M11 Das Newtonsche Iterationsverfahren

Für lineare und quadratische Funktionen hat man zur Bestimmung der Nullstellen Gleichungen zu lösen. Bei quadratischen Funktionen gibt es hierzu die Lösungsformel. Für Polynome höheren Grades kann man meist nur Nullstellen erraten und dann per Polynomdivision versuchen auf ein Polynom 2. Grades zu kommen.
Bei vielen Funktionen hat man Probleme die Nullstellen zu bestimmen. Oftmals reicht es aus, wenn man einen Näherungswert hat. Ein Verfahren um einen Näherungswert für die Nullstelle einer Funktion zu finden ist das Newtonsche Iterationsverfahren.

  Aufgabe 1

Lesen Sie im Buch auf S.73 den gelb unterlegten Text durch. Schauen Sie sich danach die zwei Beispiele Auf S.73-74 an.

In diesem Video wird das Newton-Verfahren erkärt.

In diesem Applet wird das Verfahren schrittweise dargestellt.

Merke Newtonsche Iterationsformel $x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$ Diese Formel steht auch in der Merkhilfe

  Aufgabe 2

Machen Sie jeweils den ersten Schritt des Newton-Verfahrens für die Funktionen
Verwenden Sie jeweils als Startwert x₀ = 5.
a) $f:x \rightarrow x^3+x^2+1$
b) $f:x \rightarrow x^3+x-5$
c) $f:x \rightarrow x^4-3x-3$

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a) x₁ = 3,2235
Diese Lösung soll nochmals ausführlich dargestellt werden. Man erhält x₁ indem man im Punkt P(x₀),f(x₀) auf dem Graphen von f die Tangente macht.
Es ist f(5) = 5³+5²+1=151.
Die Steigung der Tangente erhält man durch f'(5).
Die Ableitungsfunktion f' ist durch f(x) = 3x²+2x gegeben. Es ist f'(5) = 85.
Den Schnittpunkt der Tangente mit der x-Achse ist nun x₁ und x₁ erhält man nun durch die Formel $x_1=x_0-\frac{f(x_0}{f'(x_0)}$ .
Es ist also $x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}=5-\frac{151}{85}=3,2235...$
b) x₁ = 3,3552

c) x₁ = 3,77876

  Aufgabe 3

Ermitteln Sie jeweils alle Nullstellen der Funktion f nach dem Newton-Verfahren auf zwei Nachkommastellen genau.
Verwenden Sie wieder als Startwert x₀=5.
Hierzu empiehlt sich eine Tabellenkalkulation! Beim Aufgabe a) brauchen Sie 26 Schritte.
a) $f:x \rightarrow x^3+x^2+1$
b) $f:x \rightarrow x^3+x-5$
c) $f:x \rightarrow x^4-3x-3$

In der Tabellenkalukaltion können Sie leicht den Startwert x₀ ändern. Variieren Sie x₀ und schauen Sie nach wie vielen Schritten Sie die Nullstelle erhalten.

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a) x₂₆ = - 1,46557
b) x₆ = 1,51598

c) x₇ = 1,6846

  Aufgabe 4

Bearbeiten Sie im Buch S. 84/10 und 84/11

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84/11 $f: x \rightarrow \frac{1}{4}x^4-\frac{4}{3}x^3+2x^2$
G_f hat Schnittpunkt mit der y-Achse (0;0), da f(0)=0 ist und
Schnittpunkt mit der x-Achse (0;0), da $\frac{1}{4}x^4-\frac{4}{3}x^3+2x^2=0$
$x^2(\frac{1}{4}x^2-\frac{4}{3}x+2)=0$

