Méthode de Newton-Raphson : convergence locale

Méthode de Newton-Raphson : convergence locale
Tristan Vaccon
24 septembre 2012
Soient x0∈Rn,r > 0et B=B(x0, r). Soit f:B→Rn, de classe C1.
On considère la suite (xn)n∈Nobtenue par la méthode de Newton : xn+1 =xn−
f0(xn)−1f(xn). On suppose que :
–∀(x, y)∈B2,kf0(x)−f0(y)k6γkx−yk;
– pour tout x∈B,f0(x)est inversible et kf0(x)−1k6β;
–α=kx1−x0k<2r
2+βγr .
Nous allons montrer que la suite (xn)n∈Nest 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→Rnune fonction différentiable dans un ouvert convexe
C⊂Rn. On suppose qu’il existe γ > 0tel que :
∀(x, y)∈C2,kf0(x)−f0(y)k ≤ γkx−yk.
Alors on a ∀(x, y)∈C2,kf(x)−f(y)−f0(y)(x−y)k6γ
2kx−yk2.
Démonstration. Soient (x, y)∈C2.Cétant 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) = f0(y+t(x−y)).(x−y)et φ0(0) = f0(y).(x−y). Ainsi,
kφ0(t)−φ0(0)k6kf0(y+t(x−y)) −f0(y)kkx−yk6γtkx−yk2.
On a
f(x)−f(y)−f0(y).(x−y) = φ(1) −φ(0) −φ0(0) = Z1
0
(φ0(t)−φ0(0))dt.
Finalement
kf(x)−f(y)−f0(x−y)k6Z1
0
γtkx−yk2dt 6γ
2kx−yk2.
1

Lemme 2. On a, pour tout n∈N,xn∈Bet kxn+1 −xnk6αh2n−1où h=αβγ
2
et on a h < 1.
Démonstration. On montre d’abord que h < 1. On a
αβγ < 2βγr
2 + βγr <2.
Pour n= 0,α=kx1−x0ket l’inégalité recherchée est vrai. De plus, α <
2r
2+βγr 6ret donc x1∈B.
On suppose le résultat vrai pour tout k≤n−1. Alors
kxn+1 −xnk=k − f0(xn)−1f(xn)k6βkf(xn)k.
Par définition de xn,f(xn−1) + f0(xn−1)(xn−xn−1) = 0, donc
kxn+1−xnk6βkf(xn)−f(xn−1)−f0(xn−1)−f(xn−1)(xn−xn−1)k6βγ
2kxn−xn−1k2,
en utilisant le lemme précédent.
Avec l’hypothèse de récurrence,
kxn+1 −xnk6βγ
2(αh2n−1−1)2=βγ 2α2h2n−2=αh2n−1.
Maintenant, montrons que xn+1 est bien dans B. Avec l’hypothèse, on a kxk+1 −
xkk6αh2k−1si k≤n. Donc :
kxn+1 −x0k6
n
X
k=0
kxk+1 −xkk6α
n
X
k=0
h2k−16α
+∞
X
k=0
hk=α
1−h.
Or avec α < 2r
2+βγr ,
α
1−h=2α 2−αβγ <4r 2 + βγr
2 + βγr
2∗(2 + βγr)−2r∗βγ =r.
Et on a donc bien le résultat par récurrence.
Proposition 1. La suite (xn)n∈Nconverge vers ξ∈Btel que f(ξ)=0et on a
pour tout n∈N,
kxn−ξk6αh2n−1
1−h2n.
2

Démonstration. Best fermé dans Rnqui est complet, et du fait que ∀n∈N,kxn+1−
xnk6αh2n−1avec 0< h < 1, on obtient que (xn)n∈Nest de Cauchy, donc converge
vers ξ∈Btel que kξ−x0k6α(1 + h+h3+. . . )<α
1−h< r. Donc ξ∈B. Les
fonctions fet (f0)−1étant continues dans B, on a ξ=ξ−f0(ξ)−1f(ξ)et comme
par définition, f0(ξ)−1est inversible donc injective, f(ξ)=0.
Enfin, pour la vitesse de convergence,
kxn−ξk=k
+∞
X
k=n
(xk−xk+1)k
6
+∞
X
k=n
k(xk−xk+1)k6αX
k>n
h2k−1
6αh−1X
k>1
hk∗2n=αh2n−1
1−h2n
.
Références
[1] Chambert-Loir, Antoine & Fermigier, Stéfane Analyse 2, exercices.
Agrégation de mathématiques
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