Metoda Newtona w praktyce: jak krok po kroku rozwiązywać równania nieliniowe w szkole średniej

Po co w ogóle metoda Newtona w szkole średniej?

Równania, których nie da się „rozwiązać ładnie”

W szkole średniej szybko wychodzi na jaw, że nie każde równanie daje się rozwiązać znanymi sposobami. Kwadratowe – proszę bardzo, wzór delty. Proste wielomiany trzeciego stopnia – czasem uda się zgadnąć pierwiastek i rozłożyć na czynniki. Ale przy takich równaniach jak:

• ( sin x = x/3 )
• ( e^x = 2 – x )
• ( ln x + x^2 = 0 )
• ( x^5 – 3x + 1 = 0 )

klasyczne „algebraiczne” metody zawodzą. Nie ma prostego wzoru, który da dokładne rozwiązanie w postaci ładnego ułamka czy pierwiastka. Wtedy wchodzą do gry metody numeryczne, a wśród nich jedna z najważniejszych: metoda Newtona, zwana też metodą stycznych.

Metoda Newtona a matura i zadania olimpijskie

• wyprowadzić wzór iteracyjny dla konkretnej funkcji,
• obliczyć jedną lub dwie iteracje,
• oszacować błąd przybliżenia,
• uzasadnić, że metoda rzeczywiście zbiega do danego pierwiastka.

Znajomość schematu iteracji, a przede wszystkim zrozumienie „o co w ogóle chodzi”, pozwala wtedy szybko zdobyć kilka cennych punktów, zamiast patrzeć przerażonym wzrokiem na f(x) złożone z logarytmu, sinusa i wykładniczej jednocześnie.

Dlaczego dobra przybliżona odpowiedź jest lepsza niż brak odpowiedzi

W realnych zastosowaniach matematyki dokładne rozwiązanie wcale nie jest świętym Graalem. W fizyce, informatyce, ekonomii czy biologii najczęściej liczy się rozwiązanie przybliżone, ale wystarczająco dokładne. Lepsze jest „x ≈ 1,27 z błędem mniejszym niż 0,001” niż „tego równania nie da się rozwiązać”. Metoda Newtona właśnie to zapewnia: systematyczną procedurę, która krok po kroku poprawia nasze przybliżenia, aż będzie „wystarczająco dobrze”.

Z punktu widzenia ucznia liceum metoda Newtona ma jeszcze jeden plus: uczy myślenia w kategoriach algorytmu. Masz pewien przepis, który można wprowadzić do kalkulatora, programu czy arkusza kalkulacyjnego i dostać coraz lepsze wyniki. To świetne przygotowanie do studiów technicznych, informatyki, ale też do świadomego korzystania z narzędzi obliczeniowych.

Zgadywanie na kalkulatorze kontra świadome iteracje

Wiele osób, widząc równanie typu ( e^x = 3x ), robi na kalkulatorze klasyczne „zgadywanie”: sprawdza kolejne wartości x, porównuje lewą i prawą stronę i po kilku minutach ma wrażenie, że „coś tam wyszło”. Metoda Newtona zamienia takie chaotyczne próby w uporządkowany proces. Nie zgadujesz na ślepo – wyznaczasz kolejne przybliżenia z konkretnym wzorem, którym kieruje geometria wykresu funkcji.

Z czasem pojawia się miłe uczucie: zamiast bezradnie patrzeć na równanie, masz narzędzie, które działa zawsze, gdy spełnione są proste warunki. A jeśli zadanie jest sprytnie ułożone pod maturę, wystarczy wykonać 1–2 iteracje, wcale nie trzeba się „zarzynać” rachunkami przez pół strony.

Intuicyjna idea metody Newtona – prosta do krzywej

Obraz geometryczny: styczna spadająca na oś OX

Metoda Newtona ma bardzo prostą interpretację geometryczną. Rozważ równanie
( f(x) = 0 ). Rozwiązaniem równania są miejsca zerowe funkcji, czyli punkty, w których wykres przecina oś OX.

Wyobraź sobie, że:

1. Wybierasz punkt startowy ( x_0 ) – jakieś pierwsze przybliżenie pierwiastka.
2. Patrzysz na punkt na wykresie: ( (x_0, f(x_0)) ).
3. Rysujesz styczną do wykresu w tym punkcie.
4. Ta styczna przecina oś OX w jakimś punkcie – to nowe przybliżenie ( x_1 ).

