10
(infinite seriers)
第十章 無窮級數 我們已經討論過微積分之二個主體─導數(derivative)與定積分(definite integral)。本章將討論微積分之第三個主題─無窮級數(infinite series)。我們將談 數列(sequence)，然後討論級數之收斂(convergence)與發散(divergence)，幂級數 (power series)之收斂區間(interval of convergence)，最後探討 Taylor 級數與 Maclaurin 級數及其應用。
10-1 數列的極限(Limits of Sequences) 一個數列(sequence) 𝑎1 ，𝑎2 ， … ，𝑎𝑛 ， … 可簡寫成 {𝑎𝑛 }，例如 {𝑎𝑛 } = {√𝑛}表示 數列 1，√2，√3，…，√𝑛， … 。
定義 10.1：數列的極限(Limit of a sequence) 設{𝑎𝑛 }為一數列，L 為一實數，若對於任意正數 𝜀 都可找到一正整數 𝑛0 ，當 𝑛 > 𝑛0 時，恆可使| 𝑎𝑛 − 𝐿|< 𝜀 成立，則稱數列{𝑎𝑛 }之極限為 L，記作 lim 𝑎𝑛 − 𝐿。 𝑛→∞
若 lim 𝑎𝑛 − 𝐿 存在，則稱數列{𝑎𝑛 }為收斂(convergent)。 𝑛→∞
若 lim 𝑎𝑛 − 𝐿 不存在，則稱數列{𝑎𝑛 }為發散(divergent)。 𝑛→∞
設函數𝑦 = 𝑓(𝑥)只定義於整數點 𝑥 = 1, 2, 3, … 𝑛, …上，令𝑎𝑛 = 𝑓 (𝑛)，則數列 (sequence) 𝑎1 ，𝑎2 ， … ，𝑎𝑛 ， …可用坐標平面上之點表示。數列{𝑎𝑛 }收斂至 L，即
lim 𝑎𝑛 − 𝐿 ，表示當 𝑛 足夠大時 (𝑛 > 𝑛0 )，𝑎𝑛 之值可任意接近 L，也就是說，𝑎𝑛 所
𝑛→∞
表示之點必定落在二直線 𝑦 = 𝐿 − ε 與 𝑦 = 𝐿 − ε 之間，如下圖 10.1 所示。
圖 10.1
例 10.1 1
試證 lim
𝑛→∞ 𝑛
=0 。
【解】令 𝜀 為任意給定之正數 1
取 𝑛0 > 𝜀 ， 則 1
1 𝑛0
>𝜀 1
1
𝑛
𝑛0
當𝑛 > 𝑛0 時，| − 0|= < 故 lim
1
𝑛→∞ 𝑛
𝑛
< 𝜀
=0
仿第一章函數極限之基本性質及夾擠定理，我們可得下面數列極限之基本性 質及夾擠定理(squeeze theorem)。
♡定理 10.1：數列極限之性質(Limit Properties for Sequences) 設{𝑎𝑛 }與 {𝑏𝑛 } 為二收斂級數(convergent sequences)，且 lim 𝑎𝑛 = 𝐿， lim 𝑏𝑛 = 𝑀，則
𝑛→∞
𝑛→∞
(a) lim (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ) = 𝐿 + 𝑀 𝑛→∞
(b) lim (𝑎𝑛 𝑏𝑛 ) = 𝐿𝑀 𝑛→∞
𝑎
(c) lim ( 𝑛 ) = 𝐿𝑀，(𝑀 ≠ 0) 。 𝑛→∞ 𝑏𝑛
♡定理 10.2：數列之夾擠定理(Sequences Theorem for Sequences) 設{𝑎𝑛 }，{𝑏𝑛 }，{𝑐𝑛 }為三數列，若存在一正整數 𝑛0 ，當𝑛 > 𝑛0 時， 𝑎𝑛 ≤ 𝑏𝑛 ≤ 𝑐𝑛 ，且 lim 𝑎𝑛 = 𝐿， lim 𝑐𝑛 = 𝐿，則 lim 𝑏𝑛 = 𝐿。 𝑛→∞
