Aufgaben
Berechne mit Hilfe des Newtonsches Näherungsverfahren die Nullstellen folgender Funktionen auf zwei Nachkommastellen genau.
f(x)=x³5x²4x+2f(x)=x³-5x²-4x+2

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Newton-Verfahren

Wertetabelle

f(x)=x35x24x+2f(x)=x^3-5x^2-4x+2
Erstelle eine Wertetabelle um die Lage der Nullstellen einschränken zu können.

x

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

f(x)

-58

-18

0

2

-6

-18

-28

-30

-18

14

Bestimmen der Intervalle

Eine Nullstelle kann direkt aus der Tabelle abgelesen werden:
x~1=1\tilde x_1=-1
Man sieht außerdem, dass die Funktion f(x)f(x) in den Intervallen ]0;1[]0;1[ und ]5;6[]5;6[ ihr Vorzeichen ändert.
Daraus folgt für die Nullstellen x~2,3:\tilde x_{2,3}:
x~2  ]0;1[\Rightarrow \tilde x_2\in \;]0;1[ und x~3  ]5;6[\tilde x_3\in\;]5;6[
Um die Intervalle weiter zu verkleinern und so einen besseren Anfangswert für das Newton-Verfahren zu bekommen, berechnet man den Funktionswert der Mittelwerte der ausgewählten Intervalle:

x

0

0,5

1

5

5,5

6

f(x)

2

-1,125

-6

-18

-4,875

14

Man sieht nun, dass die Funktion f(x)f(x) in den Intervallen ]0;0,5[]0;0,5[ und ]5,5;6[]5,5;6[ ihr Vorzeichen ändert.
Daraus folgt für die Nullstellen x~2,3:\tilde x_{2,3}:
x~2  ]0;0,5[\Rightarrow \tilde x_2\in \;]0;0,5[ und x~3  ]5,5;6[\tilde x_3\in\;]5,5;6[

Anwenden des Newton-Verfahrens

f(x)=x35x24x+2f(x)=x^3-5x^2-4x+2
f(x)=3x210x4f^\prime(x)=3x^2-10x-4
xn+1=xnxn35xn24xn+23xn210xn4\displaystyle \Rightarrow x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^3-5x_n^2-4x_n+2}{3x_n^2-10x_n-4}

Bestimmen der Nullstellen

Man wählt einen beliebigen Wert x0x_0 aus dem Intervall ]0;0,5[]0;0,5[, z.B. x0=0,25x_0=0,25.
x1=x0x035x024x0+23x0210x04\displaystyle x_1=x_0-\frac{x_0^3-5x_0^2-4x_0+2}{3x_0^2-10x_0-4}
Man berechnet jetzt x1x_1 mit der oben angegebenen Rekursionsformel.
=0,25(0,25)35(0,25)24(0,25)+23(0,25)210(0,25)4\displaystyle =0,25-\frac{(0,25)^3-5\cdot(0,25)^2-4\cdot(0,25)+2}{3\cdot(0,25)^2-10\cdot(0,25)-4}
=732020,36139\displaystyle =\frac{73}{202}\approx0,36139
x2=x1x135x124x1+23x1210x14\displaystyle x_2=x_1-\frac{x_1^3-5x_1^2-4x_1+2}{3x_1^2-10x_1-4}
Dann berechnet man x2x_2 mit dem gerade berechneten x1x_1 und der oben angegebenen Rekursionsformel.
=73202(73202)35(73202)24(73202)+23(73202)210(73202)4\displaystyle =\frac{73}{202}-\frac{(\frac{73}{202})^3-5\cdot(\frac{73}{202})^2-4\cdot(\frac{73}{202})+2}{3\cdot(\frac{73}{202})^2-10\cdot(\frac{73}{202})-4}
=0,3542763610,35428\displaystyle =0,354276361\approx0,35428
x3=x2x235x224x2+23x2210x24\displaystyle x_3=x_2-\frac{x_2^3-5x_2^2-4x_2+2}{3x_2^2-10x_2-4}
Dann berechnet man x3x_3 mit dem gerade berechneten x2x_2 und der oben angegebenen Rekursionsformel.
=0,354276361(0,354276361)35(0,354276361)24(0,354276361)+23(0,354276361)210(0,354276361)4\displaystyle =0,354276361-\frac{(0,354276361)^3-5\cdot(0,354276361)^2-4\cdot(0,354276361)+2}{3\cdot(0,354276361)^2-10\cdot(0,354276361)-4}
=0,35424868940,35425\displaystyle =0,3542486894\approx0,35425
Man erkennt jetzt, dass sich die Genauigkeit der Lösung im letzten Schritt nurnoch in der fünften Nachkommastelle verbessert.
Da nur eine Angabe bis auf zwei Nachkommastellen gefordert war, ist man in diesem Schritt fertig und das Ergebnis lautet:
x~2=0,35\displaystyle \tilde x_2=0,35
Um x~3\tilde x_3 zu bestimmen verfährt man analog und erhält für den Startwert x0=5,75x_0=5,75 folgende Werte:

