Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Newton‐Raphsons metod
1 av 13
NEWTON-RAPHSONS METOD (en metod för numerisk lösning av ekvationer)
Många ekvationer är besvärligt och ibland även omöjligt att lösa exakt. Då använder man numeriska metoder för att bestämma en approximativ lösning till en sådan ekvation. En numerisk metod som används ofta är s.k. NEWTON-RAPHSONS METOD.
Anmärkning: För nummeriska beräkningar i denna stencil kan du använda ett dataprogram (t ex Maple) eller miniräknare.
Fall 1. ENKEL ROT. Först betraktar vi fallet med enkel rot till ekvationen f(x)0 (eller rot av udda multipliciteten) i intervallet [a,b] . Grafen till funktionen y f(x) skär x-axeln i en punkt som ligger i [a,b]. Låt y f( x) vara en kontinuerlig deriverbar funktion i intervallet [a,b]. Anta vidare att funktionen har ett nollställe c i intervallet [a,b] och att x0 är en punkt som ligger nära funktionens nollställe (se nedanstående figur). Alltså betecknar c den exakta lösningen till ekvationen f(x)0, medan x0 är en approximation av lösningen.
För att få bättre approximation bestämmer vi skärningspunkten mellan x-axeln och tangenten i punkten P(x0, f(x0))
Tangenten genom punkten P har ekvationen y f(x0) f'(x0)(xx0). Skärningspunkten med x-axeln får vi för y=0 dvs
) ( '
) ) (
)(
( ' ) ( 0
0 0 0
0 0
0 f x
x x f
x x x x f x
f
.
Alltså är
) ( '
) (
0 0 0
1 f x
x x f
x en ny approximation av lösningen c.
Vi kan nu använda x1 som ett nytt startvärde och beräkna en ny approximation )
( '
) (
1 1 1
2 f x
x x f
x . På samma sätt har vi
) ( '
) (
1
n n n
n
f x
x x f
x
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Newton‐Raphsons metod
2 av 13 (Iterationsformeln för Newton-Raphsons metod )
När man numeriskt löser ekvationen f(x)0 med Newton-Raphsons metod måste man välja ett start värde som ligger i närheten av den sökta lösningen. Detta kan vi göra genom att rita grafen till y f(x) med hjälp av dator eller miniräknare (eller grovt skissera) och från grafen välja den första approximationen x0. Därefter använder vi formeln
) ( '
) (
1
n n n
n f x
x x f
x och bestämmer några approximationer till den exakta lösningen.
(Formler av ovanstående typ, där xn1 beräknas med hjälp av xnkallas iterativa formler.) Precisionskravet (noggrannhets krav) anges ofta på formen |xk |c .
Anmärkning 1: Det är praktiskt att stanna när |xk xk1 | (dvs när differensen mellan två konsekutiva värden är mindre än men detta garanterar inte att |xk |c . Därefter kan vi kolla om precisionskravet |xk |c är uppfylld på följande sätt.
Tillräckligt villkor för precisionskravet |xk |c .
Om f(xk ) och f(xk ) har olika tecken (dvs f(xk )· f(xk )0då ligger en lösning mellan punkterna (xk ) och (xk ). Med andra ord är avståndet mellan xk och den exakta lösningen c mindre än och precisionskravet |xk |c är uppfylld.
Anmärkning: Vi kan även använda ett kräv till:
| 2
) (
| f xk ( där är ett givet litet tal)2
som garanterar att funktionens värde i punkten xk är nära 0.
I praktiska tillämpningar kräver man ofta att båda krav:
krav 1 |xk c|1 ( tillräckligt villkor för detta är f(xk )· f(xk )0) och
krav 2 | f(xk)|2 är uppfyllda.
==============================================================
Exempel 1. Lös ekvationen ln(x) x 1.4 med Newton-Raphsons metod. Ange en approximativ lösning med tre korrekta decimaler dvs bestäm xk så att avståndet till det exakta läsningen c uppfyller kravet |xk c|0.0005.
Armin Ha
Lösning Steg 1.
bestäm Först ln Funktio
Vi ser a Steg 2.
Vi välje vilken f
Steg 3.
Vi har f
Iteratio
Vi har f
Därför Alltså x I2. x2
alilovic: EXTRA
g:
[Skriv ekv ett (litet) i
)
n(x x onen f(x)
att ett nollstä [Välj startv er startpunkt funktionen h
[ Iteratione
ln(
) (x x f
on 1. x1
1 ( ) (x0 f f
0
1
f x f x
2 .
