Tilbake
4.2
Alle fag for Høyskole

4.2 Newtons metode og fikspunktiterasjon

Iterasjonen, krumningsargumentet for over-/underestimat på hele intervallet, og fikspunkt-kontraksjonen — det numeriske leddet i UiBs signaturkjede.

55 min
14 oppgaver
Newtons metodefikspunktiterasjon
Din fremgang i kapitlet
0 / 14 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper. Du trenger eksistens–entydighet-malen fra kap. 4.1 (den er alltid deloppgave a i denne sjangeren) og sekantsetningen derfra til kontraksjonsargumentet. Selve Newtons metode har du møtt regneteknisk i Newtons metode (R1 3.5) — her løftes den til eksamensnivået med feilfortegn og konvergensbevis.

Sist du var her — nøkkelen fra kap. 4.1: sekantsetningen sier g(x)−g(y)=g′(c)(x−y)g(x) - g(y) = g'(c)(x-y) for en cc mellom xx og yy — det er den som skal gjøre fikspunktiterasjonen til en kontraksjon. Og tangentlikningen fra kap. 3.1: tangenten i (a,f(a))(a, f(a)) er y=f(a)+f′(a)(x−a)y = f(a) + f'(a)(x-a).

I kap. 4.1 beviste du at x5+3x=1x^5 + 3x = 1 har nøyaktig én løsning i (0,1)(0,1) — men hvilket tall er det? Beviset sier ingenting om det. Slik er det overalt: likninger fra virkeligheten (renteberegninger, banestimater, kjemisk likevekt) kan sjelden løses eksakt. Det du kan, er å tilnærme roten — og da vil du vite to ting: hvor fort tilnærmingen blir god, og på hvilken side av sannheten du ligger. En bro-ingeniør som vet at estimatet hennes er «for lite», vet hvilken vei sikkerhetsmarginen peker.

Dette kapitlet gir deg begge verktøyene UiB tester: Newtons metode (følg tangenten ned til aksen, gjenta) og fikspunktiterasjon (mat funksjonen med sitt eget svar, gjenta). Begge er dumme, raske maskiner — poenget på eksamen er begrunnelsene rundt: krumningsargumentet for feilens fortegn, og kontraksjonsvilkåret ∣g′∣<1|g'| < 1 for konvergens.

Tre læringsløkker: (1) Newton-iterasjonen og geometrien (≈ 15 min), (2) krumningsargumentet og konvergensbeviset — kapitlets kjerne (≈ 20 min), (3) fikspunktiterasjon (≈ 15 min). Pausepunkt: ta gjerne løkke 3 som egen økt.

Løkke 1: Newtons metode — tangentens nullpunkt

Idé: står du i punktet xnx_n og vil mot roten av ff, så erstatt den krokete grafen med det du kan løse — tangenten — og gå dit den treffer xx-aksen.

Newtons iterasjonsformel
Newtons metode for likningen f(x)=0f(x) = 0 starter i en gjetning x0x_0 og gjentar
xn+1=xn−f(xn)f′(xn).x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.
Hvert steg bytter grafen ut med tangenten i (xn,f(xn))(x_n, f(x_n)) og hopper til tangentens nullpunkt. Formelen krever f′(xn)≠0f'(x_n) \neq 0 — en vannrett tangent har ikke noe nullpunkt å hoppe til.
Tangentens nullpunkt (geometrisk tolkning)

Tangenten i (xn,f(xn))(x_n, f(x_n)) har likningen y=f(xn)+f′(xn)(x−xn)y = f(x_n) + f'(x_n)(x - x_n). Setter du y=0y = 0 og løser for xx, får du nøyaktig x=xn−f(xn)/f′(xn)x = x_n - f(x_n)/f'(x_n) — altså er Newton-steget per definisjon tangentens skjæring med xx-aksen. Denne utledningen bør du kunne reprodusere; den er et vanlig teorispørsmål.

Antall steg (les oppgaven!)

