがLebesgue外測度0を持つ事を示せ。
(イ) これはLebesgue測度0を持つか? 持つなら理由を述べよ。

という問題です。

(ア)について
Lebesgue外測度の定義からλ^*(A_k)=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}…(1)
(但しI_iはn次元区間塊[a_1,b_1]×[a_2,b_2]×…×[a_n,b_n])と書け,
題意よりΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞なのでλ^*(A_k)<∞と分かる。
それでλ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=inf{Σ[i=...続きを読む

Aベストアンサー

数列の部分和の定義と∩∪の定義からすぐだと思いますよ。
面倒なので外測度を単にλで表します。
仮定はΣλ(A_k)<∞です。これは級数の収束の定義から部分和
S_N=Σ[k=1,..,N] λ(A_k)
がコーシー列、よって
任意のε>0に対してNが存在し、n≧Nならば
Σ[k=n,...,∞] λ(A_k)<ε
ということを言っているわけです。
問題は、∩[n=1,..,∞]∪[k=n,..∞] A_kの外測度を求めることですが上の事実を利用できることが分かると思います。上で示したNをとってきます。このとき
λ(∩[n=1,..,∞]∪[k=n,..∞] A_k)≦Σ[k=N,..,∞] λ(A_k)<ε
となるのはほとんど明らかですね。任意のεに対してもっと大きい番号N'をとっても問題の集合はN'から先の和集合に含まれるわけですからこれは結局λ(∩[n=1,..,∞]∪[k=n,..∞] A_k)=0でなければならないことを示しています。

Q(再投稿)R^n∋A_1,A_2,…はΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たす.∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kはLebesgue外測度0?

すいません。
http://okwave.jp/qa4327195.html
について再投稿です。


A:=∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kと置いて
今,AがLegesgue可測集合である事を示したい訳ですよね。
Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。
そこで疑問なのですがλはn次元区間塊全体に対して定義された写像ですよね。なのでλ(S∩E)とλ(S∩E^c)はそれぞれλ(E)+λ(E^c)で(∵E⊂∀S⊂R^n),一応は定義されているのですがλ(S)はSの採りようによってはλ(S)自体が定義されないという状況に陥ってしまいます(∵必ずしもSはn次元区間塊とは限らない)。
するとλ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)という不等式は意味を成さなくなります。
従って,AがLebesgue可測集合である事が示せなくなってしまいます。
Lebesgue可測集合の定義を勘違いしてますでしょうか?

すいません。
http://okwave.jp/qa4327195.html
について再投稿です。


A:=∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kと置いて
今,AがLegesgue可測集合である事を示したい訳ですよね。
Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。
そこで疑問なのですがλはn次元区間塊全体に対して定義された写像ですよね。なのでλ(S∩E)とλ(S∩E^c)はそれぞれλ(E)+λ(E^c)で(∵E⊂∀S⊂R^n),一応は定義されているのですがλ(S)はSの採りようによってはλ(S)自体が定義され...続きを読む

Aベストアンサー

とりあえず教科書を読む.
定義が分かってなければ何もできない.

>Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
>{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。

こんなこと本当に書いてある?なんか読み落としているとか
説明の途中の何かだとか,勝手に創作してるとか?

>Lebesgue可測集合の定義を勘違いしてますでしょうか?
してる.
だって,それだったら「円」ですらルベーク可測じゃなくなる.

Qx*y=log(e^x+e^y)と定義すると、(x*y)+z=(x+z)*(y+z)

x、y∈Rに対して
x*y=log(e^x+e^y)
と定義すると、
(x*y)+z=(x+z)*(y+z)
が成り立ちます。
分配法則の*と+を逆にしたような感じですが、この*から何かしらの代数的な事実が従うのでしょうか?
この*の意味は何なのでしょうか?

x*x=aのとき、x=√aと定めと、
√(a*b)≧(a+b)/2
といった相加相乗平均の関係の類似は成り立つようですが。

Aベストアンサー

e^x=X, e^y=Y, e^z=Z と置いて考えましょう。
e^(x*y)=e^x+e^y → Z=X+Y
e^(x+y)=e^x*e^y → Z=X*Y
つまり、正の数の加算と乗算になります。

>分配法則の*と+を逆にしたような感じですが

まさにその通りです。入れ替えて見てください。

>√(a*b)≧(a+b)/2

通常の相加相乗平均とは逆ですね。


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