1 1 x
( '
(
1 1
1 f x
x x f
A ÖVNINGAR
ationen på ntervall ru
4 .
1 ln(x ) ln(
x x
älle ligger m värde x0] ten x0 1. har negativt
er dvs ber
4 . 1 ) x x
( '
) (
0 0
0 f x
x x f
1 ) 1 ln(
)
1
) 1 ( '
) (
0
0
x f
x f
2 . ) 1 )
1 f
f
formen (f unt varje n
4 . 1 ) x x
4 .
1 har följ
mellan 1 och
( Eftersom t värde. Då l
äkningar e
och därmed
) )
4 . 0 4 . 1 1
2 . 2 1
4 ,
0
) 2 . 1 ( '
) 2 . 1 (
f = 1.2
3 av 13 0 )
(x . Rit nollställe.]
0 ljande graf
h 2 dvs i int
funktionen ligger x1 m
enligt forme
d ( ) 1 x x f
4 samt f
209642787
ta grafen fö
tervallet [1,2
är konkav i mellan x oc0
eln xn1 x
1 x
) 1 ( ) ( 0
x f
210 .
1
Ne
ör funktion
2].
i intervallet ch den exak
) ( '
) (
n n
n f x
x x f
2 1 1 )1
ewton‐Raphso
nen y f( x
t väljer vi pu kta lösninge
)].
ons metod
) x och
unkten i n)
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Newton‐Raphsons metod
4 av 13
(Vi avrundar till tre decimaler eftersom vi söker tre korrekta decimaler i denna uppgift)
I3. 1.209660367
) ( '
) (
2 2 2
3
x f
x x f
x 1.210
De första tre decimaler i x31.210 förändras inte så har vi troligt tre korrekta decimaler.
Steg 4. Kontroll om kravet |xk c|0.0005är uppfylld.
Vi har anledning att anta att det exakta nollstället ligger i intervallet )
0005 . 0 210 . 1 , 0005 . 0 210 . 1
(
För att vara säkra beräknar vi funktions värden i ändpunkterna:
0.0005) 210
. 1 (
f 0.001533497
0.0005) 210
. 1 (
f 0.000292949
Alltså den kontinuerliga funktionen f( x) har olika tecken i intervallets ändpunkter. Därför måste ett nollställe ligga i intervallet (1.2100.0005, 1.2100.0005). Därmed är 1.210 en approximativ lösning med tre korrekta decimaler.
Svar. 1.210
Anmärkning 1: Om vi beräknar f(1.210)0.000620360 ser vi att funktionens värde i punkten 1.210 är nära 0.
Anmärkning 2: Lösningen (med 9 korrekta decimaler) är c=1.209660368.
Anmärkning 3: Beräkningen går snabbare om vi först bildar en funktion (som beskriver högra ledet i N-R formel).
) ( '
) ) (
( f x
x x f x
g , i vårt fall
1 1
4 . 1 )
) ln(
(
x x x x
x g
och därefter beräknar direkt 2
. 1 ) ( 0
1 g x
x ,
7 1.20964278 )
( 1
2 g x
x
och x3 g(x2)1.209660367
Exempel 2. (Uppgift 4 TEN15 apr 2013.) Ekvationen x313x2 har en negativ rot.
Bestäm denna med tre korrekta decimaler. Använd Newton-Raphsons metod. Iterationsformel och startvärde skall framgå samt vilka värden som räknats fram innan slutvärdet. (2p)
Armin Ha
Lösning Steg 1.
31 x
Låt ( xf Grafen t
Vi ser a Steg 2.
Vi välje Steg 3.
Vi har:
Därför
Härav
0 x
0 x
0 x
0 1
4 3 2 1 0
x x
Steg 4.
alilovic: EXTRA
g.
Vi skriver
3 2
x
3 ) x3 x x
till f(x):
att en negati Val av start er x0 1.
Beräkning )
(x x3 f
n
n x
x 1
0.532 0.532 0.549 0.667 1
Kontroll om
A ÖVNINGAR
om ekvatio
3 x3 x
2 1 x .
iv rot ligger tpunkten.
g:
1 3 2
x oc
n n
x f
x f
) (
) (
mprecisions
onen (flyttar 0
2 1
x .
r mellan
ch f(x)
n
n x
x 1
skravet är u
5 av 13 r allt till en s
1 och 0.
x
x 6
3 2 .
n n
n x
x x
3 3
2 3
uppfylld.
