零. 前置芝士
在正式进入牛顿迭代的学习前，我们需要预先了解 \(Taylor\) Swift 展开，以便处理我们推导过程中遇到的问题。
所谓泰勒展开，是一个近似模拟原函数的一个公式，和拉格朗日插值大概做的是同一件事情(？)，不过拉格朗日插值是通过多项式点值表达求出的，而泰勒展开是基于原函数表达式已知，利用另一种方式来近似它以便计算&研究的。
想要复制这段曲线，首先得找一个切入点，可以是这条曲线最左端的点，也可以是最右端的点，anyway，可以是这条线上任何一点。他选了最左边的点。由于这段曲线过 \((0,1)\) 这个点，仿造的第一步，就是让仿造的曲线也过这个点，完成了仿造的第一步，很粗糙，甚至完全看不出来这俩有什么相似的地方，那就继续细节化。
开始考虑曲线的变化趋势，即导数，保证在此处的导数相等。经历了第二步，现在起始点相同了，整体变化趋势相近了，可能看起来有那么点意思了。想进一步精确化，应该考虑凹凸性。
高中学过：表征图像的凹凸性的参数为“导数的导数”。所以，下一步就让二者的导数的导数相等。起始点相同，增减性相同，凹凸性相同后，仿造的函数更像了。如果再继续细化下去，应该会无限接近。所以泰勒认为“仿造一段曲线，要先保证起点相同，再保证在此处导数相同，继续保证在此处的导数的导数相同……”
(以上内容摘自知乎)
基于以上文字的描述，我们来考虑严谨的计算证明：假设我们求\(n\)次导来近似这个函数，那么我们需要构造一个 \(n\) 次多项式函数 \(g(x)\)，使其与原函数 \(f(x)\) 在某一点的初始值相等，且求 \(i（i \in [1,n]）\) 阶导相等
如果这个函数可求 \(n\) 阶导，那么它必然是一个 \(n\)次多项式，不妨设为 \(\sum\limits_{i=0}^n{a_ix^i}\)（貌似很像普通生成函数）
现在假设我们选定的点是 \((0,f(0)=a_0)\) ，那么有：\(f^n(0)=g^n(0)\)，由于求 \(n\) 阶导时只有最后一项非零，为\(n!a_n\)，那么应有：\(a_n=\frac{f^n(0)}{n!}\)
同理有：$$a_i=\frac{f^i(0)}{i!}(i \in [1,n])$$
这就是泰勒展开的精髓，所以原函数的近似函数\(g(x)\)为：\(g(x)=g(0)+\frac{f^1(0)}{1!}x^1+\frac{f^2(0)}{2!}x^2+...+\frac{f^n(0)}{n!}x^n\)
如果 \(n\) 趋于无穷大，那么这两条曲线无限近似，同时我们将 \(0\) 换为 \(x_0\) ，有
这就是泰勒展开公式
一.\(Newton's\) \(Method\)
理解完上面的泰勒展开，我们进入正题：
牛顿迭代法解决如下问题：已知多项式\(g(x)\)表达式，且有\(g(f(x))=0(\mod x^n)\)（不会打同余符号，以下均用等号表示），求\(f(x)\)
考虑倍增（以下叙述用类似数学归纳法的叙述方式展开）
在\(n=1\)时，单独计算\([x^0]g(f(x))=0\)的解单独求出
考虑我们现在已经得到模\(x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)意义下的解 \(f_0(x)\)
考虑将 \(g(f(x))\)在\(f_0(x)\)处泰勒展开，有：\(\sum\limits_{i=1}^{+ \infty}{\frac{g^{(i)}f_0(x)}{i!}(f(x)-f_0(x))^i}=0 (\mod x^n)\)
容易得到 \(f(x)-f_0(x)\)的最低非零项次数为 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil\)，有：对于任意\(2 \leq i\)，\((f(x)-f_0(x))^i=0(\mod x^n)\)，那么重新写柿子，移项，有：
这样就得到了 \(f(x)\) 的表达式
二.牛顿迭代应用1：多项式求逆
- 给定多项式 \(f(x)\)，求\(g(x) \times f(x) =1 (\mod x^n)\)