La méthode de Newton est une technique numérique qui utilise la première dérivée pour approximer les zéros de fonctions. Vous trouverez ci-dessous des exemples détaillés démontrant son application. Vous pouvez vérifier les résultats à l'aide de ce calculateur de la méthode de Newton.
Formule de la méthode de Newton
La méthode de Newton (ou de Newton-Raphson) repose sur la formule récursive :
Commencez par choisir un point de départ proche du zéro de la fonction. Effectuez ensuite des itérations en utilisant la formule ci-dessus. Cette méthode est largement utilisée et facilement implémentée dans la plupart des langages de programmation.
Exemples traités
Exemple 1 : Approximer le plus grand zéro de \( f(x) = x^2 + 3x + 1 \)
Les zéros de cette fonction quadratique peuvent être trouvés analytiquement, mais nous allons utiliser la méthode de Newton pour comparer. En représentant graphiquement \( f \), nous observons deux zéros négatifs. Le plus grand zéro est proche de 0. Prenons \( x_0 = 0 \) comme approximation initiale.
La dérivée est :
\[ f'(x) = 2x + 3 \]En partant de \( x_0 = 0 \) :
\[ x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = 0 - \frac{0^2 + 3(0) + 1}{2(0) + 3} = -\frac{1}{3} \] \[ x_2 = -\frac{1}{3} - \frac{f(-1/3)}{f'(-1/3)} \approx -0.38095238 \] \[ x_3 \approx -0.38196555, \quad x_4 \approx -0.38196601, \quad x_5 \approx -0.38196601 \]Comparez ceci avec la racine exacte obtenue à l'aide de la formule quadratique : \[ z_2 = \frac{-3 + \sqrt{5}}{2} \approx -0.38196601125\ldots \] La méthode de Newton offre une précision de 8 décimales.
Vérification de la précision : \[ f(x_5) \approx 2,8 \times 10^{-9} \] Cela confirme que \( x_5 \) est une approximation très précise.
Remarque : L'exemple 1 a été choisi pour comparer l'approximation de Newton avec une solution exacte. La méthode de Newton est particulièrement utile pour les équations qui n'ont pas de solution analytique, comme dans les exemples suivants.
Exemple 2 : Résoudre \( e^{x-3} = -x + 2 \)
Réécrivez l'équation sous la forme :
\[ f(x) = e^{x - 3} + x - 2 = 0 \]Alors :
\[ f'(x) = e^{x - 3} + 1 \]Le graphique suggère un zéro proche de \( x = 2 \), posons donc \( x_0 = 2 \). Alors :
\[ x_1 = 2 - \frac{e^{-1}}{e^{-1} + 1} \approx 1.73105857 \] \[ x_2 \approx 1.72154537, \quad x_3 \approx 1.72153545, \quad x_4 \approx 1.72153545 \]Puisque \( x_4 = x_3 \) à 8 décimales près, le processus s'arrête.
Vérification :
\[ f(x_4) \approx -9.3 \times 10^{-9} \] \[ \text{Gauche : } e^{x_4 - 3} \approx 0.278464540 \quad \text{Droite : } -x_4 + 2 \approx 0.278464550 \]Par conséquent, \( x_4 = 1.72153545 \) est une excellente approximation.
Exemple 3 : Approximer \( \sqrt[3]{5} \)
La racine cubique de 5 résout l'équation \( x = \sqrt[3]{5} \Rightarrow x^3 = 5 \), soit :
\[ f(x) = x^3 - 5 = 0, \quad f'(x) = 3x^2 \]D'après le graphique, un bon point de départ est \( x_0 = 2 \).
\[ x_1 = 2 - \frac{2^3 - 5}{3 \cdot 2^2} = 1.75 \] \[ x_2 = 1.71088435, \quad x_3 = 1.70997642, \quad x_4 = x_5 = 1.70997594 \]Ainsi, \( \sqrt[3]{5} \approx 1.70997594 \).
