Convergencia del método de Newton para polinomios monotónicos.

Question

Considere la posibilidad de un polinomio $p : \mathbb R \to \mathbb R$ con $p'(x) > 0$ para todos los $x \in \mathbb R$. La función de $p$ tiene exactamente un cero real. ¿El método de Newton

$$x_{n+1} = x_n - \frac{p(x_n)}{p'(x_n)}$$

convergen para todos los $x_0 \in \mathbb R$?

Intuitivamente creo que todavía podría ser un contraejemplo -, pero no pude encontrar uno, así que es posible que, de hecho, se converge para cada $x_0$?

Answer 1

No, no necesariamente. En particular, considere el polinomio, $$p(x) = \frac{7}{2}x - \frac{5}{2}x^3 + x^5.$$ Tenga en cuenta que $$p'(x) = \frac{7}{2} - \frac{15}{2}x^2 + 5x^4,$$ un resultado positivo de segundo grado en $x^2$ con un negativo discriminante $-\frac{55}{4}$, y por lo tanto es estrictamente positiva en todas partes. Esto significa $p$ es estrictamente creciente, según se requiera.

Tomar una inicial recorrer $x_0 = 1$. A continuación, \begin{align*} x_1 &= 1 - \frac{p(1)}{p'(1)} = 1 - \frac{2}{1} = -1 \\ x_2 &= -1 - \frac{p(-1)}{p'(-1)} = -1 - \frac{-2}{1} = 1, \end{align*} y por lo que la recorre en repetir.

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Método

No es difícil formar un ciclo con el método de Newton. Yo quería un polinomio que pasa a través de $(-1, -2)$ e $(1, 2)$, ambos con derivados $1$. Siguiendo la tangente en el $(-1, -2)$ a de la $x$-eje producirá $x = 1$, por lo que si tomamos $x_n = -1$, a continuación, $x_{n+1} = 1$. Siguiendo la tangente en el $(1, 2)$ los rendimientos de una $x$-intercepción de $x = -1$, lo $x_{n+2} = -1$, y por lo que la recorre en repetir.

He intentado un grado $5$ polinomio. Deje que nuestro polinomio ser $$p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + a_5 x^5.$$ Las restricciones se convierten en \begin{align*} p(-1) = a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + a_4 - a_5 &= -2 \\ p'(-1) = a_1 - 2a_2 + 3a_3 - 4a_4 + 5a_5 &= 1 \\ p(1) = a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 &= 2 \\ p'(-1) = a_1 + 2a_2 + 3a_3 + 4a_4 + 5a_5 &= 1. \end{align*} La solución de este, se obtiene una solución general en términos de $s$ e $t$: $$p(x) = \frac{5}{2}x - \frac{1}{2}x^3 + t(1 - 2x^2 + x^4) + s(x - 2x^3 + x^5).$$ En particular, tuve que elegir $s$ e $t$ , de modo que la derivada \begin{align*} p'(x) &= \frac{5}{2} - \frac{3}{2}x^2 + t(3x^3 - 4x) + s(1 - 6x^2 + 5x^4) > 0 \end{align*} Claramente, se requiere $s > 0$. También decidí eligió $t = 0$; no puede haber sido necesario, pero hizo las cosas más simples. Ahora $p'(x)$ es ahora un cúbicos en $x^2$: $$p'(x) = \left(\frac{5}{2} + s\right) - \left(\frac{3}{2} + 6s\right)x^2 + 5sx^4.$$ Yo quería que el discriminante sea negativo, es decir, $$\left(\frac{3}{2} + s\right)^2 - 20s\left(\frac{5}{2} + s\right) < 0.$$ La elección de $s = 1$ hizo el truco, y nos dio la presentada previamente polinomio.