I to jest jedna iteracja metody Newtona. Potem powtarzasz proces: z punktu ( x_1 ) znów budujesz styczną i znajdujesz jej przecięcie z osią OX, dostając ( x_2 ), itd. Słownie: „przybliż pierwiastek prostą, która najlepiej dotyka wykresu w okolicy aktualnego przybliżenia”.

Co to znaczy przybliżenie pierwiastka i jak je poprawiamy

Przybliżenie pierwiastka to liczba, która nie jest dokładnym rozwiązaniem równania, ale daje wartość funkcji bardzo bliską zeru. Jeśli szukamy rozwiązania ( f(x)=0 ), a dla ( x = 1{,}3 ) wychodzi:

( f(1{,}3) = 0{,}0008 ),

to praktycznie mamy miejsce zerowe – różnica jest mniejsza niż dokładność większości zadań szkolnych. Metoda Newtona startuje od dość słabego przybliżenia i przy każdym kroku znacząco zmniejsza błąd, o ile działamy „w dobrej okolicy” pierwiastka.

Każda iteracja to:

• nowy punkt na osi OX,
• z reguły bliżej prawdziwego rozwiązania niż poprzedni,
• często poprawa o rząd wielkości (błąd zmniejsza się bardzo szybko, jeśli metoda dobrze działa).

Styczna i pochodna – szybkie przypomnienie

Żeby metoda Newtona działała, potrzebna jest pochodna funkcji. Pochodna w punkcie ( x_0 ), oznaczana ( f'(x_0) ), to nic innego jak współczynnik kierunkowy stycznej do wykresu funkcji w tym punkcie. Jeśli pamiętasz wzór na styczną:

( y = f'(x_0)(x – x_0) + f(x_0) ),

to tę prostą będziemy każdorazowo wykorzystywać, by znaleźć miejsce przecięcia z osią OX. W szkole średniej zwykle liczysz pochodne wielomianów, funkcji trygonometrycznych, wykładniczych i logarytmicznych – dokładnie tych, które pojawiają się w zadaniach do metody Newtona.

Jedna iteracja na wykresie „w głowie”

Bez rysowania można wyobrazić sobie jedną iterację:

• Jeśli ( f(x_0) > 0 ) i wykres rośnie (pochodna dodatnia), styczna będzie spadać lekko w lewo w kierunku osi OX, więc nowe przybliżenie ( x_1 ) będzie mniejsze od ( x_0 ).
• Jeśli ( f(x_0) x_0 ).
• Jeśli pochodna jest bardzo mała (prawie pozioma styczna), styczna może „odbijać” daleko od miejsca, gdzie naprawdę jest pierwiastek.

Takie rozumowanie pomaga szybko sprawdzić, czy rachunki mają sens. Jeśli z sensownego punktu startowego wychodzi nagle ogromna liczba, to albo popełniono błąd rachunkowy, albo styczna była prawie pozioma i metoda akurat tu działa słabo.

Wzór metody Newtona bez straszenia symbolami

Równanie f(x) = 0 jako punkt wyjścia

Metoda Newtona służy do rozwiązywania równań w postaci:

( f(x) = 0 ).

Jeśli zadanie jest w innej formie, trzeba je przekształcić. Na przykład:

• ( e^x = 3x ) zamieniamy na ( f(x) = e^x – 3x = 0 ),
• ( ln x = x – 2 ) zamieniamy na ( f(x) = ln x – x + 2 = 0 ),
• ( sin x = x/2 ) zamieniamy na ( f(x) = sin x – x/2 = 0 ).

To pierwszy, prosty krok: zawsze ustawiamy wszystko tak, by mieć funkcję po jednej stronie i zero po drugiej.

Wyprowadzenie wzoru x_n+1 = x_n − f(x_n)/f’(x_n)

Wzór metody Newtona wygląda na pierwszy rzut oka groźnie:

( x_{n+1} = x_n – dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} ).

Ale jego geneza jest bardzo prosta. W każdej iteracji korzystamy z równania stycznej w punkcie ( x_n ):

( y = f'(x_n)(x – x_n) + f(x_n) ).

Szukamy przecięcia stycznej z osią OX, czyli interesuje nas punkt, w którym ( y = 0 ):

( 0 = f'(x_n)(x – x_n) + f(x_n) ).

Teraz rozwiązujemy to równanie względem x:

( f'(x_n)(x – x_n) = -f(x_n) ),

( x – x_n = -dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} ),

( x = x_n – dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} ).