𝑛→∞
𝑛→∞
【證】令 𝜀 為任意給定之正數 因 lim 𝑎𝑛 = 𝐿，故可找到一正整數𝑛1 ，當𝑛 > 𝑛1 時， 𝑛→∞
可使𝐿 − 𝜀 < 𝑎𝑛 <𝐿 + 𝜀成立 因 lim 𝑐𝑛 = 𝐿，故可找到一正整數𝑛2 ，當𝑛 > 𝑛2 時， 𝑛→∞
可使𝐿 − 𝜀 < 𝑐𝑛 <𝐿 + 𝜀成立 因𝑛3 = max(𝑛1 , 𝑛2 )，則當𝑛 > 𝑛3 時， 可使𝐿 − 𝜀 < 𝑎𝑛 < 𝑏𝑛 <𝐿 + 𝜀成立 故 lim 𝑏𝑛 = 𝐿。 𝑛→∞
定義 10.2：有界數列(Bounded sequence) 設 {𝑎𝑛 } 為一數列，若存在一正數 M，對於所有𝑎𝑛 。 都滿足：|𝑎𝑛 | < 𝑀，則稱數列{𝑎𝑛 }為有界(bounded)。 若滿足：𝑎𝑛 < 𝑀，則稱數列{𝑎𝑛 }為上有界(bounded above)。
♡定理 10.3：收斂數列為有界(Convergent sequence is bounded) 若{𝑎𝑛 }為收斂，則{𝑎𝑛 }必為有界。 【證】令 lim 𝑎𝑛 = 𝐿 ，則可找到一正整數𝑛0 ，當 𝑛 > 𝑛0 時，可使 𝑛→∞
|𝑎𝑛 − 𝐿| < 1，(取𝜀 = 1)成立。由||𝑎𝑛 | − |𝐿|| ≤ |𝑎𝑛 − 𝐿| < 1得 當 𝑛 > 𝑛0 時， |𝑎𝑛 | < |𝐿| + 1 取 M=max{|𝑎1 |, |𝑎2 |, … , |𝑎𝑛0 |, |𝐿| + 1} 則|𝑎1 | ≤ M，𝑛 = 1,2,3 … , 𝑛0 , 𝑛0 + 1, … 故{𝑎𝑛 }為有界。
定義 10.3：遞增與遞減數列(Increasing and decreasing sequence) 設{𝑎𝑛 }為一數列，若對於任意正整數 n 都滿足：𝑎𝑛 ≤ 𝑎𝑛+1 ，則稱數列{𝑎𝑛 }為遞增(Increasing)。 若滿足：𝑎𝑛+1 < 𝑎𝑛 ，則稱數列{𝑎𝑛 }為遞減(decreasing)。
在定理 10.3 中，已證明收斂數列必為有界，但此定理之逆並不成立。例如： 𝑎𝑛 = (−1)𝑛 ，|𝑎𝑛 | = 1，故數列{𝑎𝑛 }為有界，但此數列顯然為發散。 𝑛
在定理 10.3 中，已證明收斂數列必為有界，但此定理之逆並不成立。例如：𝑎𝑛 = (−1) ，
因|𝑎𝑛 | = 1，故數列{𝑎𝑛 }為有界，但此數列顯然為發散。 下面公設(實數之完備性)，說明遞增數列如果為上有界，必為收斂。
♣公設：實數之完備性(Completeness of real numbers) 若數列{𝑎𝑛 }為遞增且為上有界，則{𝑎𝑛 }必為收斂。 我們可用導數之方法判定數列為遞增或遞減： 令 𝑓 (𝑛) = 𝑎𝑛 ，若𝑓 ′ (𝑛) > 0，則{𝑎𝑛 }為遞增(Increasing)，若𝑓 ′ (𝑛) < 0，則{𝑎𝑛 }為 遞減(decreasing)。
例 10.2 𝑛
若𝑎𝑛 = 𝑒𝑛 ，判定數列{𝑎𝑛 } 為遞增(Increasing) 或遞減(decreasing)。 𝑥
【解】令 𝑓 (𝑥) = 𝑒𝑥 則 𝑓 (𝑛) = 𝑓 ′ (𝑥) =
𝑛
= 𝑎
𝑛 𝑒𝑛 𝑒𝑥 −𝑥𝑒𝑥 1−𝑥 = 𝑒𝑥 𝑒2𝑥
當 𝑥 ≥ 1 時，𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 故當 𝑛 ≥ 1 時，{𝑎𝑛 }為遞減。
習題 10-1 π
4.