sida)
n n
x x
6
2 1
Neewton‐Raphsoons metod
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Newton‐Raphsons metod
6 av 13
De första tre decimaler i x5 förändras inte så har vi troligt tre korrekta decimaler. Vi har anledning att anta att det exakta nollstället ligger i intervallet
) 0005 . 0 532 . 0 , 0005 . 0 532 . 0
(
För att vara säkra beräknar vi funktions värden i ändpunkterna:
0.532 0.0005) (
f 0.001662453,
0.532 0.0005) (
f 0,0023786191,
Alltså den kontinuerliga funktionen f(x) har olika tecken i intervallets ändpunkter. Därför måste ett nollställe ligga i intervallet (0.5320.0005,0.5320.0005). Därmed är 0.532 en approximativ lösning med tre korrekta decimaler.
Svar: 0.532
===========================================================
Sammanfattningsvis har vi följande steg för att numeriskt lösa ekvationen f(x)0med Newton-Raphsons metod:
Steg 1. Rita grafen för funktionen y f( x) och bestäm ett (litet) intervall runt varje nollställen. (Välj icke överlappande intervall om det finns flera nollställen .)
c
a b
f(x)
f(b)
f(a)
0
Brå att veta. Låt funktionen y f( x) är kontinuerlig i intervallet [a,b]. Om f(a) och f(b) har olika tecken då har funktionen minst ett nollställe i [a,b]. (Med andra ord har ekvationen
0 ) (x
f minst en lösning i [a,b]) .
Steg 2. Välj en start punkt x0 i intervallet [a,b].
Valet av x0är viktigt. Felaktigt val av x0kan leda till att processen divergerar eller att xn hamnar utanför funktionens definitionsmängd.
Några tips kring val av x0:
i) Välj inte en punkt nära funktionens extrempunkt. Tangenten i en sådan punkt är nästan parallell med x-axeln och första approximation x kan hamna långt bort från lösningen även 1 utanför funktionens definitionsmängd.
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Newton‐Raphsons metod
7 av 13
ii) Anta att f'(x)0, f x( )0 i intervallet [a,b] samt f(a)f(b)0 (dvs f(a)och f(b) har olika tecken).
Ska vi välja a eller b för start punkt?
* Om funktionen är konvex ( f x( )0) i intervallet [a,b] då väljer vi för startpunkten den ändpunktpunkt i vilken är funktionen positiv. (se nedanstående figurer)
* * Om funktionen är konkav ( f x( )0) i intervallet [a,b] då väljer vi för startpunkten den ändpunktpunkt i vilken är funktionen negativ. (se nedanstående figurer)
Steg 3. Beräkningar
) ( '
) (
1
n n n
n f x
x x f
x
Steg 4. Kontroll om precisionskravet är uppfylld dvs när |xk |c .
Armin Ha
Om ( xf ) (xk mindre Anmär iteration
Exempe
3 x3 x
Lösning Grafen t
Från gra Från (f
1
n x
x
n x
x 1
i) För at
0 1 x x = – 01
x = – 02
alilovic: EXTRA
)
k
x och
) och (xk än . kning 1. Om ner.
el 3. Bestäm 0 1 .
2 2
x
g:
till f(x)
afen ser vi a 3 )
(x x3
) ( '
) (
n n
n f x
x x f
n n
n x
x x x
3 3
2 3
tt bestämma och får följ 0.78888888 0.74980038
A ÖVNINGAR
h f(xk )
)
. Med an
m (f xk
m alla lösnin .
2 3 2
3 x
x
att ekvation 1 . 2 3x2 ha
) blir
n n
x x
6 1 .
2 2
a första lösn jande iterati 889
812
har olika te ndra ord är
) och (f xk
ngar, med tr
1 . 2
en har tre re ar vi f(x)
ningen (som ioner
8 av 13 ecken då lig
avståndet m
)
k har s
re korrekta
eella lösnin x
x 6
3 2
m ligger nära
gger en lösn mellan x ok
samma tecke
decimaler,
gar.
och därmed
a -1) väljer
Ne
ning mellan ch den exak
en fortsätter
till ekvation
d iterationsf
vi
ewton‐Raphso
punkterna kta lösninge
r vi med fle
nen
formeln
ons metod
en
era
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Newton‐Raphsons metod
9 av 13 x3 = – 0.7484843689
x4 = – 0.7484828960
Vi har anledning att anta att vi har fått en approximativ lösning – 0.748 med tre korrekta decimaler.