I ten nowy x to właśnie kolejne przybliżenie pierwiastka, czyli ( x_{n+1} ). Nie ma tu żadnej magii, tylko prosta geometria i przekształcenie równania prostej.

Co oznaczają symbole w języku ucznia

Warto przetłumaczyć symbolikę na bardziej „ludzki” język:

• f – funkcja, dla której szukasz miejsc zerowych,
• f’ – pochodna tej funkcji, czyli „nachylenie wykresu”,
• x₀ – punkt startowy, pierwszy strzał, zgadywanka, ale uzasadniona,
• x_n – n-te przybliżenie rozwiązania,
• x_n+1 – kolejne, lepsze przybliżenie, obliczone ze wzoru Newtona,
• n – numer kroku (0, 1, 2, 3, …).

Samo słowo iteracja oznacza po prostu „powtórzenie schematu”. Bierzesz aktualne przybliżenie, wpinasz do wzoru, liczysz, dostajesz nowe przybliżenie, numerujesz je o 1 wyżej i powtarzasz.

Iteracja i algorytm jako powtarzalny schemat

Z punktu widzenia praktyki metoda Newtona to krótki algorytm:

• zainicjuj ( x_0 ),
• dla n = 0, 1, 2, …:
  • oblicz ( f(x_n) ) i ( f'(x_n) ),
  • oblicz ( x_{n+1} = x_n – dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} ),
  • sprawdź, czy już wystarczy (błąd odpowiednio mały); jeśli tak, przerwij.

W zadaniach licealnych często nie trzeba stosować „warunku końca” w sensie programistycznym. Zwykle polecenie brzmi np. „wykonaj dwie iteracje metody Newtona, startując z ( x_0 = 1 )”. Wtedy po prostu dwa razy zastosujesz wzór, nawet jeśli przybliżenie mogłoby być dalsze ulepszane.

Kiedy metoda Newtona ma sens w liceum? Warunki i ograniczenia

Różniczkowalność funkcji – pochodna musi istnieć

Podstawowy warunek brzmi: funkcja musi być różniczkowalna w okolicy szukanego pierwiastka. Tłumacząc na praktykę licealną: trzeba być w stanie policzyć pochodną funkcji, a sam wykres nie może mieć w tym miejscu ostrych załamań ani „dziur”.

Na szczęście większość typowych funkcji z zadań (wielomiany, sinus, cosinus, ( e^x ), logarytm naturalny) jest gładka na swoich naturalnych dziedzinach. Problem może się pojawić np. przy funkcjach typu ( |x| ), ( sqrt[3]{x} ) w punkcie zero albo przy funkcjach „sklejanych”, których definicja zmienia się dla różnych przedziałów.

Dlaczego f’(x_n) nie może być zerem ani zbyt małe

Wzór metody Newtona ma w mianowniku pochodną:

( x_{n+1} = x_n – dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} ).

Co się dzieje, gdy pochodna jest równa zero albo bardzo mała

Jeśli ( f'(x_n) = 0 ), wzór Newtona się „psuje”, bo dzielimy przez zero. Geometrycznie: styczna jest pozioma, więc nigdy nie przetnie osi OX albo przetnie ją „w nieskończoności”. W praktyce oznacza to: z takiego punktu nie da się zrobić kolejnego kroku metody.

Gdy ( f'(x_n) ) jest bardzo mała (np. ( 0{,}0001 )), sytuacja jest niewiele lepsza. W mianowniku mamy liczbę bliską zera, więc ułamek

( dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} )

robi się bardzo duży. Nowe przybliżenie ( x_{n+1} ) może „uciec” bardzo daleko od pierwiastka. To typowy sygnał, że punkt startowy został dobrany niefortunnie lub funkcja ma w tej okolicy maksimum/minimum płaskie jak stół.

Dlatego w zadaniach szkolnych:

• sprawdza się, czy umowny ( x_0 ) nie jest punktem, w którym pochodna znika,
• w rozwiązaniu można wprost napisać, że metoda Newtona nie działa dla takiego ( x_0 ), jeśli ( f'(x_0) = 0 ).

Przedział z pierwiastkiem i monotoniczność

Metoda Newtona najlepiej czuje się w okolicy pierwiastka, gdzie funkcja jest:

• ciągła,
• różniczkowalna,
• monotoniczna (rośnie albo maleje bez zygzaków).