%%i%%

0

1

2

3

%%x_i%%

%%5,75%%

%%5,649253731%%

%%5,645755468%%

%%5,645751311%%

Und somit erhält man:
x~3=5,65\displaystyle \tilde x_3=5,65
Image Title
f(x)=ln(x4+5x³5)f(x)=\ln(x^4+5x³-5)

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Newton-Verfahren

f(x)=ln(x4+5x35)f(x)=\ln(x^4+5x^3-5)
Der natürliche Logarithmus ln(x)\ln(x) ist nur auf den positiven, reellen Zahlen definiert.
Um die Nullstellen der Funktion f(x)f(x) zu bestimmen macht man zuvor eine kurze Vorüberlegung.
Man betrachtet die Nullstellen des natürlichen Logarithmus und stellt folgendes fest:
Sei g(x)=ln(x)g(x)=\ln(x):
g(x)=0ln(x)=0 eg(x)=0 \Leftrightarrow \ln(x)=0 \qquad \qquad \qquad\vert\ e
eln(x)=e0e^{\ln(x)}=e^0 \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quadUmformen.
x=1\Rightarrow x=1
Man sieht, dass x=1x=1 die einzige Nullstelle von ln(x)\ln(x) ist.
Um die Nullstellen von f(x)f(x) zu approximieren, kann man also die "Einsstellen" der Funktion h(x)=x4+5x35h(x)=x^4+5x^3-5 approximieren, d.h. man sucht die Lösung für die Gleichung h(x)=x4+5x35=1h(x)=x^4+5x^3-5=1.
Da das Newtonverfahren Nullstellen approximiert macht man eine kleine Umformung und erhält:
h(x)=x4+5x35=11h(x)=x^4+5x^3-5=1 \qquad \qquad \vert -1
x4+5x36=0x^4+5x^3-6=0
Wir approximieren also die Nullstellen der Funktion h~(x)=x4+5x36\tilde h(x)=x^4+5x^3-6 um die Nullstellen von f(x)f(x) zu finden.

Wertetabelle

%%x%%

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

%%\tilde h(x)%%

210

-6

-70

-60

-30

-10

-6

0

50

Bestimmen der Intervalle

Eine Nullstelle kann direkt aus der Tabelle abgelesen werden:
x~1=1\tilde x_1=1
Man sieht außerdem, dass die Funktion h~(x)\tilde h(x) im Intervallen ]6;5[]-6;-5[ ihr Vorzeichen ändert.
Daraus folgt für die Nullstellen x~2:\tilde x_{2}:
x~2  ]6;5[\Rightarrow \tilde x_2\in \;]-6;-5[
Um das Intervall weiter zu verkleinern und so einen besseren Anfangswert für das Newton-Verfahren zu bekommen, berechnet man den Funktionswert der Mittelwerte der ausgewählten Intervalle:

x

-6

-5,5

-5

f(x)

210

77,1875

-6

Man sieht nun, dass die Funktion h~(x)\tilde h(x) in den Intervallen ]5,5;5[]-5,5;-5[ ihr Vorzeichen ändert.
Daraus folgt für die Nullstellen x~2:\tilde x_{2}:
x~2  ]5,5;5[\Rightarrow \tilde x_2\in \;]-5,5;-5[

