4.1

4.1 典 典 典型 型 型的 的 的例 例 例子 子 子： ： ：從 從 從等 等 等比 比 比級 級 級數 數 數談 談 談起 起 起 第 4 章

函數的逼近

4.1 典型的例子從 1 + x + x ² + . . . + x ⁿ 談起







習題解答 4.1.1.



因為 0 ≤ b < 1, 則對任意 0 ≤ x ≤ b, 有 1 ≤ _1−x¹ ≤ _1−b¹ . 所以

| ˆ b

0

xⁿ⁺¹

1− xdx| = ˆ b

0

xⁿ⁺¹ 1− x dx

≤ 1

1− b ˆ b

0

xⁿ⁺¹dx

= 1

1− b· bⁿ⁺² n + 2 但 0 ≤ b < 1, 所以

nlim→∞| ˆ b

0

xⁿ⁺¹

1− x dx| ≤ lim_n

→∞

1

1− b· bⁿ⁺² n + 2 = 0 於是

ln(1 − b) = −(b +b²

2 +· · · +bⁿ

n +· · · ), 0≤ b < 1 但 b 任意, 所以用 x 代換 b 即得.







習題解答 4.1.2.



綜合例題與習題知

ln(1 − x) = −x −x²

2 − · · · −xⁿ

n, −1 ≤ x < 1 因此

ln(1 + x) = ln(1 − (−x)) = x −x²

2 +· · · + (−1)ⁿ⁺¹xⁿ

n, −1 < x ≤ 1 111

第 4 章 函數的逼近

4.1 典型的例子從 1 + x + x ² + . . . + x ⁿ 談起







習題解答 4.1.1.



因為 0 ≤ b < 1, 則對任意 0 ≤ x ≤ b, 有 1 ≤ _1−x¹ ≤ _1−b¹ . 所以

| ˆ b

0

xⁿ⁺¹

1− x dx| = ˆ b

0

xⁿ⁺¹ 1− x dx

≤ 1

1− b ˆ b

0

xⁿ⁺¹dx

= 1

1− b· bⁿ⁺² n + 2 但 0 ≤ b < 1, 所以

n→∞lim | ˆ b

0

xⁿ⁺¹

1− xdx| ≤ lim

n→∞

1

1− b· bⁿ⁺² n + 2 = 0 於是

ln(1 − b) = −(b +b²

2 +· · · +bⁿ

n +· · · ), 0≤ b < 1 但 b 任意, 所以用 x 代換 b 即得.







習題解答 4.1.2.



綜合例題與習題知

ln(1 − x) = −x −x²

2 − · · · −xⁿ

n, −1 ≤ x < 1 因此

ln(1 + x) = ln(1 − (−x)) = x −x²

2 +· · · + (−1)ⁿ⁺¹xⁿ

n, −1 < x ≤ 1 111

112 第 4 章 函數的逼近

於是在 −1 < x < 1 時, ln1 + x

1− x = ln(1 + x)− ln(1 − x) = 2(x +x³

3 +· · · + x²ⁿ⁺¹ 2n + 1+· · · )







習題解答 4.1.3.



(1) 由二項式定理

(1 +1

5)ⁿ= 1 +n

5 +· · · >n 5 又

(1 +1

5)ⁿ= 6ⁿ

5ⁿ = 2ⁿ· 3ⁿ 5ⁿ 所以

2ⁿ· 3ⁿ 5ⁿ > n

5 ⇒ n

3ⁿ < 5· (2 5)ⁿ

⇒ 0 ≤ lim_n

→∞

n 3ⁿ ≤ lim_n

→∞5· (2 5)ⁿ= 0 由夾擊法知 lim

n→∞

n 3ⁿ = 0.

(2) 由二項式定理

(1 +1

4)ⁿ> 1 +n

4 +· · · >n 4 所以

(3

2)ⁿ· (1 +¹₄

3 2

)ⁿ = (1 +1 4)ⁿ> n

4 ⇒ 0 < n

(³₂)ⁿ < 4· (

5 4 3 2

)ⁿ

⇒ 0 ≤ lim_n

→∞

n

(³₂)ⁿ ≤ 4 lim_n

→∞(5 6)ⁿ= 0 所以 lim

n→∞

n (³₂)ⁿ = 0.

(3) 對固定的 a > 1 , 取一個夠小的的 ϵ 使得 1 + ϵ

a < 1 （例如取 ϵ = a− 1

2 ）. 首先 (1 + ϵ)ⁿ> 1 + nϵ +· · · > nϵ

所以

aⁿ· (1 + ϵ

a )ⁿ = (1 + ϵ)ⁿ> nϵ⇒ 0 < n aⁿ < 1

ϵ · (1 + ϵ a )ⁿ

⇒ 0 ≤ lim_n

→∞

n aⁿ ≤ 1

ϵ lim

n→∞(1 + ϵ a )ⁿ= 0 所以 lim

n→∞

n aⁿ = 0.

4.2. 泰勒定理 113







習題解答 4.1.4.



| ˆ _b

0 (−1)ⁿ⁺¹x²ⁿ⁺²

1 + x² dx| = | ˆ ₀

b (−1)ⁿ⁺¹x²ⁿ⁺² 1 + x² dx| ≤

ˆ ₀

b |(−1)ⁿ⁺¹x²ⁿ⁺² 1 + x²| dx

= ˆ 0

b

x²ⁿ⁺² 1 + x² dx≤ |

ˆ 0 b

x²ⁿ⁺²dx| = − b²ⁿ⁺³

2n + 3≤ 1 2n + 3

（注意 b ≤ 0, 若令 b = −c, 1 ≥ c ≥ 0. 所以 −b²ⁿ⁺³

2n + 3=−(−c)²ⁿ⁺³

2n + 3 = c²ⁿ⁺³

1n + 3 ≤ 1 2n + 3）







習題解答 4.1.5.



取 n = 49 即可, 理由如下.

tan⁻¹1− (1 −1 3+1

5 − · · · + (−1)ⁿ 1

2n + 1)| ≤ 1

2n + 3≤ 0.01

⇒ 2n + 3≥ 100 ⇒ n≥ 97 2

4.2 泰勒定理

4.2.1 泰勒多項式與泰勒展式







習題解答 4.2.1.



依題意

Pn(x) = f (a) + f^′(a)(x− a) +f^′′(a)

2! (x− a)²+· · · +f⁽ⁿ⁾(a)

n! (x− a)ⁿ 由於

((x− a)^m)^(k)=









0, k > m

m!, k = m

m!

(m−k)!), k < m 得

(Pn(x))^(k) = 0 +· · · + 0 +f^(k)(a)

k! · k! + f^(k+1)(a)

(k + 1)! · (k + 1)!(x − a) +· · · +f⁽ⁿ⁾(a)

n! · n!

(n− k)!(x− a)^n−k 因此

Pn(a) = 0 +· · · + 0 + f^(k)(a) + 0 +· · · + 0 = f^(k)(a)

1