Eclats de vers : Matemat 08 : Différentielles

• Chapitre \ref{chap:lineaire} : Les fonctions linéaires

Soit les espaces vectoriels \(\Omega, F\) sur \(\corps\).

L'idée à la base de la notion de différentielles est de linéariser localement une fonction \(f : \Omega \mapsto F\) autour d'un point \(a \in \Omega\). Pour tout \(h \in \Omega\) suffisamment petit, on veut donc avoir :

\[f(a + h) - f(a) \approx \differentielle{f}{a}(h)\]

où \(\differentielle{f}{a}\) est une application linéaire de \(\Omega\) vers \(F\). On suppose que la norme existe de \(\differentielle{f}{a}\) existe, de sorte que nous puissions écrire :

\[\norme{ \differentielle{f}{a}(h) } \le \norme{ \differentielle{f}{a} } \cdot \norme{h}\]

On voit que la norme de la différentielle tend plus vite que \(h\) vers \(0\). On demande que la norme de l'erreur donnée par :

\[E(h) = f(a + h) - f(a) - \differentielle{f}{a}(h)\]

devienne négligeable par rapport à :

\[\norme{ \differentielle{f}{a} } \cdot \norme{h}\]

lorsque \(h\) tend vers \(0\). Comme la norme de la différentielle ne varie pas, il nous suffit d'imposer que :

\[\lim_{ \substack{ h \to 0 \\ h \ne 0 } } \frac{ \norme{E(h)} }{ \norme{h} } = 0\]

Si ces conditions sont vérifiées, on dit que \(f\) est différentiable en \(a\) et que \(\differentielle{f}{a}\) est la différentielle de \(f\) en \(a\). On a alors :

\[f(a + h) - f(a) = \differentielle{f}{a}(h) + E(h)\]

Si \(a\) est différentiable en \(a\), elle est forcément continue en \(a\). En effet, la différentielle est bien continue :

\[\norme{ \differentielle{f}{a}(0) } \le \norme{ \differentielle{f}{a} } \cdot \norme{0} = 0\]

Par définition, pour tout \(\epsilon \strictsuperieur 0\), on peut trouver \(\delta \strictsuperieur 0\) tel que :

\[\frac{ \norme{E(h)} }{ \norme{h} } \le \epsilon\]

c'est-à-dire :

\[\norme{E(h)} \le \epsilon \cdot \norme{h}\]

On en déduit que l'erreur est continue en \(h = 0\). On a donc :

\[\lim_{h \to 0} \norme{E(h)} = 0\]

L'expression de \(f(a + h)\) peut donc s'écrire :

\[\lim_{h \to 0} f(a + h) = f(a) + \lim_{h \to 0} \left[ \differentielle{f}{a}(h) + E(h) \right] = f(a)\]

Nous allons à présent voir comment obtenir les composantes de la différentielle dans le cas d'espaces de dimensions finies. Nous disposons donc d'une base \((\varpi_1,...,\varpi_n)\) de \(\Omega\) et d'une base \((\phi_1,...,\phi_m)\) de \(F\). Nous introduisons les composantes \(f_1,...,f_m : \Omega \mapsto F\) de \(f\) telles que :

\[f(x) = \sum_{i = 1}^m f_i(x) \cdot \phi_i\]

pour tout \(x \in \Omega\). Nous procédons de même pour l'erreur :

\[E(h) = \sum_{i = 1}^m E_i(h) \cdot \phi_i\]

pour tout \(h \in \Omega\). Nous allons également utiliser les coordonnées \(h_1,...,h_n \in \corps\) de \(h\) :

\[h = \sum_{i = 1}^n h_i \cdot \varpi_i\]

Par linéarité :

\[f(a + h) - f(a) = \sum_{j = 1}^n \differentielle{f}{a}(\varpi_j) \cdot h_j + E(h)\]