Oppgaven sier nøyaktig hvor mange iterasjoner du skal regne — «utfør to steg fra x0=1,5x_0 = 1{,}5» betyr regn x1x_1 og x2x_2, ferdig. Å regne fire steg der én er bedt om, er en ren tidsfelle på en fem timers eksamen: null ekstra poeng, mange ekstra minutter. Oppgi mellomverdiene med fornuftig antall desimaler (4–6) og avrund til slutt.

✏️Eksempel 1: To Newton-steg, full føring

Likningen x3+x=3x^3 + x = 3 har nøyaktig én reell løsning rr, og den ligger i (1, 1,5)(1,\ 1{,}5) (vist med malen fra kap. 4.1). Utfør to steg av Newtons metode fra x0=1,5x_0 = 1{,}5.

Sett f(x)=x3+x−3f(x) = x^3 + x - 3, slik at f′(x)=3x2+1f'(x) = 3x^2 + 1.

Steg 1: f(1,5)=3,375+1,5−3=1,875f(1{,}5) = 3{,}375 + 1{,}5 - 3 = 1{,}875 og f′(1,5)=6,75+1=7,75f'(1{,}5) = 6{,}75 + 1 = 7{,}75:
x1=1,5−1,8757,75=1,5−0,241935≈1,258065.x_1 = 1{,}5 - \frac{1{,}875}{7{,}75} = 1{,}5 - 0{,}241935 \approx 1{,}258065.

Steg 2: f(x1)=1,2580653+1,258065−3≈1,991174+1,258065−3=0,249239f(x_1) = 1{,}258065^3 + 1{,}258065 - 3 \approx 1{,}991174 + 1{,}258065 - 3 = 0{,}249239 og f′(x1)=3⋅1,582727+1≈5,748182f'(x_1) = 3 \cdot 1{,}582727 + 1 \approx 5{,}748182:
x2=1,258065−0,2492395,748182≈1,258065−0,043360≈1,214705.x_2 = 1{,}258065 - \frac{0{,}249239}{5{,}748182} \approx 1{,}258065 - 0{,}043360 \approx 1{,}214705.

Svar: x1≈1,2581x_1 \approx 1{,}2581 og x2≈1,2147x_2 \approx 1{,}2147. (Til sammenlikning er r≈1,21341r \approx 1{,}21341 — allerede x2x_2 har tre riktige sifre. Om x2x_2 er for stor eller for liten, avgjør vi i løkke 2.)

📝Oppgave 1

Likningen x2=5x^2 = 5 har én positiv løsning. Utfør to Newton-steg på f(x)=x2−5f(x) = x^2 - 5 fra x0=3x_0 = 3, og oppgi x1x_1 og x2x_2 som brøker.

Løkke 2: For stor eller for liten? Krumningsargumentet

Nå til karakterskilleren. Newton gir deg et tall — men ligger det over eller under den sanne roten? Svaret styres av hvilken vei grafen krummer, og argumentet må gjelde hele intervallet mellom iteratene og roten.

Overestimat og underestimat

En tilnærming x~\tilde{x} til roten rr er et overestimat hvis x~>r\tilde{x} > r («for stor») og et underestimat hvis x~<r\tilde{x} < r («for liten»). På eksamen skal fortegnet på feilen begrunnes, ikke avleses av kalkulatoren — det er hele poenget med spørsmålet.

Krumning på et intervall: konveks og konkav
ff er konveks («smiler») på et intervall hvis f′′(x)>0f''(x) > 0 overalt der; da ligger grafen over alle sine tangenter. ff er konkav («sur munn») hvis f′′(x)<0f''(x) < 0 overalt; da ligger grafen under tangentene. Det avgjørende ordet er overalt: krumningsfortegnet må holdes på hele intervallet det argumenteres over — ett punkt er ikke nok.
📜Hvilken side lander Newton-steget på?

