Newtonverfahren Beispielrechnung

Lesedauer: 3 min | Vorlesen | Autor: Matthias

Wir haben die Formel für das Newtonverfahren bereits kennengelernt, sie lautet:

$$x_{i+1} = x_i-\frac{f(x_i)}{f'(x_i)}$$

Was man zuerst benötigt, um \(x_1\) berechnen zu können, ist ein geeigneter Startwert. Es darf hierfür ein \(x_0\) fast frei gewählt werden. Es sollte allerdings darauf geachtet werden, dass ein Startwert gewählt wird, der in der Nähe der interessanten Nullstelle zu finden ist. Im Schaubild scheint \(x_0=-3\) als geeignet.

Bevor wir das in die Formel einsetzen, noch etwas Vorarbeit:

Ableitung bestimmen: \(f'(x) = 3x^2+6x\)

Nun in die Formel damit:

$$x_1 = -3-\frac{f(-3)}{f'(-3)}$$

Nebenrechnung:

$$f(-3) = (-3)^3+3\cdot(-3)^2+2 = 2$$

$$f'(-3) = 3\cdot(-3)^2 + 6\cdot(-3) = 9$$

Wieder in die Formel einsetzen:

$$x_1 = -3-\frac{2}{9} = -3,22222$$

Wir haben also nun \(x_1\) bestimmt. Aber machen wir weiter.

$$x_2 = x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)} = -3,22222 - \frac{f(-3,22222)}{f'(-3,22222)} = -3,19622$$

Führt man das weiterhin fort, so erhält man:

\(x_1 = \color{red}{-3},22222\)

\(x_2 = \color{red}{-3,19}622\)

\(x_3 = \color{red}{-3,19582}\)

\(x_4 = \color{red}{-3,19582}\)

Das Verfahren wird solange fortgeführt, bis man die gewünschte Genauigkeit hat. Bis sich also die entsprechenden Stellen nicht mehr ändern. Ist man also beispielsweise an einer Genauigkeit von 4 Dezimalstellen interessiert, beobachtet man, ab wann sich die ersten 4 Dezimalstellen nicht mehr ändern. Das ist in unserem Beispiel zum ersten Mal für \(x_3\) und \(x_4\) der Fall, man kann also mit \(x_4\) das Verfahren abbrechen und die Lösung mit N(-3,1958|0) verkünden. Ein Blick auf das Schaubild bestätigt in etwa das Ergebnis.

Nahaufnahme:

~plot~ x^3+3x^2+2;{-3.1958|0};[[-4|2|-2|3]] ~plot~

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