Mais on peut trouver des \(\Delta_{ij} \in \corps\) tels que :

\[\differentielle{f}{a}(\varpi_j) = \sum_{i = 1}^m \Delta_{ij} \cdot \phi_i\]

Injectons les expressions des composantes dans \(F\). On obtient :

\[\sum_i \phi_i \cdot \left[ f_i(a + h) - f_i(a) - E_i(h) - \sum_{j = 1}^n \Delta_{ij} \cdot h_j \right] = 0\]

Par indépendance linéaire des \(\phi_i\), on a alors :

\[f_i(a + h) - f_i(a) = \sum_{j = 1}^n \Delta_{ij} \cdot h_j + E_i(h)\]

pour tout \(i \in \setZ(1,m)\). On nomme \(\Delta_{ij}\) la dérivée partielle de \(f_i\) par rapport à \(\varpi_j\). On la note :

\[\partial_j f_i(a) = \deriveepartielle{f_i}{x_j}(a) = \Delta_{ij}\]

Soit \(\lambda \in \corps\). Si l'on choisit \(h = \lambda \ \varpi_j\), on a \(h_k = \lambda \ \indicatrice_{jk}\) et :

En divisant l'équation ci-dessus par \(\lambda\) puis en faisant tendre \(\lambda\) vers 0, on obtient :

\[\partial_j f_i(a) = \lim_{\lambda \to 0} \left[ \frac{f_i(a + \lambda \ \varpi_j) - f_i(a)}{\lambda} - \frac{E_i(h)}{\lambda} \right]\]

Comme l'erreur doit converger plus vite vers zéro que la norme \(\norme{h} = \lambda\), la limite du second terme du membre de droite s'annule et on a :

\[\partial_j f_i(a) = \lim_{\lambda \to 0} \frac{f_i(a + \lambda \ \varpi_j) - f_i(a)}{\lambda}\]

Ce qui montre que la dérivée partielle \(\partial_j f_i\) est la variation de \(f_i\) obtenue lorsqu'on fait varier la \(j^{ème}\) variable (celle correspondant à \(\varpi_j\)).

On associe à la différentielle \(\differentielle{f}{a}\) la matrice Jacobienne \(\partial f(a)\) de \(f\) en \(a\) définie par :

\[\partial f(a) = \Big( \partial_j f_i(a) \Big)_{i,j}\]

On peut alors écrire la linéarisation de \(f\) sous forme de produit matriciel :

\[f(a + h) - f(a) = \partial f(a) \cdot h + E(h)\]

où \(f,h,E\) sont les vecteurs colonnes associés aux grandeurs du même nom.

Dans le cas où \(m = n = 1\), il n'y a qu'une dérivée partielle, \(\partial_1 f_1\), que l'on appelle alors dérivée ordinaire. On a les équivalences :

\[\lambda \ \phi_1 \quad \Leftrightarrow \quad \lambda \quad \Leftrightarrow \quad \lambda \ \epsilon_1\]

On peut considérer \(\Omega\) et \(F\) comme équivalents à \(\corps\) et se restreindre à des fonctions \(f : \corps \mapsto \corps\) sans perte de généralité. La dérivée ordinaire est alors simplement :

\[\partial f(a) = \lim_{\lambda \to 0} \frac{f(a + \lambda) - f(a)}{\lambda}\]

Si \(f\) est différentiable en tout vecteur \(a\) de \(A \subseteq \Omega\), on dit que \(f\) est différentiable sur \(A\). On peut alors définir une application dérivée \(\partial f : A \mapsto \matrice(\corps,m,n)\) définie par :

\[\partial f : a \mapsto \partial f(a)\]

pour tout \(a \in A\). Si cette nouvelle application \(\partial f\) est également continue, on dit que \(f\) est continûment différentiable. On note \(\continue^1(A,F)\) l'ensemble des fonctions continûment différentiables de \(A\) vers \(F\).