Anta at f′f' og f′′f'' har fast fortegn på hele intervallet mellom xnx_n og roten rr (og at xn≠rx_n \neq r). Tangenten i xnx_n ligger da under grafen hvis f′′>0f'' > 0, over grafen hvis f′′<0f'' < 0. Følgelig lander neste iterat xn+1x_{n+1} på den siden av rr der ff har samme fortegn som f′′f'':

ff voksende (f′>0f' > 0)ff avtakende (f′<0f' < 0)
konveks (f′′>0f'' > 0 på hele intervallet)xn+1>rx_{n+1} > r — for storxn+1<rx_{n+1} < r — for liten
konkav (f′′<0f'' < 0 på hele intervallet)xn+1<rx_{n+1} < r — for litenxn+1>rx_{n+1} > r — for stor

Huskeregel: konveks graf ligger over tangentene, så tangent-nullpunktet havner der grafen er positiv; for voksende ff er det til høyre for roten. Merk at regelen gjelder fra og med x1x_1 — startpunktet x0x_0 kan ligge på «feil» side, men første steg hopper over til riktig side.

Intuisjon: en konveks graf bøyer seg opp og vekk fra tangentene sine. Følger du tangenten fra et punkt på grafen ned til aksen, kommer du til et sted der grafen selv fortsatt er over null-nivået tangenten traff — altså på den siden av roten der f>0f > 0. For en voksende funksjon er det høyresiden: steget stopper «for tidlig», over roten.

Derfor må fortegnet holdes på hele intervallet: argumentet sammenlikner tangenten med grafen hele veien fra xnx_n til rr. Skifter f′′f'' fortegn underveis, kan grafen krysse tangenten, og konklusjonen ryker. Standardføringen er derfor en linje av typen «f′′(x)=6x>0f''(x) = 6x > 0 for alle x∈[1,2, 1,5]⊃[r,xn]x \in [1{,}2,\ 1{,}5] \supset [r, x_n]» — et intervallargument, ikke en punktevaluering (sensormerknad H2016).

✏️Eksempel 2: Feilens fortegn med intervallargument

I eksempel 1 fant vi x2≈1,2147x_2 \approx 1{,}2147 for roten r∈(1, 1,5)r \in (1,\ 1{,}5) av f(x)=x3+x−3f(x) = x^3 + x - 3. Avgjør med et krumningsargument om x2x_2 er for stor eller for liten.

Vi sjekker fortegnene til f′f' og f′′f'' på hele intervallet [1, 1,5][1,\ 1{,}5], som inneholder både rr og alle iteratene:

- f′(x)=3x2+1≥4>0f'(x) = 3x^2 + 1 \ge 4 > 0 for x∈[1, 1,5]x \in [1,\ 1{,}5] — ff er strengt voksende der.
- f′′(x)=6x≥6>0f''(x) = 6x \ge 6 > 0 for alle x∈[1, 1,5]x \in [1,\ 1{,}5] — ff er konveks på hele intervallet.

ff er altså voksende og konveks på hele intervallet mellom rot og iterater: tabellen (konveks + voksende) gir at hvert Newton-steg lander til høyre for roten. Spesielt er
x2>r,x_2 > r,
så x2≈1,2147x_2 \approx 1{,}2147 er for stor. ■\blacksquare

(Kontroll: r≈1,21341<1,21471=x2r \approx 1{,}21341 < 1{,}21471 = x_2 ✓. Merk føringen: begge fortegnene er begrunnet med ulikheter som gjelder hele intervallet — ikke med innsetting av ett punkt.)

📝Oppgave 2

Likningen ex=3xe^x = 3x har en løsning r∈(0,1)r \in (0, 1) (og f(x)=ex−3xf(x) = e^x - 3x har f(0)=1>0f(0) = 1 > 0, f(1)=e−3<0f(1) = e - 3 < 0).

a) Utfør to Newton-steg fra x0=0x_0 = 0.

b) Avgjør med et krumningsargument på hele intervallet om x2x_2 er for stor eller for liten.