För att vara säkra beräknar vi funktions värden i ändpunkterna:
0.748 0.0005) (
f – , f(0.7480.0005)0.00606095. Alltså har den kontinuerliga funktionen f(x) olika tecken i intervallets ändpunkter. Därför måste ett nollställe ligga i intervallet (0.7480.0005,0.7480.0005). Med andra ord har vi fått en approximativ lösning – 0.748 med tre korrekta decimaler.
ii) För att få den andra lösningen som ligger väldigt nära 1 kan vi t ex välja
0 1
x ,
Vi får
x1 =1.033333333 och x2 =1.033345693
Alltså är 1.033 en lösning med tre korrekta decimaler.
iii) För att få den andra lösningen kan vi t ex välja x0 2.8 Vi har
x1 =2.720833333 x2 =2.715165641 x3 = 2.715137203
Alltså är 2.715 en lösning med tre korrekta decimaler.
[ Det är enkelt att kontrollera att f(2.7150.0005)och f(2.7150.0005) har olika tecken.]
Svar: Tre reella lösningar: – 0.748, 1.033 och 2.715,
Exempel 4. Lös ekvationen x2log10 x med Newton-Raphsons metod. Ange alla lösningar med 5 korrekta decimaler.
Lösning:
Vi skriver om ekvationen: x2log10x0.
Från f(x) x2log10 x har vi
10 ln 1 1 )
(x x
f .
Därmed
10 ln 1 1
log 2 )
( '
)
( 10
1
n
n n
n n n n
n
x
x x x
x f
x x f
x
Armin Ha
Från gra
ser vi at mellan 2 Lägg m så att in i) Vi bö startpun Vi välje och berä
x =0.01
x =0.02
Vi antar Kontrol f(0.010 f(0.010 har olik (0.0102 Därmed Svar i) ii) Vi v
alilovic: EXTRA
afen
tt funktione 2 och 3.
märke till att ngen punkt örjar med no nkt nära 0 i v er x0 0.01
äknar 0102356853 0102385518 r att 0.01024 ll:
024-0.00000 024+0.00000 ka tecken. D
24-0.000005 d är 0.01024
0.01024 väljer x0 3
A ÖVNINGAR
n f(x) x
funktionen t xk hamnar ollställen so vilken funk ( då blir f
37 86
4 är en appr 05) = 0.0001
05)= – 0.00 Därför måste
5, 0.01024+
4 en approxi
3 och får fö
log10
2
är definier r på den ne m ligger nä ktionen har e
) 0 (
f =0.010
roximativ lö 147153 och 00266963 e ett nollstäl +0.000005).
imativ lösni
ljande iterat
10 av 13 x har två n
rad för x>0 egativa dele ära 0. Efters
et positivt v 000 dvs pos
ösning med h
lle ligga i in .
ing med fe
ationer
nollställen, e
0. Vi måste v en av x axel
om funktion värde.
itivt)
5 korrekta
ntervallet
m korrekta
Ne
en väldigt n
vara försikti ln.
nen är konv
decimaler.
decimaler.
ewton‐Raphso
nära noll och
tiga med val
vex väljer vi
ons metod
h en
let av x0
i
Armin Ha
x = 2.31
x = 2.32
x = 2.33
x = 2.34
( Kontro Svar ii)
Fall2 (I dubbel r (max ell
Vi kan a långsam Felupps fallet ha (xk f
För att b hjälpfun (xk g interval Förklar
0 ) (c h
.Alltså ä Exempe 0 .
3 5 x Lösning
alilovic: EXTRA
388614077 375819739 375812088 375812088 ollera själv ) 2.37581
Informativt rot c (eller e ler min).
använda sam mmare den h
skattning. V ar samma te
(
)
f xk bevisa att de nktionen g
( )
g xk let (xk , ring: Vi säg 0. Därför g är x=c ett n
el 7. Bestäm 86 7 02x2 .
g: Grafen ti
A ÖVNINGAR
att f(x4 0
t, ej obligat en rot med j
mma iteratio här gången.
Vi stannar n ecken på båd
0 )
för et exakta lö
) ( '
) ) (
( f x
x x f
g
0 )
. All
)
k
x och
ger att f(x)
( ' ) (
( f x
x x f
g
nollställe till m alla lösnin
93 3 625x .
ill y f( x)
) 000005 .
0 o
torisk i den jämn multip
onsformel x
när |xk xk da sidor av att bevisa a sningen c u
)
) som har e
tså, om (g h vi har fått ) har en rot
( ) )
c x k x x
l g(x) av mu ngar, med tv
0 375 .