Soit \(f : \Omega \mapsto \corps\) avec \(\Omega\) de dimension finie \(n\). Supposons que \(f\) est différentiable sur \(A \subseteq \Omega\). La dimension de \(\corps\) sur \(\corps\) étant \(1\), la Jacobienne \(\partial f(a)\) se réduit à un vecteur matriciel de composantes \(\partial_i f\). Si la dérivée \(\partial f : A \mapsto \corps^n\) est elle-même différentiable, on nomme l'application définie par :

\[\partial^2 f = \partial \left( \partial f \right)\]

la dérivée seconde de \(f\). Il s'agit d'une fonction qui transforme un élément de \(A\) en un « vecteur matriciel de vecteurs matriciels » appartenant à \(\matrice(\corps^n,n,1)\). On peut assimiler cet objet à une matrice équivalente de taille \((n,n)\) dont les composantes sont des éléments de \(\corps\). En définitive, nous avons \(\partial^2 f(a) \in \matrice(\corps,n,n)\) pour tout \(a \in A\). Cette matrice est appellée hessienne de \(f\) en \(a\). Ses composantes sont données par :

\[\partial_{ij}^2 f(a) = \partial_i \left( \partial_j f \right)(a)\]

Soit \(f : \corps \mapsto \corps\) et \(k \in \setN\). Pour autant que la fonction \(f\) soit suffisamment dérivable, on définit par récurrence la fonction \(\partial^k f : \corps \mapsto \corps\) :

La dérivée d'ordre \(k\) de \(f\) est donc la fonction obtenue lorsqu'on applique un nombre \(k\) de fois l'opérateur de dérivation \(\partial\) à la fonction \(f\) :

\[\partial^k f = (\partial \circ ... \circ \partial)(f)\]

Soit une fonction \(u : A \mapsto B\). Si la fonction \(v\) définie par :

\[v(x) = \int_a^x u(x) d\mu(x)\]

est continue, on dit que \(u\) est à intégrale continue. On note \(\continue_{\mu}^{-1}(A,B)\) l'ensemble des fontions à intégrale continue.

On dit qu'une fonction \(f\) est uniformément différentiable sur \(A\) si pour tout \(\epsilon \strictsuperieur 0\), on peut trouver un \(\delta \strictsuperieur 0\) tel que :

\[\abs{f(s) - f(t) - \partial f(t) \cdot (s - t)} \le \epsilon \cdot \abs{s - t}\]

quel que soit \(s,t \in A\) vérifiant \(\abs{s - t} \le \delta\).

• Chapitre \ref{chap:differ} : Les différentielles

Si \(f\) est constante, on peut trouver \(c \in F\) tel que :

\[f(x) = c\]

pour tout \(x \in \Omega\). On a alors :

\[\partial_j f(a) = \lim_{\lambda \to 0} \frac{c - c}{\lambda} = 0\]

Par conséquent :

\[\partial f(a) = 0\]

Considérons le cas particulier où \(m = n\) et où \(f = \identite\). Lorsque \(i = j\), nous avons :

\[\partial_i f_i(a) = \lim_{\lambda \to 0} \frac{x_i + \lambda - x_i}{\lambda} = \lim_{\lambda \to 0} \frac{\lambda}{\lambda} = 1\]

Lorsque \(i \ne j\), on a par contre :

\[\partial_j f_i(a) = \lim_{\lambda \to 0} \frac{x_i - x_i}{\lambda} = \lim_{\lambda \to 0} \frac{0}{\lambda} = 0\]

On en conclut que :

\[\partial f(a) = \partial \identite(a) = ( \indicatrice_{ij} )_{i,j} = I\]

La Jacobienne de la fonction identité est la matrice identité.

