Giả sử f khả vi liên tục hai lần gần một nghiệm r với f′(r)=0. Khi đó tồn tại một lân cận của r sao cho, nếu phép lặp Newton bắt đầu bên trong lân cận đó, các giá trị lặp hội tụ về r và thỏa ∣xn+1−r∣≤C∣xn−r∣2 với một hằng số C=2min∣f′∣max∣f′′∣ (giá trị lớn nhất và nhỏ nhất lấy trên lân cận đó).
Vì sao đúng?
Đường tiếp tuyến là một xấp xỉ tốt đến mức sai số nó gây ra tỉ lệ với bình phương khoảng cách đã đi qua, nên mỗi chữ số đúng gần như nhân đôi số chữ số đúng ở bước tiếp theo.
Phác thảo chứng minh
Bước 1 (khai triển Taylor quanh phỏng đoán hiện tại). Vì f khả vi hai lần, định lý Taylor với phần dư Lagrange cho f(r)=f(xn)+f′(xn)(r−xn)+21f′′(ξn)(r−xn)2 với một ξn between xn and r nào đó. Đây là đẳng thức chính xác, không phải xấp xỉ, vì số hạng dư mang toàn bộ sai số bậc hai.
Bước 2 (thay điều kiện nghiệm). Vì f(r)=0, vế trái triệt tiêu, còn lại 0=f(xn)+f′(xn)(r−xn)+21f′′(ξn)(r−xn)2. Chia cả hai vế cho f′(xn) (khác 0 gần r vì f′(r)=0 và f′ liên tục) tách được r−xn: 0=f′(xn)f(xn)+(r−xn)+2f′(xn)f′′(ξn)(r−xn)2.
Bước 3 (nhận ra bước Newton). Sắp xếp lại, r−(xn−f′(xn)f(xn))=−2f′(xn)f′′(ξn)(r−xn)2. Dấu ngoặc bên trái chính là bước cập nhật Newton xn+1, nên với en=xn−r điều này viết thành r−xn+1=−2f′(xn)f′′(ξn)en2, tức en+1=−2f′(xn)f′′(ξn)en2.
Bước 4 (chặn hằng số). Lấy giá trị tuyệt đối và chặn ∣f′′(ξn)∣ và 1/∣f′(xn)∣ bởi các giá trị cực trị max∣f′′∣ và 1/min∣f′∣ trên lân cận cho ∣xn+1−r∣≤C∣xn−r∣2 với C=2min∣f′∣max∣f′′∣. Một khi C∣x0−r∣<1, đệ quy này buộc ∣xn−r∣ co lại về 0, chứng minh sự hội tụ, và việc bình phương trong ∣xn+1−r∣≤C∣xn−r∣2 chính là tốc độ bậc hai.