Anwenden des Newton-Verfahrens

h~(x)=x4+5x36\tilde h(x)=x^4+5x^3-6
h~(x)=4x3+15x2\tilde{h}^\prime(x)=4x^3+15x^2
xn+1=xnxn4+5xn364xn3+15xn2\displaystyle \Rightarrow x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^4+5x_n^3-6}{4x_n^3+15x_n^2}

Bestimmen der Nullstellen

Man wählt einen beliebigen Wert x0x_0 aus dem Intervall ]5,5;5[]-5,5;-5[, z.B. x0=5,25x_0=-5,25.
x1=x0x04+5x0364x03+15x02\displaystyle \Rightarrow x_{1}=x_0-\frac{x_0^4+5x_0^3-6}{4x_0^3+15x_0^2}
Man berechnet jetzt x1x_1 mit der oben angegebenen Rekursionsformel.
=(5,25)(5,25)4+5(5,25)364(5,25)3+15(5,25)2\displaystyle =(-5,25)-\frac{(-5,25)^4+5(-5,25)^3-6}{4(-5,25)^3+15(-5,25)^2}
=5,0675311795,06753=-5,067531179\approx-5,06753
x2=x1x14+5x1364x13+15x12\displaystyle x_{2}=x_1-\frac{x_1^4+5x_1^3-6}{4x_1^3+15x_1^2}
Dann berechnet man x2x_2 mit dem gerade berechneten x1x_1 und der oben angegebenen Rekursionsformel.
=(5,067531179)(5,067531179)4+5(5,067531179)364(5,067531179)3+15(5,067531179)2\displaystyle =(-5,067531179)-\frac{(-5,067531179)^4+5(-5,067531179)^3-6}{4(-5,067531179)^3+15(-5,067531179)^2}
=5,0469300855,04693=-5,046930085\approx-5,04693
x3=x2x24+5x2364x23+15x22\displaystyle x_{3}=x_2-\frac{x_2^4+5x_2^3-6}{4x_2^3+15x_2^2}
Dann berechnet man x3x_3 mit dem gerade berechneten x2x_2 und der oben angegebenen Rekursionsformel.
=(5,046930085)(5,046930085)4+5(5,046930085)364(5,046930085)3+15(5,046930085)2\displaystyle =(-5,046930085)-\frac{(-5,046930085)^4+5(-5,046930085)^3-6}{4(-5,046930085)^3+15(-5,046930085)^2}
=5,0466803615,04668=-5,046680361\approx-5,04668
Man erkennt jetzt, dass sich die Genauigkeit der Lösung im letzten Schritt nur noch in der vierten Nachkommastelle verbessert.
Da nur eine Angabe bis auf zwei Nachkommastellen gefordert war, ist man in diesem Schritt fertig und das Ergebnis lautet:
x~2=5,05\displaystyle \tilde x_2=-5,05
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Bestimme π\pi mit Hilfe des Newton-Verfahrens auf vier Dezimalstellen genau.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Das Newton-Verfahren

Tipp: Finde eine Funktion, für die π\pi eine Nullstelle ist. Denke zurück an trigonometrische Funktionen.
Du sollst das Newton-Verfahren verwenden, um π\pi zu bestimmen. Das Newton-Verfahren dient dazu, Nullstellen von Funktionen zu bestimmen. Zunächst benötigst du also eine Funktion f(x)f(x), die π\pi als Nullstelle hat, also f(π)=0f(\pi) = 0 erfüllt.
Erinnere dich, dass sin(π)=0\sin(\pi) = 0. Ein guter Kandidat ist also f(x)=sin(x)f(x) = \sin(x). (Es gibt unendlich viele weitere Mögllichkeiten, dies ist nur die einfachste.)
Im Newton-Verfahren wendest du Iterationen der Rekursionsformel
xn+1=xnf(xn)f(xn)\displaystyle x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}
an. Berechne dafür die Ableitung von ff, sie lautet f(x)=cos(x)f'(x) = \cos(x). Die Rekursionsformel des Newton-Verfahren für diese Aufgabe lautet also
xn+1=xnsin(xn)cos(xn)\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{\sin(x_n)}{\cos(x_n)}
Alternative: Du kannst dir die folgenden Rechnungen einfacher machen, wenn du dich an folgenden Zusammenhang aus der Trigonometrie erinnerst:
sin(xn)cos(xn)=tan(xn)xn+1=xntan(xn)\displaystyle \frac{\sin(x_n)}{\cos(x_n)} = \tan(x_n) \Rightarrow x_{n+1} = x_n -\tan(x_n)
Die Lösung wird allerdings den ausführlichen Weg präsentieren.
Erstelle nun eine Wertetabelle, um den Startwert für das Verfahren in die Nähe der Nullstelle zu bringen. Erinnere dich, dass $\pi \approx 3$.

