Méthode de Newton-Raphson : convergence locale

Méthode de Newton-Raphson : convergence locale
Tristan Vaccon
24 septembre 2012
Soient x0 ∈ Rn , r > 0 et B = B(x0 , r). Soit f : B → Rn , de classe C 1 .
On considère la suite (xn )n∈N obtenue par la méthode de Newton : xn+1 = xn −
f 0 (xn )−1 f (xn ). On suppose que :
– ∀(x, y) ∈ B 2 , kf 0 (x) − f 0 (y)k 6 γkx − yk ;
– pour tout x ∈ B, f 0 (x) est inversible et kf 0 (x)−1 k 6 β ;
2r
.
– α = kx1 − x0 k < 2+βγr
Nous allons montrer que la suite (xn )n∈N est bien définie et converge vers un zéro
de f , et nous allons étudier la vitesse de convergence.
On commence par un lemme d’analyse :
Lemme 1. Soit f : Rn → Rn une fonction différentiable dans un ouvert convexe
C ⊂ Rn . On suppose qu’il existe γ > 0 tel que :
∀(x, y) ∈ C 2 , kf 0 (x) − f 0 (y)k ≤ γkx − yk.
Alors on a ∀(x, y) ∈ C 2 , kf (x) − f (y) − f 0 (y)(x − y)k 6 γ2 kx − yk2 .
Démonstration. Soient (x, y) ∈ C 2 . C étant convexe, le segment [x, y] est inclus
dans C. Soit φ : [0, 1] → Rn , t 7→ f (y + t(x − y)).
On a φ0 (t) = f 0 (y + t(x − y)).(x − y) et φ0 (0) = f 0 (y).(x − y). Ainsi,
kφ0 (t) − φ0 (0)k 6 kf 0 (y + t(x − y)) − f 0 (y)kkx − yk 6 γtkx − yk2 .
On a
0
0
f (x) − f (y) − f (y).(x − y) = φ(1) − φ(0) − φ (0) =
Z 1
(φ0 (t) − φ0 (0))dt.
0
Finalement
0
kf (x) − f (y) − f (x − y)k 6
Z 1
0
1
γtkx − yk2 dt 6
γ
kx − yk2 .
2
n −1
Lemme 2. On a, pour tout n ∈ N, xn ∈ B et kxn+1 − xn k 6 αh2
et on a h < 1.
où h =
αβγ
2
Démonstration. On montre d’abord que h < 1. On a
αβγ < 2
βγr
< 2.
2 + βγr
Pour n = 0, α = kx1 − x0 k et l’inégalité recherchée est vrai. De plus, α <
6 r et donc x1 ∈ B.
On suppose le résultat vrai pour tout k ≤ n − 1. Alors
2r
2+βγr
kxn+1 − xn k = k − f 0 (xn )−1 f (xn )k 6 βkf (xn )k.
Par définition de xn , f (xn−1 ) + f 0 (xn−1 )(xn − xn−1 ) = 0, donc
γ
kxn+1 −xn k 6 βkf (xn )−f (xn−1 )−f 0 (xn−1 )−f (xn−1 )(xn −xn−1 )k 6 β kxn −xn−1 k2 ,
2
en utilisant le lemme précédent.
Avec l’hypothèse de récurrence,
γ
γ
n−1
n
n
kxn+1 − xn k 6 β (αh2 −1 )2 = β α2 h2 −2 = αh2 −1 .
2
2
Maintenant, montrons que xn+1 est bien dans B. Avec l’hypothèse, on a kxk+1 −
k
xk k 6 αh2 −1 si k ≤ n. Donc :
kxn+1 − x0 k 6
n
X
kxk+1 − xk k 6 α
k=0
k=0
Or avec α <
n
X
h2
k −1
6α
+∞
X
k=0
hk =
α
.
1−h
2r
,
2+βγr
α
2α
4r
2 + βγr
=
<
= r.
1−h
2 − αβγ
2 + βγr 2 ∗ (2 + βγr) − 2r ∗ βγ
Et on a donc bien le résultat par récurrence.
Proposition 1. La suite (xn )n∈N converge vers ξ ∈ B tel que f (ξ) = 0 et on a
pour tout n ∈ N,
n
h2 −1
.
kxn − ξk 6 α
1 − h2n
2
Démonstration. B est fermé dans Rn qui est complet, et du fait que ∀n ∈ N, kxn+1 −
n
xn k 6 αh2 −1 avec 0 < h < 1, on obtient que (xn )n∈N est de Cauchy, donc converge
α
< r. Donc ξ ∈ B. Les
vers ξ ∈ B tel que kξ − x0 k 6 α(1 + h + h3 + . . . ) < 1−h
0 −1
fonctions f et (f ) étant continues dans B, on a ξ = ξ − f 0 (ξ)−1 f (ξ) et comme
par définition, f 0 (ξ)−1 est inversible donc injective, f (ξ) = 0.
Enfin, pour la vitesse de convergence,
kxn − ξk = k
6
+∞
X
(xk − xk+1 )k
k=n
+∞
X
k(xk − xk+1 )k 6 α
k=n
6 αh−1
X
n
hk∗2 = α
k>1
X
k −1
h2
.
k>n
2n −1
h
1 − h2n
Références
[1] Chambert-Loir, Antoine & Fermigier, Stéfane Analyse 2, exercices.
Agrégation de mathématiques
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