Konvergensbeviset (kunne-nivå, H2006/H2019-typen)

Krumningsargumentet gir mer enn feilens fortegn — det gir et fullt konvergensbevis: iteratene danner en monoton, begrenset følge som må konvergere, og grensen må være roten. Strukturen er induksjon + krumning.

Monotont konvergensbevis (skjemaet)

For ff voksende og konveks på [r,x0][r, x_0] (de andre tilfellene er speilbilder):

1. Induksjon: vis at xn>rx_n > r for alle n≥1n \ge 1 — basissteget er krumningsargumentet for x1x_1; trinnet gjentar det for xn+1x_{n+1} gitt xn>rx_n > r.
2. Monotoni: for xn>rx_n > r er f(xn)>0f(x_n) > 0 og f′(xn)>0f'(x_n) > 0, så xn+1=xn−f(xn)/f′(xn)<xnx_{n+1} = x_n - f(x_n)/f'(x_n) < x_n — følgen avtar.
3. Konvergens: følgen er avtakende og nedad begrenset (av rr), så den konvergerer mot en grense L≥rL \ge r (kompletthetsprinsippet).
4. Grensen er roten: lar du n→∞n \to \infty i iterasjonsformelen, får du L=L−f(L)/f′(L)L = L - f(L)/f'(L), altså f(L)=0f(L) = 0; entydigheten fra kap. 4.1 gir L=rL = r.

✏️Eksempel 3 (kunne-nivå): fullt konvergensbevis

La f(x)=x3+x−3f(x) = x^3 + x - 3 med rot r∈(1, 1,5)r \in (1,\ 1{,}5), og la x0=1,5x_0 = 1{,}5. Vis at Newton-følgen (xn)(x_n) er avtakende for n≥0n \ge 0, at xn>rx_n > r for alle nn, og at xn→rx_n \to r.

På [r, 1,5][r,\ 1{,}5] er f′(x)=3x2+1>0f'(x) = 3x^2+1 > 0 og f′′(x)=6x>0f''(x) = 6x > 0 (begge for alle x≥1>0x \ge 1 > 0, spesielt på hele intervallet).

1. Induksjon på påstanden xn>rx_n > r (for n≥0n \ge 0).
Basissteg: x0=1,5>rx_0 = 1{,}5 > r siden r<1,5r < 1{,}5. ✓
Induksjonstrinn: anta xn>rx_n > r. La T(x)=f(xn)+f′(xn)(x−xn)T(x) = f(x_n) + f'(x_n)(x - x_n) være tangenten i xnx_n; per konstruksjon er T(xn+1)=0T(x_{n+1}) = 0. Konveksiteten (f′′>0f'' > 0 på hele intervallet) betyr at grafen ligger over tangentene sine, med likhet bare i tangeringspunktet. Evaluert i xn+1≠xnx_{n+1} \neq x_n gir det
f(xn+1)>T(xn+1)=0=f(r).f(x_{n+1}) > T(x_{n+1}) = 0 = f(r).
Siden ff er strengt voksende, følger xn+1>rx_{n+1} > r. ✓ Ved induksjon gjelder xn>rx_n > r for alle nn.

2. Følgen avtar. For xn>rx_n > r er f(xn)>f(r)=0f(x_n) > f(r) = 0 (voksende ff) og f′(xn)>0f'(x_n) > 0, så
xn+1=xn−f(xn)f′(xn)⏟>0<xn.x_{n+1} = x_n - \underbrace{\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}}_{> 0} < x_n.

3. Konvergens. (xn)(x_n) er avtakende og nedad begrenset av rr; kompletthetsprinsippet gir at xn→Lx_n \to L for en L≥rL \ge r.