Nous allons nous intéresser à présent au moyen d'obtenir la dérivée d'une composée de fonctions \(f : E \mapsto F\) et \(g : F \mapsto G\). Supposons que \(f\) soit différentiable en \(a\) et que \(g\) soit différentiable en \(b = f(a)\). On a alors :

Choisissons en particulier \(db = f(a + da) - f(a)\). On a alors :

Mais d'un autre coté :

Il est aisé de vérifier que :

\[\lim_{h \to 0} \frac{\partial g(f(a)) \cdot E_f(da) + E_g(df(a))}{\norme{h}} = 0\]

puisque \(\partial g(f(a))\) ne dépend pas de \(da\). On a donc montré que \(g \circ f\) est différentiable en \(a\) et que :

\[\partial (g \circ f)(a) = \partial g(f(a)) \cdot \partial f(a) = (\partial g \circ f)(a) \cdot \partial f(a)\]

La dérivée d'une composée de fonctions est donc tout simplement le produit des Jacobiennes.

En considérant le cas particulier \(g = f^{-1}\), on a \(g \circ f = \identite\). Choisissons un vecteur \(a\) où \(f\) est différentiable et posons \(b = f(a)\). On a :

\[\partial f^{-1}(b) \cdot \partial f(a) = \partial \identite(a) = I\]

La jacobienne de l'inverse d'une fonction est donc l'inverse matriciel de sa jacobienne :

\[\partial f^{-1}(b) = \left[ \partial f(a) \right]^{-1}\]

Si \(f,g\) sont différentiables en \(a\), on a :

En additionnant les équations ci-dessus, on obtient :

Il est clair que :

\[\lim_{h \to 0} \frac{\norme{E_f(h) + E_g(h)}}{\norme{h}} = 0\]

La fonction \(f + g\) est donc différentiable en \(a\) et :

\[\partial (f + g)(a) = \partial f(a) + \partial g(a)\]

On peut montrer, cette fois en soustrayant les deux équations que :

\[\partial (f - g)(a) = \partial f(a) - \partial g(a)\]

Considérons deux fonctions \(f,g\) différentiables en \(a\) :

Leur produit scalaire s'écrit :

où :

On a donc :

\[\lim_{h \to 0} \frac{\norme{E_{f \cdot g}(h)}}{\norme{h}} = 0\]

ce qui nous montre que la différentielle du produit scalaire s'écrit :

\[\differentielle{ \scalaire{f}{g} }{a}(h) = \scalaire{f(a)}{\partial g(a) \cdot h} + \scalaire{\partial f(a) \cdot h}{g(a)}\]

En terme de composantes, on a :

\[\differentielle{ \scalaire{f}{g} }{a}(h) = \sum_{j = 1}^n \varpi_j \cdot h_j \cdot \sum_{i = 1}^m \left[ f_i(a) \cdot \partial_j g_i(a) + \partial_j f_i(a) \cdot g_i(a) \right]\]

La représentation matricielle s'écrit donc :

\[\partial \scalaire{f}{g}(a) = \left[ \partial g(a) \right]^T \cdot f(a) + \left[ \partial f(a) \right]^T \cdot g(a)\]

Soit les fonctions \(f,g : \corps \mapsto \corps\) reliées par l'équation :

\[f \cdot g = 1\]

En dérivant, on obtient :

\[\OD{f}{x} \cdot g + f \cdot \OD{g}{x} = \OD{1}{x} = 0\]

Donc, si \(g \ne 0\), on a :

\[\OD{f}{x} = - \frac{f}{g} \cdot \OD{g}{x}\]

Mais comme \(f(x) = 1/g(x)\), cela nous donne :

\[\OD{}{x}\left(\unsur{g}\right)(x) = - \unsur{g(x)^2} \cdot \OD{g}{x}(x)\]

En appliquant les résultats précédents, on obtient :

\[\OD{}{x}\left( \frac{f}{g} \right)(x) = \OD{}{x}\left( f \cdot \unsur{g} \right)(x) = \OD{f}{x}(x) \cdot g(x) - \frac{f(x)}{g(x)^2} \cdot \OD{g}{x}(x)\]

et finalement :

\[\OD{}{x}\left( \frac{f}{g} \right)(x) = \frac{\OD{f}{x}(x) \cdot g(x) - f(x) \cdot \OD{g}{x}}{g(x)^2}\]