W praktyce egzaminacyjnej często najpierw znajduje się przedział, w którym leży pierwiastek, np. przez sprawdzenie znaku funkcji:

( f(1) < 0, quad f(2) > 0 Rightarrow ) w przedziale ( (1, 2) ) jest co najmniej jeden pierwiastek.

Jeśli dodatkowo pokażesz, że ( f'(x) > 0 ) lub ( f'(x) < 0 ) na całym tym przedziale, wiesz już, że funkcja jest monotoniczna, więc ma tam dokładnie jedno miejsce zerowe. Metoda Newtona ma wtedy jasno określony cel – nie „gubi się” między wieloma pierwiastkami.

Typowe problemy: skakanie, dojście do złego pierwiastka, brak zbieżności

Przy złym wyborze punktu startowego mogą wystąpić ciekawe (choć dla maturzysty średnio śmieszne) sytuacje:

• skakanie – kolejne przybliżenia zmieniają się bardzo dramatycznie, np. ( x_1 = 2 ), ( x_2 = -10 ), ( x_3 = 100 ), widać, że metoda „wariuje”,
• zły pierwiastek – funkcja ma kilka miejsc zerowych, a metoda, startując z danego ( x_0 ), dobiega do innego pierwiastka niż ten, który akurat cię interesuje,
• brak zbieżności – ciąg ( (x_n) ) w ogóle się nie stabilizuje, przybliżenia nie dążą do żadnej liczby.

W liceum zwykle dostaje się takie przykłady, by metoda zachowywała się grzecznie, ale warto mieć w głowie, że to nie jest „zawsze działająca magia”. Dobre zrozumienie wykresu funkcji ochroni przed bezmyślnym liczeniem kolejnym wzorem.

Jak dobrać sensowny punkt startowy x₀ – praktyczne strategie

Szybki podgląd wykresu: szkic zamiast dzieła sztuki

Najlepsza strategia wyboru ( x_0 ) to krótki, nieperfekcyjny szkic wykresu. Nikt nie oczekuje rysunku rodem z plastyki – chodzi o:

• zaznaczenie ogólnego kształtu funkcji,
• zobaczenie, gdzie przecina oś OX (mniej więcej),
• zorientowanie się, w którym przedziale szukać miejsca zerowego.

Przykład: dla funkcji ( f(x) = x^3 – x – 1 ) widać, że dla dużych ujemnych x wykres leży nisko, dla dużych dodatnich wysoko. W okolicy zera można policzyć parę wartości:

• ( f(0) = -1 ),
• ( f(1) = -1 ),
• ( f(2) = 5 ).

Znak się zmienia między 1 a 2, więc pierwiastek jest gdzieś w tym przedziale. Rozsądnym wyborem jest np. ( x_0 = 1{,}5 ) lub prostszy w rachunkach ( x_0 = 1 ) (choć nie aż tak blisko pierwiastka).

Sprawdzanie znaku funkcji na sąsiednich punktach

Jeśli nie masz czasu na rysunek, można po prostu policzyć kilka wartości funkcji w kolejnych punktach całkowitych lub prostych ułamkach. Szuka się miejsca, gdzie znak się zmienia:

Na koniec warto zerknąć również na: Stabilność numeryczna: co to znaczy i czemu jest ważna w obliczeniach? — to dobre domknięcie tematu.

• ( f(a) < 0 ), ( f(b) > 0 ) lub odwrotnie.

Wtedy wiadomo, że między a i b jest co najmniej jeden pierwiastek. Na punkt startowy wygodnie wybrać:

• środek przedziału ( x_0 = dfrac{a+b}{2} ) – dobry kompromis,
• koniec przedziału, gdzie funkcja jest bliżej zera (mniejsza wartość bezwzględna ( |f(x)| )).

Taka prosta procedura świetnie sprawdza się przy wielomianach czy funkcjach typu ( e^x – 3x ), gdzie wartości da się policzyć bez kalkulatora albo z jego minimalną pomocą.

Pochodna jako podpowiedź, z której strony startować

Jeżeli umiesz szybko oszacować znak pochodnej w danym obszarze, możesz sprytniej wybrać stronę, z której „atakujesz” pierwiastek. Przykład:

• ( f(x) = ln x – x + 2 ) na przedziale ( (1, 2) ),
• ( f'(x) = dfrac{1}{x} – 1 ).

