3.5 Newtons metode | Matematikk R1

Numerisk løysing av likningar ved iterasjon.

55 min

9 oppgaver

Newtons metodeIterasjonNumerisk rotfinningKonvergensStartverdiar

Du leser den tradisjonelle versjonen

Din fremgang i kapitlet

0 / 9 oppgaver

Kapitlets plass i kurset

Bygger på

3.3Derivasjonens definisjon

Numerisk løysing av likningar

Mange likningar kan ikkje løysast eksakt med algebraiske metodar. Til dømes:
- $x^5 - 3x + 1 = 0$
- $e^x = 3x$
- $\cos x = x$

Likninga $\cos x = x$ bruker cosinus, som høyrer til R2. Døme 2 og oppgåve 3 a) er difor fordjuping. Vi bruker òg nokre deriverte som du lærer å finne i kapittel 4: $(e^x)' = e^x$ og $\displaystyle (\ln x)' = \frac{1}{x}$ .

Newtons metode gir oss ein måte å finne tilnærma løysingar med høg presisjon.

Ideen: Start med ei gjetting, og forbetre ho iterativt ved å følgje tangentlinja.

Newtons metode

f(x) = 0

Utleiing av formelen

Tangentlinja til $f$ i $(x_n, f(x_n))$ har likning:
$y - f(x_n) = f'(x_n)(x - x_n)$

Vi finn kvar tangenten kryssar $x$ -aksen ( $y = 0$ ):
$0 - f(x_n) = f'(x_n)(x - x_n)$
$x = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$

Dette gir oss $x_{n+1}$ .

✏️Døme 1: Finne kvadratrota av 2

Bruk Newtons metode til å finne $\sqrt{2}$ ved å løyse $x^2 - 2 = 0$ .

Sett opp:
-

f(x) = x^2 - 2

f'(x) = 2x

- Iterasjonsformel:

\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2 - 2}{2x_n} = \frac{x_n^2 + 2}{2x_n} = \frac{x_n}{2} + \frac{1}{x_n}

Startverdi: $x_0 = 1$

Iterasjonar:

$n$	$x_n$
0	1
1	$\displaystyle \frac{1}{2} + \frac{1}{1} = 1{,}5$
2	$\displaystyle \frac{1{,}5}{2} + \frac{1}{1{,}5} = 1{,}4167$
3	$1{,}4142$

Svar:

\sqrt{2} \approx 1{,}4142

(etter 3 iterasjonar)

✏️Døme 2: Løyse ei transcendent likning (fordjuping)

Fordjuping (utanfor læreplanen for R1): cosinus og sinus er R2-stoff, og her bruker vi at $(\cos x)' = -\sin x$ .

Finn ei løysing av $\cos x = x$ med Newtons metode.

Omform til nullpunktsproblem:

f(x) = \cos x - x = 0

Derivert:
$f'(x) = -\sin x - 1$

Iterasjonsformel:
$x_{n+1} = x_n - \frac{\cos x_n - x_n}{-\sin x_n - 1}$

Startverdi: $x_0 = 0{,}5$ (frå grafisk inspeksjon)

Iterasjonar:

$n$	$x_n$	$f(x_n)$
0	0,5	0,378
1	0,7552	$-0{,}0271$
2	0,7391	$-0{,}00009$

Svar:

x \approx 0{,}7391

er løysinga av

\cos x = x

Konvergens og problem

f'(x) \neq 0

📝Oppgave 1

Bruk Newtons metode med 3 iterasjonar.

Finn $\sqrt{5}$ ved å løyse $x^2 - 5 = 0$ med $x_0 = 2$ .

Finn $\sqrt[3]{10}$ ved å løyse $x^3 - 10 = 0$ med $x_0 = 2$ .

Løys $e^x = 3x$ med $x_0 = 2$ .

📝Oppgave 2

Likninga $x^3 - 2x - 5 = 0$ har éi reell løysing.

Vis at løysinga ligg mellom 2 og 3.

Bruk Newtons metode med $x_0 = 2$ til å finne løysinga med 4 desimalars nøyaktigheit.

Løs oppgaven

Gjør dette i GeoGebra

Utforsk Newtons metode grafisk

Sjå korleis tangentlinjene konvergerer mot nullpunktet.

Skriv inn én linje om gangen i inntastingsfeltet:

f(x) = x^3 - 2x - 5
x0 = 3
A = (x0, f(x0))
tang1 = Tangent(A, f)
B = Intersect(tang1, xAxis)
x1 = x(B)
C = (x1, f(x1))
tang2 = Tangent(C, f)
D = Intersect(tang2, xAxis)

Med språket satt til norsk forstår GeoGebra kommandonavnene både på norsk og engelsk.