Soit la suite de fonctions :

\[F = \{ f_n \in \setR^\setR : n \in \setN \}\]

convergeant en tout point \(x \in \setR\) vers une fonction \(f : \setR \mapsto \setR\) :

\[\lim_{n \to \infty} f_n(x) = f(x)\]

Si la fonction \(f\) est différentiable en \(a \in \setR\), on a :

• Chapitre \ref{chap:differ} : Les différentielles

Soit \(n \in \setN\). Nous allons analyser la différentiabilité du monôme \(\mu : \setR \mapsto \setR\) défini par :

\[\mu : t \mapsto t^n\]

pour tout \(t \in \setR\). La formule de factorisation nous donne :

\[s^n - t^n = (s - t) \sum_{i = 0}^{n - 1} s^i \cdot t^{n - 1 - i}\]

On a donc :

\[\frac{s^n - t^n}{s - t} = \sum_{i = 0}^{n - 1} s^i \cdot t^{n - 1 - i}\]

Passant à la limite \(s \to t\), on obtient :

\[\lim_{ s \to t} \frac{s^n - t^n}{s - t} = \sum_{i = 0}^{n - 1} t^i \cdot t^{n - 1 - i} = \sum_{i = 0}^{n - 1} t^{n - 1} = n \cdot t^{n - 1}\]

On en conclut que la dérivée existe sur \(\setR\) et que :

\[\OD{}{t} (t^n) = \lim_{ s \to t} \frac{s^n - t^n}{s - t} = n \cdot t^{n - 1}\]

La dérivée d'une combinaison linéaire étant identique à la combinaison linéaire des dérivées (voir dérivée d'une somme et la multiplication par une constante), on en conclut que tous les polynômes sont dérivables sur \(\setR\).

Nous allons évaluer les dérivées des fonctions \(f : x \mapsto x^\alpha\) où \(x,\alpha \in \setR\).

Commençons par :

On en déduit que :

\[x \cdot dy + y \cdot dx = d(1) = 0\]

ce qui nous donne :

\[\OD{}{x}\left( \unsur{x} \right) = \OD{y}{x} = -\frac{y}{x} = -\frac{1}{x^2}\]

Considérons la relation :

\[y = x^{-n}\]

où \(n\in\setN\). On définit la variable intermédiaire \(z\) telle que :

On en déduit :

Toujours pour \(n \in \setN\), considérons la relation :

\[y = x^n \qquad \Leftrigfhtarrow\qquad x = y^{1/n}\]

Posons \(\alpha = 1/n\). On a :

\[\OD{y}{x} = n \cdot x^{n - 1} = n \cdot y \cdot y^{-\alpha}\]

Donc :

\[\OD{x}{y} = \alpha \cdot y^{\alpha-1}\]

Choisissons à présent :

\[y = x^{m/n}\]

où \(m\in\setZ\) et \(n\in\setN\). Définissons la variable intermédiaire :

\[z = x^m\]

On a alors :

\[y = z^{1/n}\]

Posons \(\alpha = m/n\). La dérivée s'écrit :

On a donc :

\[\OD{}{x}\left( x^\alpha \right) = \alpha \cdot x^{\alpha-1}\]

Par passage à la limite, on obtient :

\[\OD{}{x}\left( x^\alpha \right) = \alpha \cdot x^{\alpha-1}\]

pour tout \(\alpha \in \setR\).