%%x%%

2

3

4

%%\sin(x)%%

0,909

0,141

-0.757

In der Tat liegt die Nullstelle π\pi zwischen 3 und 4, denn dort wechselt der Sinus sein Vorzeichen.
Wähle einen Startwert. Jeder Startwert im Intervall ]3;4[]3; 4[ ist sinnvoll, z.B. x0=3x_0 = 3% . Setze diesen in die Rekursionsformel ein:
x1=x0sin(x0)cos(x0)=3sin(3)cos(3)=3,14254653,142547\displaystyle x_1 = x_0 - \frac{\sin(x_0)}{\cos(x_0)} = 3 - \frac{\sin(3)}{\cos(3)} = 3,1425465… \approx 3,142547
Setze den Wert wiederholt in die Rekursionsformel ein, bis du die gewünschte Genauigkeit erhältst:
x2=x1sin(x1)cos(x1)=3sin(3,142547)cos(3,142547)=3,14159263,141593\displaystyle x_2=x_1-\frac{\sin(x_1)}{\cos(x_1)}=3-\frac{\sin(3,142547)}{\cos(3,142547)}=3,1415926…\approx3,141593
x3=x2sin(x2)cos(x2)=3,141593sin(3,141593)cos(3,141593)=3,1415926\displaystyle x_3 = x_2 - \frac{\sin(x_2)}{\cos(x_2)} = 3,141593 - \frac{\sin(3,141593)}{\cos(3,141593)} = 3,1415926\dots
Du siehst, dass sich in den letzten beiden Iterationen die ersten sieben Nachkommastellen nicht geändert haben. Du hast daher sogar eine (mindestens) sechs Nachkommastellen genaue Lösung gefunden, genauer als verlangt.
Somit erhältst du, dass sin(3,141593)0\sin(3,141593) \approx 0, und damit auch π3,141593\pi \approx 3,141593.
Bestimme 5\sqrt 5 mit Hilfe des Newton-Verfahrens auf drei Dezimalstellen genau.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Newtonschen Näherungsverfahren

Tipp: Finde eine Funktion, für die 5\sqrt{5} eine Nullstelle ist.
Du sollst das Newton-Verfahren verwenden, um 5\sqrt 5 zu bestimmen. Das Newton-Verfahren dient dazu, Nullstellen von Funktionen zu bestimmen. Zunächst benötigst du also eine Funktion f(x)f(x), die 5\sqrt 5 als Nullstelle hat, also f(5)=0f(\sqrt 5) = 0 erfüllt.
5\sqrt 5 ist die Zahl, für die 52=5\sqrt{5}^2 = 5 gilt, also auch 525=0\sqrt{5}^2 - 5 = 0. Ein guter Kandidat für die gesuchte Funktion ist daher f(x)=x25f(x) = x^2 - 5. (Es gibt unendlich viele weitere Möglichkeiten, dies ist nur die einfachste.)
Im Newton-Verfahren wendest du Iterationen der Rekursionsformel
xn+1=xnf(xn)f(xn)\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}
an. Berechne dafür die Ableitung von ff, sie lautet f(x)=2xf'(x) = 2x. Die Rekursionsformel des Newton-Verfahren für diese Aufgabe lautet also
xn+1=xnxn252xn.\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2 - 5}{2x_n}.
Erstelle nun eine Wertetabelle, um den Startwert für das Verfahren in die Nähe der Nullstelle zu bringen. Bedenke, dass du nur positive Werte betrachten musst, da die Wurzel immer positiv ist.