Ein Produkt ist 0, wenn ein Faktor 0 ist, also $x=0$ oder $\frac{1}{4}x^2-\frac{4}{3}x+2=0$. Die quadratische Gleichung hat keine Lösung, da ihre Diskriminante $D=\left ( \frac{4}{3} \right )^2-4\cdot \frac{1}{4} \cdot 2=\frac{16}{9}-2 <0$
Also ist x=0 doppelte Nullstelle.
Für die Monotonietabelle braucht man $f'$. Es ist $f'(x)=x^3-4x^2+4x=x(x-2)^2$
$f'(x)=0$ für $x_1=0 , x_2=2$, wobei x₂=2 zweifach ist.
G_f' ist der Graph eines Polynoms 3. Grades mit Nullstelle bei x₁=0 und x₂=2 (doppelt), also hat man bei x₂=2 keinen Vorzeichenwechsel.
Monotonietabelle:
Für x < 0 ist f'(x) < 0 und G_f ist streng monoton fallend.
Für x = 0 ist f'(0) = 0 und (0;0) ist wegen VZW -/+ ein TP.
Für 0 < x < 2 ist f'(x) > 0 und G_f ist streng monoton steigend.
Für x = 2 ist f'(2) = 0 und G_f hat dort einen Terrassenpunkt, da kein VZW.
Für x > 0 ist f'(x) > 0 und G_f ist streng monoton steigend.

  Aufgabe 5

Bestimme näherungsweise die x-Werte der Schnittpunkte der Geraden y = 4 mit dem dem Graphen der Funktion $f: x \rightarrow \frac{1}{4}x^4-\frac{4}{3}x^3+2x^2$

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Für den letzten Teil der Aufgabe 84/11 geht es darum die x-Koordinaten der Punkte A und B zu bestimmen, eigentlich nur dei x-Koordinate von B.

Man muss also x so finden, dass die Gleichung $f(x)=4$ erfüllt ist. Es ist also die Gleichung

$\frac{1}{4}x^4-\frac{4}{3}x^3+2x^2=4$

zu lösen, was gleichbedeutend ist Nullstellen der Funktion $g$ mit $g(x) =\frac{1}{4}x^4-\frac{4}{3}x^3+2x^2-4$ zu finden. Man muss also die Gleichung

$\frac{1}{4}x^4-\frac{4}{3}x^3+2x^2-4=0$

lösen. Hierfür gibt es keine Lösungsformel und das Rezept vom letzten Jahr, dass man eine Nullstelle "rät" und dann Polynomdivision macht geht hier auch nicht. Also bleibt nur das Newton-Verfahren übrig.

Es geht also darum die x-Koordinaten der Punkte D und E zu bestimmen. Für das Newton-Verfahren hängt es stark ab welchen Startwert x₀ man nimmt. Wir probieren es mit x₀ = 1.
Mit $x_0=1$ ist $f(1)=-\frac{37}{12}$, $f'(x)=1$ und $x_1=x_0-\frac{f(1)}{f'(1)}=1-\frac{-\frac{37}{12}}{1}=\frac{49}{12} \approx 4,0833$
Es ist dann $f(\frac{49}{12})\approx 8,08100$ und $f'(\frac{49}{12})=17,7228$ und $x_2=x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)}=4,0833-\frac{8,0810}{17,7228}\approx 3,6979$
Im Graph schaut das so aus:
Es geht weiter mit $f(x_2)\approx 1,9654$ und $f'(x_2)\approx 9,6146$ und $x_3=3,6979-\frac{1,9654}{9,6146}=3,4235$ und
$f(x_3)\approx 0,2830$ und $f'(x_3)\approx 6,9374$ und $x_4=3,4235-\frac{0,2830}{6,9374}=3,3827$ und
$f(x_4)\approx 0,00965$ und $f'(x_4)\approx 6,4675$ und $x_5=3,3827-\frac{0,00965}{6,4675}=3,3812$
Damit ändert sich auf zwei Nachkommastellen die Nullstelle nicht mehr, es ist also $x \approx 3,38$

Mit einer Tabellenkalkulation geht es natürlich viel schneller und übersichtlicher.
Das schöne dabei ist, dass man den Startwert leicht ändern und in einer Tabelle die Annäherung an die Nullstelle gut nachvollziehen kann. Bei Startwerten x₀ = 1 kommt man stets zu unserer Nullstelle $x \approx 3,38$.

Beim Startwert x₀> = -2 kommt man zur anderen Nullstelle $x \approx -1,04$