Dla ( x in (1, 2) ) mamy ( dfrac{1}{x} – 1 < 0 ), więc wykres maleje. Jeśli np. ( f(1) > 0 ), a ( f(2) < 0 ), to:

• dla punktu z lewej strony (bliżej 1) mamy wartości dodatnie,
• dążąc w prawo, przecinamy oś OX i spadamy poniżej zera.

Można wtedy wybrać ( x_0 ) bliżej tej strony, z której funkcja jest „łagodniejsza” (mniejsza w bezwzględnej wartości pochodna), by uniknąć bardzo stromych stycznych. Czasem kilka sekund analizy pochodnej oszczędza kilka minut przeklinania rachunków.

Gotowe podpowiedzi z treści zadania

W wielu zadaniach punkt startowy jest wprost podany: „Zastosuj metodę Newtona z punktem początkowym ( x_0 = 1 )”. Wtedy po prostu korzystasz z tej wartości – nikt nie wymaga uzasadniania, dlaczego akurat 1.

Zdarzają się jednak zadania, w których masz uzasadnić wybór ( x_0 ). Przykładowa ścieżka:

1. Najpierw wykazujesz, że w danym przedziale jest jedno miejsce zerowe (zmiana znaku + monotoniczność).
2. Następnie wybierasz prosty punkt leżący w tym przedziale (np. liczba całkowita lub prosta liczba wymierna).
3. Na koniec pokazujesz, że wartość funkcji w tym punkcie nie jest duża w wartości bezwzględnej.

W zapisie może to wyglądać np. tak: „Na mocy powyższych rozważań równanie ma jedno rozwiązanie w przedziale (1, 2). Jako punkt startowy metody Newtona przyjmujemy ( x_0 = 1{,}5 ), który leży w tym przedziale i dla którego ( |f(1{,}5)| ) jest niewielkie”.

Przykład pełnego rozwiązania krok po kroku – funkcja wielomianowa

Opis zadania i przygotowanie funkcji

Rozważ równanie:

( x^3 – x – 1 = 0 ).

Nie da się tu łatwo „zgadnąć” pierwiastka ani rozłożyć wielomianu na czynniki w oparciu o proste pierwiastki wymierne. Idealny kandydat do metody Newtona.

Definiujemy funkcję:

( f(x) = x^3 – x – 1 ).

Pochodna:

( f'(x) = 3x^2 – 1 ).

Najpierw ustalamy przybliżony przedział z pierwiastkiem. Liczymy wartości:

• ( f(1) = 1^3 – 1 – 1 = -1 ),
• ( f(2) = 8 – 2 – 1 = 5 ).

Mamy zmianę znaku: ( f(1) < 0 ), ( f(2) > 0 ), więc w przedziale ( (1, 2) ) leży co najmniej jedno miejsce zerowe. Pochodna:

( f'(x) = 3x^2 – 1 > 0 ) dla ( x ge 1 )

(dla ( x = 1 ) mamy ( 2 > 0 ), a potem pochodna już tylko rośnie). Funkcja jest więc rosnąca na przedziale [1, 2], zatem ma tam dokładnie jeden pierwiastek.

Wybierzemy wygodny punkt startowy ( x_0 = 1 ) (prosty w rachunkach). W praktyce można by też wziąć np. ( 1{,}5 ), ale wtedy pojawią się ułamki dziesiętne od samego początku.

Pierwsza iteracja – obliczenie x₁

Wzór Newtona:

( x_{n+1} = x_n – dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} ).

Najpierw obliczamy wartości dla ( x_0 = 1 ):

• ( f(1) = 1^3 – 1 – 1 = -1 ),
• ( f'(1) = 3 cdot 1^2 – 1 = 2 ).

Podstawiamy do wzoru:

( x_1 = 1 – dfrac{-1}{2} = 1 + dfrac{1}{2} = 1{,}5 ).

Pierwsze przybliżenie pierwiastka: ( x_1 = 1{,}5 ).

Druga iteracja – obliczenie x₂

Teraz wszystko liczymy dla ( x_1 = 1{,}5 ).

Najpierw warto policzyć dokładnie, a potem zaokrąglić – taki nawyk ułatwia kontrolowanie błędów.

Obliczamy:

• ( f(1{,}5) = (1{,}5)^3 – 1{,}5 – 1 ),

( (1{,}5)^2 = 2{,}25 ), więc

( (1{,}5)^3 = 1{,}5 cdot 2{,}25 = 3{,}375 ).