Åpne GeoGebra

✏️Døme 3: Når Newtons metode feilar

Prøv å løyse $x^{1/3} = 0$ (kubikkrot) med Newtons metode. Bruk $x_0 = 1$ .

Sett opp:
-

f(x) = x^{1/3}

\displaystyle f'(x) = \frac{1}{3}x^{-2/3}

Iterasjonsformel:
$\begin{aligned} x_{n+1} &= x_n - \frac{x_n^{1/3}}{\frac{1}{3}x_n^{-2/3}} \\ &= x_n - \frac{x_n^{1/3} \cdot 3x_n^{2/3}}{1} \\ &= x_n - 3x_n \\ &= -2x_n \end{aligned}$

Iterasjonar:

$n$	$x_n$
0	$1$
1	$-2$
2	$4$
3	$-8$
4	$16$

Iterata

1, -2, 4, -8, 16, \ldots

divergerer — verdiane veks og sprett mellom positiv og negativ.
Årsak:
Nullpunktet er

x = 0

, men der er

\displaystyle f'(0) = \frac{1}{3} \cdot 0^{-2/3} \to \infty

. Den deriverte er ubegrensa nær nullpunktet, og tangentlinjene peikar lenger og lenger bort. Newtons metode konvergerer ikkje.
Svar: Newtons metode divergerer her, og vi finn ikkje nullpunktet

x = 0

frå

x_0 = 1

Når skal vi stoppe iterasjonane?

I praksis bruker vi eit stoppkriterium for å avgjere når vi har god nok tilnærming:

1. Endring mellom iterasjonar: $|x_{n+1} - x_n| < \text{toleranse}$ (t.d. $10^{-6}$ )
2. Funksjonsverdi nær null: $|f(x_n)| < \text{toleranse}$

Vanlegvis er 5–10 iterasjonar nok til å oppnå meir enn 10 desimalars nøyaktigheit, takka vere den kvadratiske konvergensen.

📝Oppgave 3

Bruk Newtons metode på ulike problem.

(Fordjuping, R2-stoff) Finn nullpunktet til $f(x) = x - \cos x$ med $x_0 = 1$ . Utfør 3 iterasjonar.

Likninga $\ln x = 5 - x$ har ei løysing nær $x = 4$ . Bruk Newtons metode til å finne ho.

Forklar kvifor $x_0 = 0$ er ein dårleg startverdi for å løyse $f(x) = x^2 - 1 = 0$ med Newtons metode.

📝Oppgave 4

Skriv ein algoritme (pseudokode eller Python) for Newtons metode.

Skriv ein funksjon newton(f, f_derivert, x0, toleranse, maks_iter) som returnerer eit tilnærma nullpunkt. Funksjonen skal iterere til $|f(x_n)| < \text{toleranse}$ eller maks tal på iterasjonar er nådd.

Test algoritmen på $f(x) = x^3 - 2$ for å finne $\sqrt[3]{2}$ . Kor mange iterasjonar trengst for 10 desimalars nøyaktigheit?

Halveringsmetoden

Newtons metode krev den deriverte og ein god startverdi. Halveringsmetoden krev berre at $f$ er kontinuerleg og skifter forteikn i eit intervall.

Er $f(a)$ og $f(b)$ av motsett forteikn, er $f(a) \cdot f(b) < 0$ , og $f$ har eit nullpunkt i $\langle a, b \rangle$ . Vi reknar ut midtpunktet $\displaystyle m = \frac{a + b}{2}$ og beheld den halvdelen der forteiknsskiftet er:

- Er $f(a) \cdot f(m) < 0$ , ligg nullpunktet i $\langle a, m \rangle$ , og vi set $b = m$ .
- Elles ligg nullpunktet i $[m, b \rangle$ , og vi set $a = m$ .

Kvar runde halverer intervallet. Startar vi med lengda $b - a$ , er lengda $\displaystyle \frac{b - a}{2^n}$ etter $n$ rundar, og nullpunktet ligg alltid i det intervallet vi har att.

✏️Eksempel 4: Halveringsmetoden på

e^x = 4

La $f(x) = e^x - 4$ .

a) Vis at $f$ har eit nullpunkt i $\langle 1, 2 \rangle$ .

b) Utfør tre rundar med halveringsmetoden for hand.

c) Programmet nedanfor bruker halveringsmetoden. Forklar kva det gjer, og kva det skriv ut.

from math import exp

def f(x):
    return exp(x) - 4

a = 1
b = 2
while b - a > 0.001:
    m = (a + b) / 2
    if f(a) * f(m) < 0:
        b = m
    else:
        a = m

print(a, b)

a) $f(1) = e - 4 \approx -1{,}2817 < 0$ og $f(2) = e^2 - 4 \approx 3{,}3891 > 0$ .