試判定數列{𝑛 sin 𝑛}為收斂(convergent)或發散(divergent)，若收斂則求其值。
5.
試判定數列𝑎𝑛 = n+1 為遞增(Increasing) 或遞減(decreasing)? 是否為有界
n
(bounded)? 是否為收斂(convergent)? 6. 7. 8. 9.
n+1 ，求 lim 𝑎𝑛 。 n 𝑛→∞ n+1 𝑛 判定數列𝑎𝑛 = ( ) 為收斂或發散? n 𝑛
若
n < n+1
𝑎𝑛 <
數列𝑎𝑛 = 3 + (−1) 是否為有界? 是否為收斂? 若𝑎𝑛 =
𝑛2 +3 ，求 lim 𝑎𝑛 𝑛2−7𝑛+5 𝑛→∞
10. 若數列{𝑎𝑛 }為收斂，且 lim 𝑎𝑛 =𝛂，令𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 ，試證 lim 𝑛→∞
𝑆𝑛
𝑛→∞ 𝑛
= 𝑎
10-2 無窮級數(Infinite series) 首先讓我們舉一個簡單的實例，說明某些實數的小數表示法，可以寫成無窮 多個實數的和。例如： 1 = 0.33333 … = 0.3 + 0.03 + 0.003 + ⋯ 因此
1 3
3
可看成 0.3，0.03，0.003，…，無窮多個實數的和。由這個例子使我
們想到，無窮多個實數之和，在某些情況下是有意義的。
定義 10.4：無窮級數 (Infinite series) 若{𝑎𝑛 }為一數列，則∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 + ⋯稱為一個無窮級數，𝑎𝑛 稱為此級 數的第𝑛項(The nth term)
令 𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑛=1 𝑎𝑘 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 ，則稱 𝑆𝑛 為∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑘 之第 n 部分和(The nth partial sum)。
定義 10.5：無窮級數之收斂與發散 令 𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 若 lim 𝑆𝑛 存在，則稱∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為收斂級數(convergent
series)。
若 lim 𝑆𝑛 不存在，則稱∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為發散級數(divergent
series)。
𝑛→∞ 𝑛→∞
∞ 若 lim 𝑆𝑛 = 𝐴 ，則稱∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 之和為 A，記為 ∑𝑛=1 𝑎𝑛 = 𝐴。 𝑛→∞
例 10.3 1
試判定級數∑∞ 𝑛=1 𝑛(𝑛+1)為收斂或發散，若收斂則求其和。 1
1
1
【證】𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = ∑𝑛𝑘=1 𝑘(𝑘+1) = ∑𝑛𝑘=1(𝑘 + 𝑘+1) 1
1 1
2
2 3
1
1
=(1- )+ ( - )+…+(𝑛 − 𝑛+1)= 1 − 1
1
1
𝑛+1
因 lim 𝑆𝑛 = lim (𝑛 − 𝑛+1)=1 𝑛→∞
𝑛→∞
1
故此級數為收斂，且∑∞ 𝑘=1 𝑛(𝑛+1)=1
例 10.4 1
試判定級數∑∞ 𝑛=1 𝑛!(𝑛+2)為收斂或發散，若收斂則求其和。 1
𝑘+1
【證】𝑎𝑘 =𝑘!(𝑘+2)=𝑘!(𝑘+1)(𝑘+2) (𝑘+2)−1
𝑘+1
=(𝑘+2)!=
(𝑘+2)!