4. Grensen er roten. ff og f′f' er kontinuerlige og f′(L)≥f′(1)=4≠0f'(L) \ge f'(1) = 4 \neq 0, så vi kan la n→∞n \to \infty i xn+1=xn−f(xn)/f′(xn)x_{n+1} = x_n - f(x_n)/f'(x_n):
L=L−f(L)f′(L)  ⟹  f(L)=0.L = L - \frac{f(L)}{f'(L)} \;\Longrightarrow\; f(L) = 0.
Entydigheten (kap. 4.1: f′>0f' > 0 på R\mathbb{R}) gir L=rL = r. Altså xn→rx_n \to r. ■\blacksquare

Løkke 3: Fikspunktiterasjon

Den andre maskinen skriver likningen om til formen x=g(x)x = g(x) og mater funksjonen med sitt eget svar: xn+1=g(xn)x_{n+1} = g(x_n).

Fikspunkt
Et fikspunkt for funksjonen gg er et tall rr med
g(r)=rg(r) = r
— et punkt gg lar stå i ro. Geometrisk er fikspunktene skjæringspunktene mellom grafen y=g(x)y = g(x) og diagonalen y=xy = x. En likning f(x)=0f(x) = 0 gjøres om til fikspunktform ved å isolere en xx: løsningene av f(x)=0f(x)=0 blir nøyaktig fikspunktene til den omskrevne gg.
Fikspunktiterasjon
Fikspunktiterasjonen starter i x0x_0 og gjentar
xn+1=g(xn).x_{n+1} = g(x_n).
Konvergerer følgen mot en LL, og gg er kontinuerlig, er LL automatisk et fikspunkt: L=lim⁡xn+1=lim⁡g(xn)=g(L)L = \lim x_{n+1} = \lim g(x_n) = g(L). Spørsmålet er om den konvergerer — det avgjør størrelsen på ∣g′∣|g'| nær fikspunktet.
Kontraksjonsvilkåret ∣g′∣≤k<1|g'| \le k < 1
Anta at det finnes en konstant k<1k < 1 med ∣g′(x)∣≤k|g'(x)| \le k for alle xx i et intervall II som inneholder fikspunktet rr, og at gg sender II inn i II. Da er iterasjonen en kontraksjon: ved sekantsetningen finnes en cc mellom xnx_n og rr med
∣xn+1−r∣=∣g(xn)−g(r)∣=∣g′(c)∣ ∣xn−r∣≤k ∣xn−r∣.|x_{n+1} - r| = |g(x_n) - g(r)| = |g'(c)|\,|x_n - r| \le k\,|x_n - r|.
Feilen krymper altså med faktoren kk i hvert steg, så ∣xn−r∣≤kn∣x0−r∣→0|x_n - r| \le k^n |x_0 - r| \to 0: iterasjonen konvergerer. Er derimot ∣g′(r)∣>1|g'(r)| > 1, forstørres små feil, og iterasjonen rømmer fra fikspunktet.
✏️Eksempel 4: Fikspunktiterasjon med kontraksjonsbevis

Likningen xex=1x e^x = 1 har nøyaktig én positiv løsning rr (vist med malen fra kap. 4.1; r∈(0,1)r \in (0,1)).

a) Vis at rr er et fikspunkt for g(x)=e−xg(x) = e^{-x}.

b) Iterér to ganger fra x0=0,5x_0 = 0{,}5.

c) Forklar hvorfor iterasjonen konvergerer mot rr.

a) For x>0x > 0 er xex=1⇔x=e−xx e^x = 1 \Leftrightarrow x = e^{-x} (del på ex≠0e^x \neq 0). Løsningen rr oppfyller altså g(r)=e−r=rg(r) = e^{-r} = r — den er fikspunkt for gg. ✓

b) x1=g(0,5)=e−0,5≈0,606531x_1 = g(0{,}5) = e^{-0{,}5} \approx 0{,}606531; x2=g(x1)=e−0,606531≈0,545239x_2 = g(x_1) = e^{-0{,}606531} \approx 0{,}545239.

c) Vi bruker intervallet I=[0,4, 0,7]I = [0{,}4,\ 0{,}7], som inneholder både x0x_0 og rr (r≈0,5671r \approx 0{,}5671).

gg holder seg i II: gg er avtakende, så g(I)=[e−0,7, e−0,4]≈[0,497, 0,670]⊂Ig(I) = [e^{-0{,}7},\ e^{-0{,}4}] \approx [0{,}497,\ 0{,}670] \subset I. ✓