Zatem:

( f(1{,}5) = 3{,}375 – 1{,}5 – 1 = 0{,}875 ).

Pochodna:

( f'(1{,}5) = 3 cdot (1{,}5)^2 – 1 = 3 cdot 2{,}25 – 1 = 6{,}75 – 1 = 5{,}75 ).

Teraz wzór Newtona:

( x_2 = 1{,}5 – dfrac{0{,}875}{5{,}75} ).

Dzielimy (np. na kalkulatorze lub w przybliżeniu):

( dfrac{0{,}875}{5{,}75} approx 0{,}1522 ).

Czyli:

( x_2 approx 1{,}5 – 0{,}1522 = 1{,}3478 ).

Po dwóch iteracjach otrzymujemy przybliżenie pierwiastka:

( x approx 1{,}348 ) (po zaokrągleniu do trzech miejsc po przecinku).

Trzecia iteracja – pokazanie szybkiej poprawy dokładności

Jeśli zadanie wymaga tylko dwóch iteracji, można się zatrzymać. Dla ciekawości zobaczmy jeszcze jedną iterację, żeby poczuć prędkość zbieżności.

Liczymy wartości dla ( x_2 approx 1{,}3478 ). Dla przejrzystości zapiszemy od razu w przybliżeniu.

Najpierw ( f(x_2) ):

( x_2^2 approx (1{,}3478)^2 approx 1{,}8176 ),

( x_2^3 approx 1{,}3478 cdot 1{,}8176 approx 2{,}449 ) (równie dobrze można użyć kalkulatora).

Zatem:

( f(x_2) approx 2{,}449 – 1{,}3478 – 1 = 0{,}1012 ).

Pochodna:

( f'(x_2) = 3x_2^2 – 1 approx 3 cdot 1{,}8176 – 1 = 5{,}4528 – 1 = 4{,}4528 ).

Teraz nowe przybliżenie:

( x_3 = x_2 – dfrac{f(x_2)}{f'(x_2)} approx 1{,}3478 – dfrac{0{,}1012}{4{,}4528} ).

Dzielimy:

( dfrac{0{,}1012}{4{,}4528} approx 0{,}0227 ),

zatem:

( x_3 approx 1{,}3478 – 0{,}0227 = 1{,}3251 ).

Po zaledwie trzech krokach mamy przybliżenie rzędu:

( x approx 1{,}325 )

z błędem mniejszym niż kilka tysięcznych. W typowym zadaniu maturalnym taka dokładność jest aż nadto wystarczająca – często już druga iteracja spełnia wymagania polecenia.

Jak zgrabnie zapisać wynik w rozwiązaniu

Na maturze i kartkówkach oprócz liczb liczy się też porządny zapis. Przykładowe, zwarte zakończenie mogłoby wyglądać tak:

„Stosując trzykrotnie wzór metody Newtona

( x_{n+1} = x_n – dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} )

dla funkcji ( f(x) = x^3 – x – 1 ) oraz punktu startowego ( x_0 = 1 ), otrzymaliśmy kolejne przybliżenia:

( x_1 = 1{,}5,quad x_2 approx 1{,}348,quad x_3 approx 1{,}325. )

Zatem rozwiązanie równania ( x^3 – x – 1 = 0 ) można przybliżyć przez

Na poziomie podstawowym matematyki maturalnej metoda Newtona pojawia się bardziej „w tle”: w zadaniach z kalkulatorem, przy szacowaniu rozwiązań czy w kontekście pojęcia przybliżenia. Natomiast na poziomie rozszerzonym i w zadaniach olimpijskich, a także w dobrych szkołach (jak choćby profil matematyczny w SP Nienowice), metoda Newtona może być bohaterką całego zadania. Często należy:

( x approx 1{,}33 ) (z dokładnością do dwóch miejsc po przecinku).”

Jeśli polecenie było bardziej konkretne, np. „wyznacz rozwiązanie z dokładnością do ( 10^{-2} )”, dopisujesz informację typu: „Dwie kolejne iteracje dają wyniki różniące się o mniej niż ( 0{,}01 ), więc przybliżenie jest wystarczające”.

Drugi przykład: funkcja z trygonometrią – równanie z cosinusem

Ustawienie zadania i analiza wykresu

Weźmy równanie:

( cos x = x ).

To dość klasyczny przykład, który lubią zarówno nauczyciele, jak i autorzy zadań. Zapisujemy je w postaci:

( f(x) = cos x – x = 0 ).

