华中师范大学 2019年数学分析第4题
📝 题目
4．（15＇）若 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [a, b]$ 上二阶连续可微，且满足以下条件：
（i）$\displaystyle f(a)<0, f(b)>0$ ；
（ii）$\displaystyle f^{\prime}(x)>0, f^{\prime \prime}(x)>0, \forall x \in[a, b]$ ．
（1）证明：方程 $\displaystyle f(x)=0$ 在 $\displaystyle (a, b)$ 内有唯一的根 $\displaystyle \xi$ ；
（2）取 $\displaystyle x_{0}=b$ ，
$$
x_{n+1}=x_{n}-\frac{f\left(x_{n}\right)}{f^{\prime}\left(x_{n}\right)}
$$
证明：$\displaystyle \left\{x_{n}\right\}$ 收敛于 $\displaystyle \xi$ ，并计算 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n+1}-\xi}{\left(x_{n}-\xi\right)^{2}}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：证明方程在区间内有唯一根
由条件 (i) $f(a)<0$, $f(b)>0$ 及 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，根据介值定理，存在至少一个 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f(\xi)=0$。又由条件 (ii) $f'(x)>0$ 对任意 $x\in[a,b]$ 成立，故 $f$ 在 $[a,b]$ 上严格单调递增，因此这样的 $\xi$ 是唯一的。
公式：介值定理：若 $f(a)<0
提示：注意严格单调性保证了零点的唯一性，不要遗漏这一论证。
步骤 2/4
目标：证明牛顿迭代序列单调递减且有下界
取 $x_0=b$。由于 $f(b)>0$ 且 $f'(x)>0$，有 $x_1 = b - \frac{f(b)}{f'(b)} < b = x_0$。假设 $x_n > \xi$，由凸性 $f''(x)>0$ 知切线在函数下方，即 $f(\xi) > f(x_n) + f'(x_n)(\xi - x_n)$。因为 $f(\xi)=0$，得 $0 > f(x_n) + f'(x_n)(\xi - x_n)$，整理得 $\xi > x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} = x_{n+1}$。又由 $f(x_n)>0$ 知 $x_{n+1}
公式：$x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$
提示：凸函数切线在函数下方的性质是证明 $x_{n+1}>\xi$ 的关键，需结合 $f(\xi)=0$ 推导。
步骤 3/4
目标：证明序列收敛到根
由单调有界收敛定理，$\{x_n\}$ 收敛，设极限为 $L$。在迭代式 $x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$ 两边取极限，得 $L = L - \frac{f(L)}{f'(L)}$，故 $f(L)=0$。由第(1)问的唯一性知 $L=\xi$，因此 $\lim_{n\to\infty} x_n = \xi$。
公式：$\lim_{n\to\infty} x_{n+1} = \lim_{n\to\infty} x_n - \frac{f(\lim x_n)}{f'(\lim x_n)}$
提示：取极限时需保证 $f'(L) \neq 0$，由 $f'(x)>0$ 可知成立。
步骤 4/4
目标：计算收敛阶的极限值
将 $f(x_n)$ 和 $f'(x_n)$ 在 $\xi$ 处泰勒展开：
$f(x_n) = f'(\xi)(x_n-\xi) + \frac{f''(\xi)}{2}(x_n-\xi)^2 + o((x_n-\xi)^2)$，
$f'(x_n) = f'(\xi) + f''(\xi)(x_n-\xi) + o(x_n-\xi)$。
代入迭代式：
$x_{n+1}-\xi = (x_n-\xi) - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$。
计算 $\frac{f(x_n)}{f'(x_n)} = (x_n-\xi) - \frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}(x_n-\xi)^2 + o((x_n-\xi)^2)$，
因此 $x_{n+1}-\xi = \frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}(x_n-\xi)^2 + o((x_n-\xi)^2)$。
故极限为 $\lim_{n\to\infty} \frac{x_{n+1}-\xi}{(x_n-\xi)^2} = \frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}$。
公式：$\frac{x_{n+1}-\xi}{(x_n-\xi)^2} \to \frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}$
提示：泰勒展开时注意保留到二阶项，长除运算要仔细，避免符号错误。
步骤 5/6
目标：代入牛顿迭代公式并化简
由$x_{n+1}-\xi = (x_n-\xi)-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$，代入展开式：
$\frac{f(x_n)}{f'(x_n)} = \frac{f'(\xi)(x_n-\xi)+\frac12 f''(\xi)(x_n-\xi)^2+\cdots}{f'(\xi)+f''(\xi)(x_n-\xi)+\cdots}$
$= (x_n-\xi)\cdot\frac{1+\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}(x_n-\xi)+\cdots}{1+\frac{f''(\xi)}{f'(\xi)}(x_n-\xi)+\cdots}$
利用$\frac{1}{1+u}=1-u+O(u^2)$，得：
$= (x_n-\xi)\left[1-\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}(x_n-\xi)+O((x_n-\xi)^2)\right]$。
因此$x_{n+1}-\xi = (x_n-\xi)-\left[(x_n-\xi)-\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}(x_n-\xi)^2+\cdots\right] = \frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}(x_n-\xi)^2+o((x_n-\xi)^2)$。
公式：$x_{n+1}-\xi = \frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}(x_n-\xi)^2+o((x_n-\xi)^2)$。
提示：注意展开后消去线性项，保留二次项，计算时需小心符号和系数。
步骤 6/6
目标：得出极限值
由上式两边除以$(x_n-\xi)^2$并取极限$n\to\infty$，得：
$\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}-\xi}{(x_n-\xi)^2} = \frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}$。
公式：$\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}-\xi}{(x_n-\xi)^2} = \frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}$。
提示：该极限表明牛顿迭代法在单根附近具有二阶收敛速度。
步骤 7/8
目标：推导误差递推关系
计算$\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$：$\frac{f'(\xi)e_n+\frac12 f''(\xi)e_n^2+O(e_n^3)}{f'(\xi)+f''(\xi)e_n+O(e_n^2)}=e_n-\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}e_n^2+O(e_n^3)$。于是$x_{n+1}-\xi=e_n-\left(e_n-\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}e_n^2+O(e_n^3)\right)=\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}e_n^2+O(e_n^3)$。
公式：误差递推：$e_{n+1}=\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}e_n^2+O(e_n^3)$
提示：长除或利用$\frac{1}{1+u}=1-u+u^2-\cdots$展开，注意保留到$e_n^2$项。
步骤 8/8
目标：计算所求极限
由误差递推关系，$\frac{x_{n+1}-\xi}{(x_n-\xi)^2}=\frac{e_{n+1}}{e_n^2}=\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}+O(e_n)$。当$n\to\infty$时，$e_n\to0$，故极限为$\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}$。
公式：$\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}-\xi}{(x_n-\xi)^2}=\frac{f''(\xi)}{2f'(\xi)}$
提示：注意$f'(\xi)>0$，分母不为零。
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