%%x%%

1

2

3

%%f(x)%%

-4

-1

4

Du siehst, dass die Nullstelle zwischen 2 und 3 liegt. Dort wechselt ff sein Vorzeichen. Teste nun noch den Mittelwert 2,5: f(2,5)=1,25f(2,5) = 1,25.
Das bedeutet, dass die Nullstelle 5\sqrt 5 im Intervall ]2;2,5[]2; 2,5[ liegt.
Jeder Startwert im Intervall ]2;2,5[]2; 2,5[ ist sinnvoll, z.B. x0=2x_0 = 2. Setze diesen in die Rekursionsformel ein:
x1=x0x0252x0=222522=2,25\displaystyle x_1 = x_0 - \frac{x_0^2 - 5}{2x_0} = 2 - \frac{2^2-5}{2\cdot2} = 2,25
Setze den neuen Wert nun so lang in die Rekursionsformel ein, bis du die gewünschte Genauigkeit erhältst:
x2=x1x1252x1=2,252,252522,25=16172=2,2361ˉ\displaystyle x_2 = x_1 - \frac{x_1^2 - 5}{2x_1} = 2,25 - \frac{2,25^2-5}{2\cdot2,25} = \frac{161}{72}=2,236\bar1
x3=x2x2252x2=16172(16172)252161722,236068\displaystyle x_3 = x_2 - \frac{x_2^2 - 5}{2x_2} = \frac{161}{72} - \frac{\left(\frac{161}{72}\right)^2 - 5}{2\cdot \frac{161}{72}} \approx 2,236068
Du siehst, dass sich in den letzten beiden Iterationen nur noch die vierte Nachkkommastelle geändert hat.
Somit erhältst du, dass f(2,236)0f(2,236) \approx 0, und damit auch 52,236\sqrt 5 \approx 2,236.
In dieser Aufgabe bestimmst du mit dem Newton-Verfahren Nullstellen des Polynoms f(x)=x53x4+x3+x22x+4f(x) =x^5-3x^4+x^3+x^2-2x+4. Starte das Newton-Verfahren zunächst in x0=0x_0 = 0, dann noch in x0=1x_0 = 1.
Was beobachtest du?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Newtonschen Näherungsverfahren