Do metody Newtona potrzebujemy pochodnej:

( f'(x) = -sin x – 1 ).

Zanim polecimy z rachunkami, warto (szybciutko) zastanowić się, gdzie to rozwiązanie leży. Przydatne obserwacje:

• ( cos 0 = 1 ), więc ( f(0) = 1 – 0 = 1 > 0 ),
• ( cos 1 approx 0{,}54 ), więc ( f(1) approx 0{,}54 – 1 = -0{,}46 < 0 ).

Znak się zmienia między 0 a 1, więc szukany pierwiastek leży w przedziale ( (0, 1) ). A ponieważ funkcja ( f(x) = cos x – x ) jest tam malejąca (pochodna ujemna), rozwiązanie jest jedno.

Wzór Newtona dla równania cos x = x

Dla tej funkcji wzór Newtona przyjmuje postać:

( x_{n+1} = x_n – dfrac{cos x_n – x_n}{-sin x_n – 1} ).

Można go trochę „posprzątać”, żeby łatwiej się liczyło:

( x_{n+1} = x_n + dfrac{cos x_n – x_n}{sin x_n + 1} ).

To dokładnie to samo (pomnożyliśmy licznik i mianownik przez -1), ale minusy nie plączą się już tak bardzo po wzorze.

Wybór punktu startowego i pierwsza iteracja

Wiemy, że rozwiązanie jest między 0 a 1. Naturalny wybór:

( x_0 = 0 ) lub ( x_0 = 1 ).

Sprawdźmy pochodną:

• ( f'(0) = -sin 0 – 1 = -1 ),
• ( f'(1) = -sin 1 – 1 approx -0{,}84 – 1 = -1{,}84 ).

Obie wartości są dalekie od zera, więc żadnego dramatu nie będzie. Weźmy wygodniejszy rachunkowo punkt:

( x_0 = 0 ).

Liczymy pierwszą iterację (dla trygonometrii już bez kalkulatora będzie ciężko, więc realistycznie zakładamy jego użycie):

• ( f(0) = cos 0 – 0 = 1 ),
• ( f'(0) = -sin 0 – 1 = -1 ).

Stosujemy wzór:

( x_1 = 0 – dfrac{1}{-1} = 1 ).

Pierwsze przybliżenie: ( x_1 = 1 ). Zabawnie, bo trafiliśmy w drugi koniec przedziału, ale to jeszcze niczego nie psuje.

Druga iteracja – pojawiają się „prawdziwe” liczby

Teraz liczymy dla ( x_1 = 1 ):

• ( f(1) = cos 1 – 1 approx 0{,}5403 – 1 = -0{,}4597 ),
• ( f'(1) = -sin 1 – 1 approx -0{,}8415 – 1 = -1{,}8415 ).

Podstawiamy do wzoru Newtona (w wersji „z minusami”):

( x_2 = 1 – dfrac{-0{,}4597}{-1{,}8415} = 1 – dfrac{0{,}4597}{1{,}8415} ).

Dzielimy:

( dfrac{0{,}4597}{1{,}8415} approx 0{,}2497 ).

Jeśli interesują Cię konkrety i przykłady, rzuć okiem na: Równania wymierne: warunki, dziedzina i sprawdzanie – pełna procedura krok po kroku.

Zatem:

( x_2 approx 1 – 0{,}2497 = 0{,}7503. )

Po dwóch krokach mamy już całkiem sensowne przybliżenie: ( x approx 0{,}75 ).

Trzecia iteracja – szybkie „dokręcanie” dokładności

Dla ( x_2 approx 0{,}7503 ) liczymy:

• ( cos 0{,}7503 approx 0{,}7317 ),
• ( sin 0{,}7503 approx 0{,}6816 ).

Stąd:

• ( f(x_2) = cos 0{,}7503 – 0{,}7503 approx 0{,}7317 – 0{,}7503 = -0{,}0186 ),
• ( f'(x_2) = -sin 0{,}7503 – 1 approx -0{,}6816 – 1 = -1{,}6816 ).

