Newton-Verfahren

Klasse 11

Veröffentlichungsdatum

19. August 2026

Grundidee

Viele Gleichungen $f(x) = 0$ lassen sich nicht exakt lösen. Das Newton-Verfahren liefert stattdessen beliebig genaue Näherungen.

Idee: Man ersetzt $f$ in der Nähe eines Startwerts $x_0$ durch die Tangente. Deren Nullstelle ist der nächste Näherungswert $x_1$ . Dann wiederholt man das Ganze mit $x_1$ .

$\boxed{\;x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}\;}$

Vorgehen:

$f'(x)$ berechnen
Startwert $x_0$ wählen (Nullstelle vorher grob eingrenzen — Skizze oder Vorzeichenwechsel von $f$ )
Formel anwenden, bis sich die gewünschten Nachkommastellen nicht mehr ändern

Das Verfahren konvergiert quadratisch: bei guter Startwahl verdoppelt sich die Zahl der korrekten Nachkommastellen ungefähr mit jedem Schritt.

Wann es schiefgeht:

Situation	Folge
$f'(x_n) \approx 0$	Division durch fast $0$ — der nächste Wert springt weit weg
Startwert zu weit entfernt	Konvergenz gegen eine andere Nullstelle oder gar keine
mehrere Nullstellen	welche gefunden wird, hängt vom Startwert ab

f(x) = x² − 5 mit Startwert x₀ = 3. Die Tangente (rot) schneidet die x-Achse bei x₁, die nächste Tangente (blau) bei x₂ — schon fast bei √5 ≈ 2,2361.

Aufgaben

Aufgabe 1

Bestimme mit dem Newton-Verfahren eine Näherung für $\sqrt{5}$ , also für die positive Nullstelle von $f(x) = x^2 - 5$ .

Verwende $x_0 = 2$ und berechne $x_1$ , $x_2$ und $x_3$ .

Aufgabe 2

Bestimme eine Näherung für $\sqrt[3]{2}$ als Nullstelle von $f(x) = x^3 - 2$ mit $x_0 = 2$ .

Berechne $x_1$ , $x_2$ und $x_3$ .

Aufgabe 3

Die Gleichung $x^3 - x - 1 = 0$ ist nicht elementar lösbar.

Zeige durch Einsetzen, dass zwischen $x = 1$ und $x = 2$ eine Nullstelle liegt.
Berechne mit $x_0 = 1{,}5$ die Näherungen $x_1$ , $x_2$ und $x_3$ .

Aufgabe 4

Die Abbildung zeigt eine Funktion $f$ und die Tangente im Startpunkt bei $x_0 = 4$ .

Lies den nächsten Näherungswert $x_1$ aus der Zeichnung ab.
Zeichne (gedanklich) die Tangente bei $x_1$ und schätze, wo $x_2$ ungefähr liegt.
Gegen welche der beiden eingezeichneten Nullstellen konvergiert das Verfahren mit diesem Startwert?

Aufgabe 5

Wende das Newton-Verfahren allgemein auf $f(x) = x^2 - a$ (mit $a > 0$ ) an und vereinfache die Iterationsformel so weit wie möglich.

Welches klassische Wurzelziehverfahren erhältst du?

Aufgabe 6

Gegeben ist $f(x) = x^3 - 3x^2 + 1$ mit $f'(x) = 3x^2 - 6x$ .

An welchen Stellen ist $f'(x) = 0$ ?
Berechne $x_1$ und $x_2$ für den Startwert $x_0 = 1{,}9$ .
Erkläre, warum das Ergebnis so weit vom Startwert wegspringt.

Aufgabe 7

Bestimme mit dem Newton-Verfahren eine Näherung für die positive Nullstelle von

$f(x) = x^{100} - 2$

Verwende $x_0 = 1$ und berechne $x_1$ , $x_2$ und $x_3$ (auf $7$ Nachkommastellen).

Aufgabe 8

Bestimme mit $x_0 = 200$ die Nullstelle von

$f(x) = 10^{-3}\,x^3 - 3000$

Berechne $x_1$ , $x_2$ und $x_3$ .

Lösungen

Lösung 1

$f(x) = x^2 - 5$ , $f'(x) = 2x$ , also

$x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2 - 5}{2x_n}$

$x_1 = 2 - \frac{4 - 5}{4} = 2 + 0{,}25 = 2{,}25$

$x_2 = 2{,}25 - \frac{5{,}0625 - 5}{4{,}5} = 2{,}25 - \frac{0{,}0625}{4{,}5} \approx 2{,}2361111$

$x_3 \approx 2{,}2361111 - \frac{0{,}0001929}{4{,}4722222} \approx 2{,}2360680$

Zum Vergleich: $\sqrt{5} = 2{,}2360680\ldots$ — nach drei Schritten bereits auf $7$ Nachkommastellen genau.

Lösung 2

$f'(x) = 3x^2$ , also $x_{n+1} = x_n - \dfrac{x_n^3 - 2}{3x_n^2}$ .

$x_1 = 2 - \frac{8 - 2}{12} = 2 - 0{,}5 = 1{,}5$

$x_2 = 1{,}5 - \frac{3{,}375 - 2}{6{,}75} = 1{,}5 - \frac{1{,}375}{6{,}75} \approx 1{,}2962963$

$x_3 \approx 1{,}2962963 - \frac{0{,}1782757}{5{,}0411523} \approx 1{,}2609322$

Zum Vergleich: $\sqrt[3]{2} = 1{,}2599210\ldots$ — hier sind erst zwei Nachkommastellen sicher, ein vierter Schritt liefert $x_4 \approx 1{,}2599219$ .