1
1
=(𝑘+1)!-(𝑘+2)! 1
𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = ∑𝑛𝑘=1 𝑘!(𝑘+2) 1
1
=∑𝑛𝑘=1 [(𝑘+1)! − (𝑘+2)!] 1
1
1
1
1
1
=(2! − 3!) + (3! − 4!)+…+[(𝑛+1)! − (𝑛+2)!] 1
1
2
(𝑛+2)!
= −
1
1
1
因 lim 𝑆𝑛 = lim (2 − (𝑛+2)!)= 2 𝑛→∞
𝑛→∞
1
1
故此級數為收斂，且∑∞ 𝑘=1 𝑛!(𝑛+1)= 2 。 例 10.5 𝑛 試判定級數 ∑∞ 𝑛=1 ln 𝑛+1為收斂或發散? 𝑘
【解】𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = ∑𝑛𝑘=1 𝑘+1 因 ln
𝑘 𝑘+1
= ln 𝑘 − ln(𝑘 + 1)
故𝑆𝑛 = ( ln 1 − ln 2)+ ( ln 2 − ln 3) + ⋯ + ( ln 𝑛 − ln(𝑛 + 1)) = ln 1 − ln(𝑛 + 1)=− ln(𝑛 + 1) 因 lim 𝑆𝑛 = lim [− ln(𝑛 + 1)]=−∞ 𝑛→∞
𝑛→∞ 𝑛
故∑𝑛𝑘=1 ln(𝑛+1) 為發散。 ∞ 由定義 10.5 知，級數∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為收斂就是數列{𝑆𝑛 }為收斂，而級數∑𝑛=1 𝑎𝑛 為發散
就是數列{𝑆𝑛 }為發散。而由定理 10.3 知，收斂數列必為有界，因此當級數∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為收 斂時，則數列{𝑆𝑛 }必為有界。當數列{𝑆𝑛 }不為有界時，則級數∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 必為發散。
例 10.6 1 試判定級數 ∑∞ 𝑛=1 √𝑛 為收斂或發散? 1
【解】𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = ∑𝑛𝑘=1 √𝑘 =1+
>
1
√2 1
√
+
+ 𝑛 1
1
√3 1
√
+ ⋯+
+ 𝑛
=n· 𝑛=√𝑛 √
1 √
1
√𝑛
+ ⋯+ 𝑛
1 √𝑛 1
故{𝑆𝑛 } 不為有界，故{𝑆𝑛 }為發散，即∑∞ 𝑛=1 √𝑛為發散。
♡定理 10.4：數列極限之性質(Limit Properties for Sequences) ∞ 設𝑐為一常數，級數∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 與∑𝑛=1 𝑏𝑛 都為收斂 ∞ 則∑ ∞ 𝑛=1(𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 )與∑𝑛=1 𝑐𝑎𝑛 也為收斂，且 ∞ ∞ (a) ∑∞ 𝑛=1(𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 )=∑𝑛=1 𝑎𝑛 +∑𝑛=1 𝑏𝑛 ∞ ∞ (b) ∑𝑛=1 𝑐𝑎𝑛 = 𝑐 ∑𝑛=1 𝑎𝑛
【證】令c𝑛 = 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ，𝑑𝑛 = c𝑎𝑛 S𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 ，T𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑏𝑘 ，V𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑐𝑘 ，W𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑑𝑘 ∞ ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 與 ∑𝑛=1 𝑏𝑛 都為收斂
可令 lim 𝑆𝑛 = A ， lim 𝑇𝑛 = B 𝑛→∞
𝑛→∞
V𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑐𝑘 =∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 +∑𝑛𝑘=1 𝑏𝑘 =𝑆𝑛 +𝑇𝑛 ∞ ∑∞ 𝑛=1(𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 )=∑𝑛=1 𝑐𝑛 = lim 𝑉𝑛 𝑛→∞ = lim 𝑆𝑛 + lim 𝑇𝑛 = 𝐴 + 𝐵 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑛 +∑𝑛𝑘=1 𝑏𝑛 𝑛→∞ 𝑛→∞ W𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑑𝑘 = ∑𝑛𝑘=1 𝑐𝑎𝑘 = 𝑐 𝑆𝑛 ∞ ∑∞ 𝑛=1 𝑐𝑎𝑛 = ∑𝑛=1 𝑑𝑛 = lim W𝑛 = lim 𝑐𝑆𝑛 = 𝑐𝐴 = 𝑐 𝑛→∞
𝑛→∞
∑∞
𝑛=1 𝑎𝑛
。
♡定理 10.5：收斂級數之必要條件 (The necessary condition for convergent series) 若∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為收斂，則 lim 𝑎𝑛 = 0 。 𝑛→∞
【證】令S𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛 𝑆𝑛−1 =∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 則𝑎𝑛 =S𝑛 -𝑆𝑛−1 令級數 ∑𝑛𝑛=1 𝑎𝑛 之和為 A，則
lim S𝑛 =A， lim S𝑛−1 =A
𝑛→∞
𝑛→∞
故 lim 𝑎𝑛 = lim S𝑛 - lim S𝑛−1 =A-A=0 𝑛→∞
𝑛→∞
𝑛→∞
由定理 10.5 可得下面判定級數發散之一定理
♡定理 10.6：發散之判定法(The test for divergence) 若 lim 𝑎𝑛 ≠ 0 ，則級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為發散 𝑛→∞
例 10.7 𝑛+1 試判定級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑛+2 為收斂或發散。
【解】因 lim 𝑎𝑛 = lim
𝑛+1
=1≠0
𝑛→∞ 𝑛→∞ 𝑛+2 ∞ 𝑛+1 ∑ 故 𝑛=1 𝑛+2 為發散。
例 10.8 𝑛
𝑛 試判定級數 ∑∞ 𝑛=1(𝑛+1) 為收斂或發散。
𝑛
【解】因 lim 𝑎𝑛 = lim (𝑛+1) 𝑛→∞
𝑛
𝑛→∞
𝑛 + 1 −𝑛 1 −𝑛 = lim ( ) = lim (1 + ) 𝑛→∞ 𝑛→∞ 𝑛 𝑛 1 1 = lim = ≠ 0 1 𝑛 𝑒
𝑛→∞ (1+ ) 𝑛 𝑛 𝑛 故 ∑∞ ( 𝑛=1 𝑛+1) 1 註： lim (1 + )𝑛 = 𝑛 𝑛→∞
為發散
𝑒 ≈ 2.71828
定義 10.6：無窮幾何級數(Infinite geometric series) 𝑛−1 之級數稱為無窮幾何級數。 設𝑎 ≠ 0，則形如 ∑∞ 𝑛=1 𝑎r
♡定理 10.7：無窮幾何級數之和(Sum of infinite geometric series) 𝑎
𝑛−1 為收斂 ，且∑∞ 𝑎r𝑛−1 = 當|𝑟| < 1時 ，幾何級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑎r 𝑛=1 1−𝑟 𝑛−1 為發散。 當|𝑟| ≥ 1時 ，∑∞ 𝑛=1 𝑎r
【證】若|𝑟| < 1，則S𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎r𝑘−1 ＝ 𝑎
lim 𝑠𝑛 = 1−𝑟
𝑛→∞
𝑎(1−𝑟 𝑛 ) 1−𝑟
𝑛−1 為收斂，且 ∑∞ 𝑎r𝑛−1 = 故 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑟 𝑛=1
𝑎
1−𝑟
若|𝑟| < 1，則 lim 𝑎r 𝑛−1 ≠ 0 𝑛→∞
𝑛−1 為發散。 故 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑟
例 10.9 𝑛
試判定級數 ∑∞ 𝑛=1(√2) 為收斂(convergent)或發散(diverget)?