Nowe przybliżenie:

( x_3 = 0{,}7503 – dfrac{-0{,}0186}{-1{,}6816} = 0{,}7503 – dfrac{0{,}0186}{1{,}6816}. )

Dzielimy:

( dfrac{0{,}0186}{1{,}6816} approx 0{,}0111. )

Zatem:

( x_3 approx 0{,}7503 – 0{,}0111 = 0{,}7392. )

To już praktycznie „słynna” wartość rozwiązania równania ( cos x = x ):

( x approx 0{,}739 )

z dokładnością lepszą niż ( 10^{-3} ). Trzy kroki i mamy wynik, który spokojnie nadaje się nawet do zadań z analizą błędów.

Krótki komentarz: jak prezentować liczby trygonometryczne

Na poziomie szkoły średniej nikt nie oczekuje pamięciowego podawania ( cos 1 ) z dokładnością do czterech miejsc po przecinku. W praktyce:

• w zadaniu może być dołączona tabelka wartości sinusa i cosinusa,
• czasem można przyjąć wprost przybliżenia podane w treści (np. „przyjmij ( cos 1 approx 0{,}54 )”),
• najczęściej po prostu używa się kalkulatora – ważne, by robić to konsekwentnie.

Dobrze jest zaokrąglać liczby „trochę z zapasem” – np. w obliczeniach trzymać 4 cyfry po przecinku, a dopiero końcowy wynik zaokrąglać do 2–3 cyfr, zgodnie z poleceniem.

Przykład z funkcją wykładniczą – równanie eˣ = 3x

Przekształcenie równania i podstawowe własności

Rozważmy równanie:

( e^x = 3x ).

Zapisujemy je w standardowej formie dla metody Newtona:

( f(x) = e^x – 3x = 0 ).

Pochodna:

( f'(x) = e^x – 3 ).

Szybka analiza:

• ( f(0) = 1 – 0 = 1 > 0 ),
• ( f(1) = e – 3 approx 2{,}718 – 3 = -0{,}282 < 0 ).

Znak się zmienia między 0 a 1, więc w tym przedziale leży rozwiązanie. Dodatkowo funkcja ( e^x ) jest wypukła i rośnie bardzo szybko, więc nie trzeba się bać jakichś dzikich oscylacji w tym obszarze.

Wzór Newtona i wybór x₀

Dla ( f(x) = e^x – 3x ) wzór Newtona daje:

( x_{n+1} = x_n – dfrac{e^{x_n} – 3x_n}{e^{x_n} – 3} ).

Wybieramy punkt startowy. Skoro pierwiastek leży między 0 a 1, naturalne są:

• ( x_0 = 0 ) – bardzo wygodny do liczenia,
• ( x_0 = 1 ) – też prosty, ale pochodna jest bliżej zera (mniej komfortowo).

Sprawdźmy pochodną:

• ( f'(0) = 1 – 3 = -2 ),
• ( f'(1) = e – 3 approx -0{,}282 ).

W okolicy 1 mianownik byłby mały, więc korekta w metodzie Newtona mogłaby być „za duża”. Bezpieczniejszy wybór:

( x_0 = 0 ).

Pierwsza iteracja – zera w roli głównej

Dla ( x_0 = 0 ) liczymy:

• ( f(0) = 1 – 0 = 1 ),
• ( f'(0) = 1 – 3 = -2 ).

Wzór Newtona:

( x_1 = 0 – dfrac{1}{-2} = 0{,}5. )

Zaskoczenia nie ma – pierwszy krok dał bardzo przyjemne ( x_1 = 0{,}5 ).

Druga iteracja – precyzyjniejsze przybliżenie

Dla ( x_1 = 0{,}5 ) liczymy:

• ( e^{0{,}5} approx 1{,}6487 ),
• ( f(0{,}5) = 1{,}6487 – 3 cdot 0{,}5 = 1{,}6487 – 1{,}5 = 0{,}1487 ),
• ( f'(0{,}5) = e^{0{,}5} – 3 approx 1{,}6487 – 3 = -1{,}3513 ).

Nowe przybliżenie:

( x_2 = 0{,}5 – dfrac{0{,}1487}{-1{,}3513} = 0{,}5 + dfrac{0{,}1487}{1{,}3513}. )

Dzielimy:

( dfrac{0{,}1487}{1{,}3513} approx 0{,}1100. )

Zatem:

( x_2 approx 0{,}5 + 0{,}11 = 0{,}61. )

Już druga iteracja daje przybliżenie ( x approx 0{,}61 ).

Trzecia iteracja – wynik „maturalnej jakości”

Dla ( x_2 approx 0{,}61 ) obliczamy:

• ( e^{0{,}61} approx 1{,}8404 ),