Kontraksjon: g′(x)=−e−xg'(x) = -e^{-x}, så for x∈Ix \in I er
∣g′(x)∣=e−x≤e−0,4≈0,670=k<1.|g'(x)| = e^{-x} \le e^{-0{,}4} \approx 0{,}670 = k < 1.
Sekantsetningen gir da ∣xn+1−r∣=∣g′(c)∣∣xn−r∣≤k∣xn−r∣|x_{n+1} - r| = |g'(c)||x_n - r| \le k|x_n - r|, så feilen krymper geometrisk: ∣xn−r∣≤kn∣x0−r∣→0|x_n - r| \le k^n|x_0 - r| \to 0. Iterasjonen konvergerer mot rr. ■\blacksquare

(Merk fortegnet: g′<0g' < 0 gjør at iteratene hopper til motsatt side av rr i hvert steg — 0,5<r<0,60650{,}5 < r < 0{,}6065, så 0,5452<r0{,}5452 < r igjen … en spiral inn mot fikspunktet, se figuren under.)

Trappe- og spiralfigur (spindelvev)

Iterasjonen tegnes som et spindelvev: fra xnx_n går du loddrett til kurven y=g(x)y = g(x) (det gir g(xn)=xn+1g(x_n) = x_{n+1}) og vannrett til diagonalen y=xy = x (det gjør svaret til neste input). Med 0<g′(r)<10 < g'(r) < 1 kryper vevet ensidig mot fikspunktet — en trapp; med −1<g′(r)<0-1 < g'(r) < 0 hopper det annenhver side — en spiral. Med ∣g′(r)∣>1|g'(r)| > 1 vender vevet utover: fikspunktet frastøter.

✏️Eksempel 5: Tiltrekkende og frastøtende fikspunkt

La g(x)=x2+23g(x) = \dfrac{x^2 + 2}{3}. Finn begge fikspunktene til gg, og avgjør for hvert av dem om fikspunktiterasjonen konvergerer dit fra startpunkter like ved.

Fikspunktene: g(x)=x⇔x2+2=3x⇔x2−3x+2=(x−1)(x−2)=0g(x) = x \Leftrightarrow x^2 + 2 = 3x \Leftrightarrow x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2) = 0, altså r=1r = 1 og r=2r = 2.

Derivert-testen: g′(x)=2x3g'(x) = \dfrac{2x}{3}.

- I r=1r = 1: ∣g′(1)∣=23<1|g'(1)| = \dfrac23 < 1 — tiltrekkende. På f.eks. I=[0,5, 1,5]I = [0{,}5,\ 1{,}5] er ∣g′(x)∣≤2⋅1,53=1|g'(x)| \le \dfrac{2 \cdot 1{,}5}{3} = 1… ikke godt nok; stram inn til I=[0,5, 1,4]I = [0{,}5,\ 1{,}4]: ∣g′∣≤2,83≈0,933=k<1|g'| \le \dfrac{2{,}8}{3} \approx 0{,}933 = k < 1, og g(I)=[g(0,5),g(1,4)]=[0,75, 1,32]⊂Ig(I) = [g(0{,}5), g(1{,}4)] = [0{,}75,\ 1{,}32] \subset I. Kontraksjonsargumentet gir konvergens mot 11 for start i II. Talltest fra x0=0,5x_0 = 0{,}5: 0,75→0,854→0,910→⋯→10{,}75 \to 0{,}854 \to 0{,}910 \to \dots \to 1. ✓
- I r=2r = 2: ∣g′(2)∣=43>1|g'(2)| = \dfrac43 > 1 — frastøtende. Små avvik forstørres med faktor ≈43\approx \dfrac43 per steg: fra x0=2,1x_0 = 2{,}1 gir iterasjonen 2,137→2,188→2,263→2,374→…2{,}137 \to 2{,}188 \to 2{,}263 \to 2{,}374 \to \dots — vekk fra 22.