Soit \(A \in \matrice(\setR,m,n)\). Considérons la fonction \(\mathcal{A} : \setR^m \times \setR^n \mapsto \setR\) définie par :

\[\mathcal{A}(x) = A \cdot x\]

En terme de composantes, on a :

\[\mathcal{A}_i(x) = \sum_j A_{ij} \cdot x_j\]

Les dérivées s'écrivent :

\[\deriveepartielle{\mathcal{A}_i}{x_k}(x) = A_{ik}\]

On a donc :

\[\deriveepartielle{}{x}(A \cdot x) = A\]

Soit \(u \in \setR^n\). Considérons la forme linéaire \(\varphi : \setR^n \mapsto \setR\) définie par :

\[\varphi(x) = x^\dual \cdot u\]

En terme de composantes, on a :

\[\varphi(x) = \sum_i x_i \cdot u_i\]

Les dérivées s'écrivent :

\[\deriveepartielle{\varphi}{x_k}(x) = u_i\]

On a donc :

\[\deriveepartielle{}{x}(x^\dual \cdot u) = u\]

Comme \(u^\dual \cdot x = x^\dual \cdot u\), on a aussi :

\[\deriveepartielle{}{x}(u^\dual \cdot x) = u\]

Soit à présent \(A \in \matrice(\setR,m,n)\). Considérons la forme bilinéaire \(\vartheta : \setR^m \times \setR^n \mapsto \setR\) définie par :

\[\vartheta(x,y) = x^\dual \cdot A \cdot y\]

En terme de composantes, on a :

\[\vartheta(x,y) = \sum_{i,j} x_i \cdot A_{ij} \cdot y_j\]

Les dérivées s'écrivent :

On a donc :

Les dérivées secondes s'en déduisent alors :

Soit à présent \(A \in \matrice(\setR,n,n)\). Considérons la forme quadratique \(\mathcal{Q} : \setR^m \times \setR^n \mapsto \setR\) définie par :

\[\mathcal{Q}(x) = x^\dual \cdot A \cdot x\]

En terme de composantes, on a :

\[\mathcal{Q}(x) = \sum_{i,j} x_i \cdot A_{ij} \cdot x_j\]

Les dérivées s'écrivent :

On a donc :

\[\deriveepartielle{}{x}(x^\dual \cdot A \cdot x) = (A + A^\dual) \cdot x\]

La dérivée seconde est alors immédiate :

\[\dfdxdy{}{x}{x}(x^\dual \cdot A \cdot x) = A + A^\dual\]

Un cas fréquent est celui d'une matrice \(H\) hermitienne (\(H^\dual = H\)). On a alors :

\[\deriveepartielle{}{x}(x^\dual \cdot H \cdot x) = 2 \cdot H \cdot x\]

et :

\[\dfdxdy{}{x}{x}(x^\dual \cdot H \cdot x) = 2 \cdot H\]

Soient les fonctions \(A : \setR \mapsto \matrice(\setR,m,n)\) et \(B : \setR \mapsto \matrice(\setR,n,p)\) qui, à chaque réel \(t\), associent des matrices de composantes réelles. Nous allons tenter de trouver une expression de la dérivée du produit matriciel \(A \cdot B\). Les propriétés des différentielles nous permettent d'écrire :

\[\partial \sum_{k = 1}^n A_{ik}(t) \cdot B_{kj}(t) = \sum_{k = 1}^n \partial A_{ik}(t) \cdot B_{kj}(t) + \sum_{k=1}^n A_{ik}(t) \cdot \partial B_{kj}(t)\]

On a donc :

\[\partial (A \cdot B) = \partial A \cdot B + A \cdot \partial B\]

ou, symboliquement :

\[d(A \cdot B) = dA \cdot B + A \cdot dB\]

Considérons le cas où \(A\) est carrée (\(m = n\)). En dérivant la relation \(A \cdot A^{-1} = I\), on obtient :

\[0 = dI = d(A \cdot A^{-1}) = dA \cdot A^{-1} + A \cdot dA^{-1}\]

et donc :

\[d(A^{-1}) = - A^{-1} \cdot dA \cdot A^{-1}\]