02 . 5 ) x3
11 av 13 och (f x4
nna kurs). D plicitet) i in
1 n
n x
x
1 |
k . Läg
nollställen.
att vi har upp uppfyller | x en enkel rot
) (xk och t den sökta n c av multip
) ( )
) (
1h x c
h c x
k
k
ultipliciteten vå korrekta
862 7 2x2 .
) 000005 .
0 h
DUBELL R ntervallet [a
) ( '
) (
n n
x f
x
f , tro
gg märke til (Alltså vi pnått den sö
|c
xk k
i samma pu h g(xk )
noggrannhe plicitet k om
( ) (
) (
x h c x
x h
k
n 1.
decimaler,
937 3 25x .
Ne
har olika tec
ROT. Om fu a,b] då är c
ots att proce
ll att funktio kan inte anv ökta noggra kan vi använ unkt c. Där
har olika te ten.
m f(x)(x
) (
( ) kh x
x
x
till ekvation
75
ewton‐Raphso
cken )
unktionen ha c en extrem
essen konve
onen f(x) i d vända kriter annheten) .
nda
rför kan vi t ecken då lig
) ( ) h x c x k
( ) (
) ( )
h c x
x h c x
nen
ons metod
ar en punkt
rgerar
det här rium
esta om ger c i
där
) x
Armin Ha
Från gra mellan funktion enbart m
) ( x
g
) ( x g oc multipli
Grafen t Nu kan i) Först
) ( x
f
Vi börja
1 x
xn x =2.61
x = 2.52
x =2.53
x = 2.54
Vi har a decimal 52 . 2 ( f vi har få
alilovic: EXTRA
afen ser vi a 1 och 2. (De nens extrem med hjälp av
) ( '
)
( x3
x f
x
f
ch f( x) ha icitet 1.
till g(x) visa vi använda bestämmer
02 .
3 5
x x
ar med x0
) ( '
) (
x f
x x f
n n n 69
55 52
52
anledning at ler. För att v
0.005) 2
ått en appro
A ÖVNINGAR
att ekvation et är inte 10 mvärde är v
v grafen. Fö 10 3
02 . 5
2 2
x x
ar samma no
Grafen
ar att både f NR-metod r vi den enkl
8625
2 7
x
.
. Iteratio3 x 3
xn n
tt anta att vi vara säkra b
– 0.008 och oximativ lös
en har en en 00% säkert
äldigt nära ör att vara sä
862 7 04 .
8625 7
. x
x .
ollställen me
till g(x)
f(x) och g(x och bestäm la roten som
9375 3.
x
onsformeln
0 . 10 3
7 02 . 5
2 2
x x
n n
i har fått en beräknar vi f h f(2.52 sning 2.52
12 av 13 nkel lösning
att maximu 0, t ex lite m äkra plottar 25
9375
3.
.
en g( x) (ef
x) har ett no mma rötter.
m ligger me har vi f ( x
862 7 04
8625 7
. x
x .
n n
approxima funktions v
) 005 .
0 0.
med två ko
g mellan 2 o um ligger på mindre än 0 r vi även hjä
fter förkortn
ollställe i int
llan 2 och 3 x x)3 2 1
25 9375
3.
ge
ativ lösning ärden i ändp 008 har ol orrekta deci
Ne
och 3 och ka å x-axeln. D , som är sv älpfunktione
ning) har en
tervallet (1,
3.Från . x 786 04
.
0
er
2.52 med punkterna:
lika tecken d imaler.
ewton‐Raphso
kanske en du Det kan händ
vårt att avgö en
ndast nollstä
2) och ett
625
två korrekta drar vi sluts
ons metod
ubbelrot da att öra
ällen av
i (2, 3).
a sats att
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Newton‐Raphsons metod
13 av 13 ii) Vi börjar med x0 1. Iterationsformeln
8625 7 04 . 10 3
9375 3 8625 7 02
. 5 )
( '
) (
2 2 3
1 x x .
. x . x x x
x f
x x f
x
n n
n n
n n n n n
n
ger
Vi har anledning att anta att vi har fått en approximativ lösning 1.25 med två korrekta decimaler. (Notera att f(x) har samma tecken på båda sidor av punkten 1,25.) För att vara säkra att vi har fått två korrekta decimaler beräknar vi värden av hjälpfunktionen g(x) i punkterna 1.250.005 och 1.250.005.
Eftersom g(1.250.005) – 0.00249511 och g(1.250.005) 0.00250495 har olika tecken drar vi slutsats att 1.25 är ett nollställe till g(x) och därmed till f(x) med två korrekta decimaler.
Svar: 2.52 och 1.25 (där 1.25 är en dubbelrot)