Lösung 3

$f(1) = 1 - 1 - 1 = -1 < 0$ und $f(2) = 8 - 2 - 1 = 5 > 0$ .

Da $f$ als Polynom stetig ist und das Vorzeichen wechselt, liegt zwischen $1$ und $2$ mindestens eine Nullstelle.

$f'(x) = 3x^2 - 1$ .

$x_1 = 1{,}5 - \frac{3{,}375 - 1{,}5 - 1}{6{,}75 - 1} = 1{,}5 - \frac{0{,}875}{5{,}75} \approx 1{,}3478261$

$x_2 \approx 1{,}3478261 - \frac{0{,}1006822}{4{,}4499055} \approx 1{,}3252004$

$x_3 \approx 1{,}3252004 - \frac{0{,}0020584}{4{,}2684683} \approx 1{,}3247182$

Der exakte Wert ist $1{,}3247180\ldots$ (die „plastische Zahl”).

Lösung 4

Die Tangente schneidet die $x$ -Achse bei $x_1 = 2{,}5$ .

(Kontrolle: $f(x) = \tfrac{1}{2}(x^2-4)$ , $f(4) = 6$ , $f'(4) = 4$ , also $x_1 = 4 - \tfrac{6}{4} = 2{,}5$ .)

Die Tangente bei $x_1 = 2{,}5$ ist flacher und trifft die Achse knapp über $2$ — etwa bei $x_2 \approx 2{,}05$ .

(Kontrolle: $f(2{,}5) = 1{,}125$ , $f'(2{,}5) = 2{,}5$ , also $x_2 = 2{,}5 - 0{,}45 = 2{,}05$ .)

Gegen die rechte Nullstelle $x = 2$ . Die Tangenten führen von rechts kommend immer näher an sie heran; die linke Nullstelle $x = -2$ wird bei diesem Startwert nie erreicht.

Lösung 5

Mit $f(x) = x^2 - a$ und $f'(x) = 2x$ :

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

Auf einen Bruch bringen:

$x_{n+1} = \frac{2x_n^2 - \left(x_n^2 - a\right)}{2x_n} = \frac{x_n^2 + a}{2x_n}$

Aufspalten:

$x_{n+1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \frac{a}{x_n}\right)$

Das ist das Heron-Verfahren (babylonisches Wurzelziehen): Man mittelt den bisherigen Schätzwert $x_n$ mit $\tfrac{a}{x_n}$ . Ist $x_n$ zu klein, so ist $\tfrac{a}{x_n}$ zu groß — der Mittelwert liegt dazwischen und damit näher an $\sqrt{a}$ .

Lösung 6

$f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2) = 0 \Rightarrow x = 0$ und $x = 2$ .
$f(1{,}9) = 6{,}859 - 10{,}83 + 1 = -2{,}971$ und $f'(1{,}9) = 10{,}83 - 11{,}4 = -0{,}57$ :

$x_1 = 1{,}9 - \frac{-2{,}971}{-0{,}57} = 1{,}9 - 5{,}2123 \approx -3{,}3123$

$f(-3{,}3123) \approx -68{,}2533, \quad f'(-3{,}3123) \approx 52{,}7873$

$x_2 \approx -3{,}3123 - \frac{-68{,}2533}{52{,}7873} \approx -2{,}0193$

Der Startwert $1{,}9$ liegt sehr nahe bei der Stelle $x = 2$ , an der $f'(x) = 0$ ist. Dadurch wird der Nenner mit $-0{,}57$ betragsmäßig winzig, der Quotient $\tfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}$ dagegen riesig — die Tangente verläuft fast waagrecht und schneidet die $x$ -Achse weit außerhalb.

Das Verfahren konvergiert danach zwar noch (gegen die Nullstelle bei $\approx -0{,}53$ ), aber gegen eine ganz andere als die vom Startwert nahegelegte. Faustregel: Startwerte in der Nähe von Extremstellen meiden.

Lösung 7

$f'(x) = 100\,x^{99}$ , also

$x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^{100} - 2}{100\,x_n^{99}}$

$x_1 = 1 - \frac{1 - 2}{100} = 1 + 0{,}01 = 1{,}01$

$x_2 = 1{,}01 - \frac{0{,}7048138}{267{,}8033494} \approx 1{,}0073682$

$x_3 \approx 1{,}0073682 - \frac{0{,}0836380}{206{,}8397725} \approx 1{,}0069638$

Zum Vergleich: $\sqrt[100]{2} = 1{,}0069555\ldots$ Dieselbe Formel wie in Aufgabe 1, nur mit sehr großen Exponenten — die Rechnung selbst bleibt ein Einsetzen in dieselbe Iterationsvorschrift.

Lösung 8

$f'(x) = 3 \cdot 10^{-3}\,x^2$ .

$x_1 = 200 - \frac{10^{-3}\cdot 8\cdot 10^{6} - 3000}{3\cdot 10^{-3}\cdot 40\,000} = 200 - \frac{5000}{120} \approx 158{,}3333$

$x_2 \approx 158{,}3333 - \frac{969{,}3287}{75{,}2083} \approx 145{,}4448$

$x_3 \approx 145{,}4448 - \frac{76{,}7639}{63{,}4625} \approx 144{,}2352$

Die exakte Nullstelle ist $\sqrt[3]{3 \cdot 10^{6}} \approx 144{,}2250$ . Ein weiterer Schritt liefert $x_4 \approx 144{,}2250$ .