Soit une fonction \(F : \setR^n \mapsto \setR^n\) et l'espace des solutions :

\[S = \{ s \in \setR^n : F(s) = 0 \} = \noyau F\]

Nous allons tenter d'obtenir itérativement une estimation d'un \(s \in S\). 0n part d'un certain \(x_0 \in \setR^n\) et on essaie à chaque itération :

\[x_{k + 1} = I(x_k) = x_k + \Delta_k\]

d'améliorer la qualité de notre estimation, c'est à dire de rapprocher \(F(x_{k + 1})\) de zéro. On espère que pour \(K\) assez grand, on aura :

\[F(x_K) \approx \lim_{k \to \infty} F(x_k) = 0\]

A moins que l'on ait déjà une vague idée d'une région \(X \subseteq \setR^n\) contenant une solution \(s \in S\), on choisit en général \(x_0 = 0\).

On demande à chaque étape que le développement du premier ordre autour de \(x_k\) s'annule en \(x_{k + 1} = x_k + \Delta_k\). On impose donc :

\[F(x_{k + 1}) \approx F(x_k) + \partial F(x_k) \cdot \Delta_k \approx 0\]

On est amenés à résoudre le système :

\[\partial F(x_k) \cdot \Delta_k = - F(x_k)\]

Si la matrice \(\partial F(x_k)\) est inversible, on a :

\[\Delta_k = - \left[\partial F(x_k)\right]^{-1} \cdot F(x_k)\]

et :

\[x_{k + 1} = x_k - \left[\partial F(x_k)\right]^{-1} \cdot F(x_k)\]

On voit que la condition \(F(s) = 0\) est équivalente à \(F(s) + s = s\). On définit donc la fonction \(f : \setR^n \to \setR^n\) par :

\[f(x) = F(x) + x\]

pour tout \(x \in \setR^n\), et on cherche un \(s\) tel que \(f(s) = F(s) + s = s\). Si \(f\) est contractante, on applique le théorème de Banach en itérant simplement par :

\[x_{k + 1} = f(x_k) = f^{k + 1}(x_0)\]

Pour \(K\) assez grand, on a alors :

\[x_K \approx \lim_{k \to \infty} x_k = s\]

Supposons à présent que \(F,f : \setR \to \setR\) avec \(f(x) = F(x) + x\) pour tout \(x \in \setR\). L'idée est d'utiliser simultanément les deux approches \(F(s) = 0\) et \(f(s) = F(s) + s = s\). Soit :

\[F'(x) = \OD{F}{x}(x)\]

Supposons qu'au bout de \(k\) itérations on ait obtenu \(x_k\) comme approximation de la solution \(s\). On commence par effectuer deux $f$-itérations en partant de \(x_k\) :

Les valeurs de \(F\) s'écrivent alors :

On se sert ensuite du développement :

\[F(u_0) \approx F(u_1) + F'(u_1) \cdot (u_0 - u_1)\]

pour approximer \(F'\) :

\[F'(u_1) \approx \frac{F(u_0) - F(u_1)}{u_0 - u_1} = \frac{F(u_1) - F(u_0)}{u_1 - u_0}\]

On a donc :

\[F'(u_1) \approx \frac{(u_2 - u1) - (u_1 - u_0)}{u_1 - u_0} = \frac{(u_2 - 2 u_1 + u_0)}{u_1 - u_0}\]

On applique ensuite l'itération de Newton-Raphson :

\[x_{k + 1} = x_{k} - \frac{F(x_k)}{F'(x_k)}\]

en remplaçant la dérivée \(F'\) par son approximation :

\[x_{k+1} = x_k - \frac{(u_1 - u_0)^2}{u_2 - 2 u_1 + u_0}\]

On espère que la suite des \(x_k\) ainsi définie converge plus vite vers la solution \(s\) que la suite des \(f^k(x_0)\).