Du sollst das Newton-Verfahren verwenden, um Nullstellen für f zu finden. Dabei wirst du sehen, dass das Newton-Verfahren nicht immer zu einer korrekten Lösung konvergiert.
Stelle zunächst die Rekursionsformel
xn+1=xnf(xn)f(xn)\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}
auf. Berechne dafür die Ableitung f(x)=5x412x3+3x2+2x2f'(x) =5x^4-12x^3+3x^2+2x-2. Ingesamt lautet damit die Rekursionsformel für ff
xn+1=xnxn53xn4+xn3+xn22xn+45xn412xn3+3xn2+2xn2.\displaystyle x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^5-3x_n^4+x_n^3+x_n^2-2x_n+4}{5x_n^4-12x_n^3+3x_n^2+2x_n-2}.
Starte nun das Verfahren wie verlangt mit x0=0x_0 = 0.
Es gilt f(x0)=4f(x_0) = 4 und f(x0)=2f'(x_0) = -2, jeweils die beiden konstanten Koeffizienten von ff und ff'. Deshalb gilt
x1=042=2.\displaystyle x_1 = 0 - \frac4{-2} = 2.
Setze x1x_1 in Zähler und Nenner der Rekursionsformel ein:
f(x1)=f(2)=25324+23+2222+4=4\displaystyle f(x_1)=f(2)=2^5-3\cdot2^4+2^3+2^2-2\cdot2+4=-4
f(x1)=f(2)=5241223+322+222=2\displaystyle f'(x_1)=f'(2) = 5\cdot2^4-12\cdot2^3+3\cdot2^2+2\cdot2-2=-2
Daher erhältst du insgesamt
x2=242=0.\displaystyle x_2 = 2 - \frac{-4}{-2} = 0.
An dieser Stelle brauchst du nicht weiterrechnen, denn x0=x2x_0 = x_2. Du bist wieder beim Startwert angekommen, die Rekursion wird unendlich lang zwischen 0 und 2 springen. Dies ist ein Beispiel, bei dem das Newton-Verfahren fehlschlägt, weil es nur garantiert konvergiert, wenn du ausreichend nahe bei der Nullstelle beginnst.
Probiere daher als Nächstes den zweiten Startwert x_0 = 1. Einsetzen in Rekursionsformel ergibt:
x1=x0f(x0)f(x0)=124=1,5\displaystyle x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = 1 - \frac2{-4} = 1,5
Wiederhole diesen Schritt, bis sich der Wert kaum noch verändert:
x3=x2f(x2)f(x2)=1,369751,36975531,369754+1,369753+1,36975221,36975+451,369754121,369753+31,369752+21,3697521,36508\displaystyle x_3 = x_2 - \frac{f(x_2)}{f'(x_2)} = 1,36975 - \frac{1,36975^5-3\cdot1,36975^4+1,36975^3+1,36975^2-2\cdot1,36975+4}{5\cdot1,36975^4-12\cdot1,36975^3+3\cdot1,36975^2+2\cdot1,36975-2}\approx1,36508
x4=x3f(x3)f(x3)=1,365081,36508531,365084+1,365083+1,36508221,36508+451,365084121,365083+31,365082+21,3650821,36507\displaystyle x_4 = x_3 - \frac{f(x_3)}{f'(x_3)} = 1,36508 - \frac{1,36508^5-3\cdot1,36508^4+1,36508^3+1,36508^2-2\cdot1,36508+4}{5\cdot1,36508^4-12\cdot1,36508^3+3\cdot1,36508^2+2\cdot1,36508-2}\approx1,36507
Das Ergebnis hat sich kaum noch geändert, du erhältst die ungefähre Nullstelle x=1,3651x=1,3651. Das Verfahren ist in sehr wenigen Schritten konvergiert, da du bereits nahe an der Nullstelle begonnen hattest.
Anmerkung und Erläuterung: Am Polynom ff kannst du auch noch weitere interessante Phänomen beobachten. Betrachte dazu den Graph der Funktion.
Funktionsgraph des Polynoms
Erinnere dich, dass der Startwert 0 auf einen Wert in der Nähe der 2 abgebildet wird. In der Nähe von 2 liegt ein sehr spitzes lokales Minimum. Was bedeutet das für das Newtonverfahren? Nun, das Newton-Verfahren betrachtet immer die Tangente an den aktuellen Punkt. In der Nähe eines lokalen Minimums ändern sich die Tangenten sehr schnell.
Das bemerkst du, wenn du leicht von 0 abweichende Startwerte ausprobierst. Dabei musst du natürlich aufpassen, nicht zu stark zu runden, sonst landest du wieder bei dem Fall, den du oben berechnet hast.
Du kannst folgendes Konvergenzverhalten beobachten (die Werte sind mit dem Computer berechnet):

Startwert %%x_0%%

Anzahl Schritte %%n%% zur Konvergenz

Ungefähre Lösung %%x_n%%

%%10^{-7}%%

15

-1,103335

%%10^{-5}%%

18

2,45032

%%10^{-3}%%

8

1,365066

Bei sehr, sehr ähnlichen Startwerten ergeben sich drei vollkommen unterschiedliche Lösungen, die mit den drei Nullstellen im Graph übereinstimmen.
Bei sehr, sehr ähnlichen Startwerten ergeben also sich drei vollkommen unterschiedliche Lösungen, die mit den drei Nullstellen im Graph übereinstimmen. Im sehr kleinen Intervall von [0;0,0001][0;0,0001] liegen also Startwerte, die gar nicht konvergieren oder zu völlig unterschiedlichen Lösungen führen.
Außerdem fällt dir in der Tabelle auf, dass die Anzahl der Schritte bis zur Konvergenz erheblich höher ist, als du vorher mit dem "braven" Startwert x0=1x_0 = 1 gesehen hattest.
Diese Beobachtungen unterstreichen erneut: Das Newton-Verfahren ist ein sehr effizientes lokales Verfahren. Ausreichend nahe an einer Nullstelle funktioniert es hervorragend. Ist man nicht nahe an einer Nullstelle, kann je nach Funktion und Startwert sehr unterschiedliches Verhalten auftreten.
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