$f$ er kontinuerleg og skifter forteikn, så $f$ har eit nullpunkt i $\langle 1, 2 \rangle$ .

Svar: $f(1) < 0 < f(2)$ , så det finst eit nullpunkt i $\langle 1, 2 \rangle$ .

Runde	$a$	$b$	$m$
1	1	2	1,5
2	1	1,5	1,25
3	1,25	1,5	1,375
Runde	$f(m)$	Nytt intervall
1	$0{,}4817$	$\langle 1;\ 1{,}5 \rangle$
2	$-0{,}5097$	$\langle 1{,}25;\ 1{,}5 \rangle$
3	$-0{,}0449$	$\langle 1{,}375;\ 1{,}5 \rangle$

Svar: Etter tre rundar ligg nullpunktet i

\langle 1{,}375;\ 1{,}5 \rangle

.
c) f er funksjonen, a og b er endepunkta. Løkka køyrer så lenge intervallet er lengre enn 0,001. I kvar runde reknast midtpunktet m ut, og if-testen beheld den halvdelen der

f

skifter forteikn.
Lengda startar på 1 og halverast kvar runde. Etter 10 rundar er ho

\displaystyle \frac{1}{2^{10}} = \frac{1}{1024} < 0{,}001

, og løkka stoppar.
Det eksakte nullpunktet er

x = \ln 4 \approx 1{,}38629

Svar: Programmet skriv ut endepunkta i det siste intervallet: 1.3857421875 1.38671875. Nullpunktet $x = \ln 4 \approx 1{,}386$ ligg mellom dei.

📝Oppgave 5

La $f(x) = x^3 + x - 3$ .

Vis at $f$ har eit nullpunkt i $\langle 1, 2 \rangle$ .

Utfør tre rundar med halveringsmetoden. I kva intervall ligg nullpunktet etterpå?

📝Oppgave 6

Programmet nedanfor bruker halveringsmetoden.

def f(x):
    return x**2 - 3

a = 1
b = 2
while b - a > 0.2:
    m = (a + b) / 2
    print(m)
    if f(a) * f(m) < 0:
        b = m
    else:
        a = m

Kva skriv programmet ut?

Kva tal nærmar midtpunkta seg viss vi let løkka gå lenger? Grunn svaret.

Kor mange rundar køyrer løkka viss vi byter 0.2 med 0.001?

📝Oppgave 7

Vi vil løyse likninga $e^x = 3x$ med programmet frå eksempel 4.

Endre programmet slik at det finn løysinga som ligg i $\langle 0, 1 \rangle$ . Kva skriv det ut?

Kva skriv programmet ut viss vi startar med a = -1 og b = 0? Er det ei løysing av likninga?

Legg til ein kontroll slik at programmet skriv ut ei melding når det ikkje er forteiknsskifte i startintervallet.

Samanlikning: Newtons metode vs. halveringsmetoden

Newtons metode
Fart	Kvadratisk konvergens (rask)
Krav	$f'(x)$ , god startverdi
Pålitelegheit	Kan divergere
Halveringsmetoden
Fart	Lineær konvergens (langsam)
Krav	Berre eit forteiknsskifte: $f(a) \cdot f(b) < 0$
Pålitelegheit	Fungerer alltid når vi har forteiknsskifte

I praksis: Halveringsmetoden gir eit grovt intervall rundt nullpunktet, og Newtons metode med startverdi i det intervallet gir raskt mange riktige desimalar.

Oppsummering

Newtons metode:
$x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$

Framgangsmåte:
1. Omform likninga til $f(x) = 0$
2. Finn $f'(x)$
3. Vel ein god startverdi $x_0$
4. Iterer til ønskt nøyaktigheit

Halveringsmetoden: Halver intervallet og behald halvdelen der $f$ skifter forteikn. Langsam, men verkar alltid når $f$ er kontinuerleg og $f(a) \cdot f(b) < 0$ .

Fordelar med Newtons metode:
- Rask konvergens (doblar presisjon per steg)
- Fungerer for dei fleste funksjonar

Ulemper med Newtons metode:
- Krev god startverdi
- Krev at $f'(x) \neq 0$

Repetisjonsoppgåver

Din fremgang

0deloppgaver0 / 5 oppgaver

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.