這是一篇關於牛頓迭代好像比較通俗的理解的文章

0.前置芝士

泰勒展開（先鴿了）

其實可以參考這裡（極度感性）

1.實際用處

用於求在一區間上連續且單調的函式 \(f(x)\) 的近似零點。

（對我們好像沒什麼用處，也用不來。。

2.公式推導

part 1 （函式眼光）

利用上面的說法，我們可以得到：

\(f^{'}(x)=\Large\frac{f(x)}{x-x^{'}}\)

右邊不好看，變一下形：

\(x^{'}=x-\Large\frac{f(x)}{f^{'}(x)}\)

記住它，但不要太多（下面有要往死裡記的

part 2 （多項式眼光）

零點，換到多項式上，就是恆等於零。

給定多項式 \(g(x)\)

\(g(f(x))\equiv 0\) \((mod\) \(x^n)\)

求 \(f(x)\) 。

若 \(n=1\) 時，顯然只要常數項為零就行，

那麼可考慮倍增！

假設已經知道 \(g(f(x))\equiv 0\) \((mod\) \(x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})\) 的解 \(f_0(x)\) 。

那麼將 \(g(f(x))\) 在 \(f_0(x)\) 處進行泰勒展開，得到：

\(\sum_{i=1}^{\infty}\Large\frac{g^{(i)}(f_0(x))}{i!}\) \((f(x)-f_0(x))^i\equiv 0\)

觀察到，其中， \(f(x)\) 與 \(f_0(x)\) 本質上是一樣的，只不過是在不同膜意義下的同一柿子。

所以 \(f(x)-f_0(x)\) 最低的非零項次數都是 \(\large\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 。

所以只要原式的 \(i\) 大於等於 2 時，直接就會被 \(x^n\) 膜完。。

所以 \(i\) 的只會是 0 或 1 ，直接寫出來就行了。

\(g(f_0(x))+g^{'}(f_0(x))(f(x)-f_0(x))\equiv 0\) \((mod\) \(x^n)\)

不太漂亮，變一下形：

\(f(x)\equiv f_0(x)-\Large\frac{g(f_0(x))}{g^{'}(f_0(x))}\)

呦吼！好熟悉的樣子

記住它，往死裡記它（呼應上面的那個柿子

這個柿子的話，倍增求解就行了

完結散花

只求能幫助到幾個人罷。。