Konklusjon: iterasjonen finner fikspunktet 11, men kan aldri finne 22 (annet enn ved å starte eksakt der). ■\blacksquare

📝Oppgave 3

Likningen cos⁡x=x\cos x = x har nøyaktig én løsning rr, og den ligger i (0,6, 0,9)(0{,}6,\ 0{,}9).

a) Iterér xn+1=cos⁡xnx_{n+1} = \cos x_n to ganger fra x0=0,7x_0 = 0{,}7.

b) Vis at iterasjonen konvergerer mot rr, ved å sjekke kontraksjonsvilkåret på I=[0,6, 0,9]I = [0{,}6,\ 0{,}9].

Sammenhengen P1P_1 = tangent = ett Newton-steg

Taylorpolynomet av grad 1 om aa (kommer i kap. 4.3) er P1(x)=f(a)+f′(a)(x−a)P_1(x) = f(a) + f'(a)(x-a) — nøyaktig tangenten i aa. Løser du P1(x)=0P_1(x) = 0, får du x=a−f(a)/f′(a)x = a - f(a)/f'(a) — nøyaktig ett Newton-steg fra aa. Newtons metode er altså «erstatt ff med sitt Taylorpolynom av grad 1, løs, gjenta». Dette knytter hele kjeden i Del 4 sammen, og er et yndet teorispørsmål.

Flere øvingsoppgaver

Drill på hele kjeden: iterér, begrunn feilens fortegn med intervallargument, og før kontraksjonsbevis.

📝Oppgave 4

Utfør ett Newton-steg på f(x)=x2−10f(x) = x^2 - 10 fra x0=3x_0 = 3, og oppgi x1x_1 som brøk.

📝Oppgave 5

Forklar med utgangspunkt i tangentlikningen hvorfor Newton-steget har formen xn+1=xn−f(xn)/f′(xn)x_{n+1} = x_n - f(x_n)/f'(x_n).

📝Oppgave 6

Likningen x3=9x^3 = 9 har én reell løsning rr, og 2<r<2,12 < r < 2{,}1 (sjekk gjerne fortegn selv).

a) Utfør to Newton-steg på f(x)=x3−9f(x) = x^3 - 9 fra x0=2,1x_0 = 2{,}1.

b) Er x2x_2 for stor eller for liten? Begrunn med et krumningsargument på hele intervallet.

📝Oppgave 7

Likningen x=x3+14x = \dfrac{x^3 + 1}{4} har en løsning i (0, 0,5)(0,\ 0{,}5).

a) Iterér xn+1=g(xn)=xn3+14x_{n+1} = g(x_n) = \dfrac{x_n^3 + 1}{4} to ganger fra x0=0x_0 = 0.

b) Vis med kontraksjonsvilkåret at iterasjonen konvergerer mot løsningen.

📝Oppgave 8

La f(x)=ln⁡xf(x) = \ln x (med roten r=1r = 1).

a) Utfør to Newton-steg fra x0=2x_0 = 2.

b) Vis at x1<1x_1 < 1 selv om x0>1x_0 > 1, og forklar med krumningstabellen hvorfor alle iteratene fra og med x1x_1 er underestimat.

📝Oppgave 9

(Krevende, H2019-typen.) La f(x)=x2−5f(x) = x^2 - 5 og x0=3x_0 = 3. Vis ved induksjon at Newton-følgen oppfyller xn>5x_n > \sqrt5 for alle n≥0n \ge 0, at følgen er avtakende, og at xn→5x_n \to \sqrt5.

Begrepsbank til eksamen

Kjernebegrepene i eksamensrettet kortform — verktøykassen for Newton/fikspunkt-delen av sjanger F.

Begrepsbanken gjentar det du nettopp har lest — hopp trygt over ved førstegangslesing.

