Wir haben die Formel für das Newtonverfahren bereits kennengelernt, sie lautet:
\( x_{i+1} = x_i-\frac{f(x_i)}{f'(x_i)} \)
Was man zuerst benötigt, um x1 berechnen zu können, ist ein geeigneter Startwert. Es darf hierfür ein x0 fast frei gewählt werden. Es sollte allerdings darauf geachtet werden, dass ein Startwert gewählt wird, der in der Nähe der interessanten Nullstelle zu finden ist. Im Schaubild scheint x0 = -3 als geeignet.
Bevor wir das in die Formel einsetzen, noch etwas Vorarbeit:
Ableitung bestimmen: f'(x) = 3·x2 + 6·x
Nun in die Formel damit:
\( x_1 = -3-\frac{f(-3)}{f'(-3)} \)
Nebenrechnung:
\( f(-3) = (-3)^3+3·(-3)^2+2 = 2 \\ f'(-3) = 3·(-3)^2 + 6·(-3) = 9 \)
Wieder in die Formel einsetzen:
\( x_1 = -3-\frac{2}{9} = -3,22222 \)
Wir haben also nun x1 bestimmt. Aber machen wir weiter.:
\( x_2 = x_1-\frac{f(x_1)}{f'(x_1)} = -3,22222 - \frac{f(-3,22222)}{f'(-3,22222)} = -3,19622 \)
Führt man das weiterhin fort, so erhält man:
\( x_1 = \textcolor{red}{-3},22222 \)
\( x_2 = \textcolor{red}{-3,19}622 \)
\( x_3 = \textcolor{red}{-3,19582} \)
\( x_4 = \textcolor{red}{-3,19582} \)
Das Verfahren wird solange fortgeführt, bis man die gewünschte Genauigkeit hat. Bis sich also die entsprechenden Stellen nicht mehr ändern.
Ist man also beispielsweise an einer Genauigkeit von 4 Dezimalstellen interessiert, beobachtet man, ab wann sich die ersten 4 Dezimalstellen nicht mehr ändern.
Das ist in unserem Beispiel zum ersten Mal für x3 und x4 der Fall. Wir können also mit x4 das Verfahren abbrechen und die Lösung mit N(-3,1958|0) angeben.
Ein Blick auf den Graphen bestätigt in etwa das Ergebnis:
~plot~ x^3+3x^2+2;{-3.1958|0};[[-4|2|-2|3]];noinput ~plot~