R中的Newton-Raphson方法，else和遞歸

Question

我以非常有限的方式進行了牛頓-拉普森法。

x0=5; epsilon = 1e-07

new_rap1 = function(ini, eps){
  f = function(a) a*a -2;
  fpr = function(a) 2*a;
  xn1 = ini-(f(ini)/fpr(ini))
  if(abs(xn1-ini) > eps){
    new_rap(xn1, eps)
  }
  xn1
}

new_rap1(x0, epsilon)

new_rap2 = function(ini, eps){
  f = function(a) a*a -2;
  fpr = function(a) 2*a;
  xn1 = ini-(f(ini)/fpr(ini))
  if(abs(xn1-ini) > eps){
    new_rap(xn1, eps)
  } else{xn1}
}

與new_rap1函數，我得到2.7是不正確的答案。

但是new_rap2函數給出了正確的答案，即1.414214 。

我不知道它們之間的區別。 我看到的唯一區別是最后一個，但我不知道是什么使它與眾不同。

new_rap1 = function(ini, eps){
  f = function(a) a*a -2;
  fpr = function(a) 2*a;
  xn1 = ini-(f(ini)/fpr(ini))
  if(abs(xn1-ini) > eps){
    new_rap1(xn1, eps)
  }
  xn1;print(1)
}

我嘗試了幾次測試，然后放入該打印語句，其中1個打印了6次。 即

[1] 1
[1] 1
[1] 1
[1] 1
[1] 1
[1] 1

（我猜這是直到找到答案為止的遞歸次數。）

由於在遇到print語句之前在遞歸函數中遇到過，因此難道不是1僅在最后打印一次？

謝謝。

Answer 1

在遞歸結束時，即使遞歸計算確實是正確的值， xn1返回的new_rap1在第一個牛頓步驟之后（即，執行遞歸循環中的最外層調用時）也具有相同的值。 您可以通過運行以下代碼來查看此內容：

x0=5; epsilon = 1e-07

new_rap1 = function(ini, eps){
    f = function(a) a*a -2;
    fpr = function(a) 2*a;
    xn1 = ini-(f(ini)/fpr(ini))
    print(xn1)
    if(abs(xn1-ini) > eps){
        new_rap1(xn1, eps)
    }
    xn1
}
new_rap1(x0, epsilon)

new_rap2不會遇到此問題，因為從不評估第一次調用結束時的else{xn1} ：)

順便說一句：我不會在遞歸的根搜索方法中使用遞歸，因為在某些情況下，它可能會陷入無限循環。 最好使用固定最大牛頓（等分等）步數的for循環。