这是一篇关于牛顿迭代好像比较通俗的理解的文章
0.前置芝士
泰勒展开（先鸽了）
其实可以参考这里（极度感性）
1.实际用处
用于求在一区间上连续且单调的函数 \(f(x)\) 的近似零点。
（对我们好像没什么用处，也用不来。。
2.公式推导
part 1 （函数眼光）
利用上面的说法，我们可以得到：
\(f^{‘}(x)=\Large\frac{f(x)}{x-x^{‘}}\)
右边不好看，变一下形：
\(x^{‘}=x-\Large\frac{f(x)}{f^{‘}(x)}\)
记住它，但不要太多（下面有要往死里记的
part 2 （多项式眼光）
零点，换到多项式上，就是恒等于零。
给定多项式 \(g(x)\) ，已知有唯一的 \(f(x)\) 满足：
\(g(f(x))\equiv 0\) \((mod\) \(x^n)\)
求 \(f(x)\) 。
若 \(n=1\) 时，显然只要常数项为零就行，
那么可考虑倍增！
假设已经知道 \(g(f(x))\equiv 0\) \((mod\) \(x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})\) 的解 \(f_0(x)\) 。
那么将 \(g(f(x))\) 在 \(f_0(x)\) 处进行泰勒展开，得到：
\(\sum_{i=1}^{\infty}\Large\frac{g^{(i)}(f_0(x))}{i!}\) \((f(x)-f_0(x))^i\equiv 0\) \((mod\) \(x^n)\)
观察到，其中， \(f(x)\) 与 \(f_0(x)\) 本质上是一样的，只不过是在不同膜意义下的同一柿子。
所以 \(f(x)-f_0(x)\) 最低的非零项次数都是 \(\large\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 。
所以只要原式的 \(i\) 大于等于 2 时，直接就会被 \(x^n\) 膜完。。
所以 \(i\) 的只会是 0 或 1 ，直接写出来就行了。
\(g(f_0(x))+g^{‘}(f_0(x))(f(x)-f_0(x))\equiv 0\) \((mod\) \(x^n)\)
不太漂亮，变一下形：
\(f(x)\equiv f_0(x)-\Large\frac{g(f_0(x))}{g^{‘}(f_0(x))}\) \((mod\) \(x^n)\)
呦吼！好熟悉的样子
记住它，往死里记它（呼应上面的那个柿子
这个柿子的话，倍增求解就行了
完结散花
只求能帮助到几个人罢。。