Newtons metode (kortform)
xn+1=xn−f(xn)f′(xn)x_{n+1} = x_n - \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}: hopp til tangentens nullpunkt, gjenta. Krever f′(xn)≠0f'(x_n) \neq 0. Regn nøyaktig så mange steg som oppgaven ber om.
Geometrien bak steget

Tangenten i (xn,f(xn))(x_n, f(x_n)) er y=f(xn)+f′(xn)(x−xn)y = f(x_n) + f'(x_n)(x - x_n); sett y=0y = 0 og løs — det er Newton-formelen. Kunne utledes på forespørsel.

Krumningstabellen (feilens fortegn)

Med faste fortegn på f′f' og f′′f'' på hele intervallet mellom iterat og rot: konveks + voksende → for stor; konveks + avtakende → for liten; konkav + voksende → for liten; konkav + avtakende → for stor. Gjelder fra og med x1x_1.

«På hele intervallet» (H2016-kravet)

Krumningsargumentet sammenlikner tangent og graf langs hele veien fra iterat til rot — derfor må f′′f''-fortegnet begrunnes med en ulikhet som dekker hele intervallet, aldri med innsetting av ett punkt.

Konvergensbevisets fire trinn

(1) Induksjon: alle iterater på samme side av roten (krumning). (2) Monotoni: følgen avtar/vokser. (3) Kompletthetsprinsippet: monoton + begrenset ⇒ konvergent. (4) Grenseovergang i formelen ⇒ grensen er roten (entydighet fra kap. 4.1 avslutter).

Fikspunkt (kortform)
g(r)=rg(r) = r: et punkt gg lar stå i ro; grafisk skjæringen mellom y=g(x)y = g(x) og y=xy = x. Likningen f(x)=0f(x) = 0 omskrives til x=g(x)x = g(x) ved å isolere en xx.
Kontraksjonsvilkåret (kortform)
∣g′(x)∣≤k<1|g'(x)| \le k < 1 på et intervall II rundt fikspunktet, og g(I)⊆Ig(I) \subseteq I: da gir sekantsetningen ∣xn+1−r∣≤k∣xn−r∣|x_{n+1} - r| \le k|x_n - r|, så feilen krymper geometrisk, ∣xn−r∣≤kn∣x0−r∣→0|x_n - r| \le k^n|x_0 - r| \to 0.
Tiltrekkende vs. frastøtende fikspunkt
∣g′(r)∣<1|g'(r)| < 1: fikspunktet tiltrekker (iterasjonen finner det). ∣g′(r)∣>1|g'(r)| > 1: det frastøter (små feil forstørres — iterasjonen rømmer). Testen er å derivere gg og evaluere størrelsesorden nær rr.
Spindelvev: trapp og spiral

Loddrett til kurven (xn+1=g(xn)x_{n+1} = g(x_n)), vannrett til diagonalen (gjør svaret til input). 0<g′(r)<10 < g'(r) < 1: ensidig trapp. −1<g′(r)<0-1 < g'(r) < 0: spiral, annenhver side. ∣g′(r)∣>1|g'(r)| > 1: vevet vender utover.

P1P_1 = tangent = ett Newton-steg

Taylorpolynomet P1(x)=f(a)+f′(a)(x−a)P_1(x) = f(a) + f'(a)(x - a) er tangenten i aa, og nullpunktet dens er a−f(a)/f′(a)a - f(a)/f'(a) — ett Newton-steg. Newton = «lineariser med P1P_1, løs, gjenta».

Startverdiens rolle
x0x_0 kan ligge på «feil» side av roten (sideregelen gjelder først fra x1x_1), og en x0x_0 med f′(x0)≈0f'(x_0) \approx 0 kan slynge iterasjonen langt av gårde. Velg start i intervallet der eksistensbeviset plasserte roten.
Kjeden i sjanger F

Full eksamensoppgave: (a) eksistens + entydighet (kap. 4.1-malen), (b) 1–2 Newton-steg, (c) for stor/for liten med krumningsargument på hele intervallet — eller fikspunktvarianten med kontraksjon. Del-kapitlene 4.1–4.2 er én sammenhengende leveranse.

Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 5 oppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Bergen. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.