【解】此級數為 𝑟 = √2>1 之幾何級數，故為發散。
習題 10-2 69. 判定下列級數為收斂(convergent)或發散(divergent)。 4𝑛+5
1
𝑛 (a) ∑∞ (b) ∑∞ 𝑛=1 5𝑛+6 𝑛=1(1 + 𝑛)
1
(c) ∑∞ 𝑛=1 (√2)𝑛
1
70. 求級數 ∑∞ 𝑛=1 (𝑛+1)(𝑛+2)之和。 10
20
72. 求級數 ∑∞ 𝑛=1
3𝑛 +4𝑛
40
80
71. 求級數 5+ 3 + 32 + 33 + 34 + ⋯之和。 12𝑛
之和。
𝑛
73. 求級數 ∑∞ 𝑛=1 (𝑛+1)!之和。 2𝑛+1
74. 求級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑛2 (𝑛+1)2 之和。 1 75. 判定級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑛 sin(𝑛)為收斂(convergent)或發散(diverget)。
10-3 正項級數 (series of positive terms) n 若級數∑∞ n=1 𝑎𝑛 之各項𝑎𝑛 均不為負，則稱為正項級數。令Sn = ∑k=1 𝑎𝑘 ，
因𝑎𝑛 ≥ 0，故 S1 ，S2 ，… 為一遞增數列，因此只要{Sn }為上有界，則由實數之 完備性知，∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為收斂。 例 10.10 ∞ ∞ 2 設∑∞ n=1 𝑎𝑛 為一正項級數，試證：若 ∑n=1 𝑎𝑛 為收斂，則 ∑n=1 𝑎 𝑛 也為收斂。
【解】令 𝑆𝑛 = ∑n𝑘=1 𝑎𝑘 ，𝑇𝑛 = ∑n𝑘=1 𝑎2 𝑘 因 ∑∞ n=1 𝑎𝑛 為收斂，故數列{𝑆𝑛 }為有界，即存在一正數 M， 使得𝑆𝑛 < 𝑀 又𝑇𝑛 =𝑎21 + 𝑎2 2 + ⋯ + 𝑎2 𝑛 ≤ 𝑆 2 𝑛 < 𝑀2 故數列{𝑇𝑛 }為遞增(increasing)，且為上有界(Bounded above) 由實數之完備性知，數列{𝑇𝑛 }為收斂 2 即級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑎 𝑛 為收斂。
正項級數之收斂或發散之判定法，常有下列各種：
♡定理 10.8：積分判定法(Integral test) 若𝑓(𝑥)在1 ≤ 𝑥 ≤ ∞ 上連續，為遞減，且𝑓 (𝑥 ) ≥ 0， 令𝑎𝑛 = 𝑓 (𝑛)，𝑛 = 1,2,3, …，則 ∞
若∫1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 為收斂，則 ∑∞ n=1 𝑎𝑛 也收斂。 ∞
若∫1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 為發散，則 ∑∞ n=1 𝑎𝑛 也發散。
例 10.11 1
試判定級數 ∑∞ n=3 𝑛(𝑙𝑛 𝑛)2 為收斂或發散 1
【解】因 𝑎𝑛 =𝑛(𝑙𝑛 𝑛)2 > 0，且為遞減 ∞
∫3 =
1
∞
𝑑𝑥 =∫3 (𝑙𝑛 𝑥 )−2 𝑑(𝑙𝑛 𝑥 )
𝑥(𝑙𝑛 𝑥)2 1 ∞ 1 | = 𝑙𝑛 𝑥 3 𝑙𝑛 3
故由積分判定法知，此級數為收斂。
定義 10.7：p 級數(p - series) 1
若𝑝 > 0，則形如∑∞ k=1 𝑘 𝑝 的級數稱為 p 級數。
♡定理 10.9：p 級數之收斂與發散判定法 1
當p > 1時 ，則 p 級數∑∞ 𝑘=1 𝑘 𝑝為收斂 1
當p ≤ 1時 ，則𝑝級數 ∑∞ 𝑘=1 𝑝為發散。 𝑘
1
【證】令𝑓(𝑥 )=𝑥 𝑝=𝑥 −𝑝 ，其中 𝑝 > 0 ，𝑥 ≥ 1， 1
則𝑓(𝑛)=𝑎𝑛 =𝑛𝑝 因𝑓´(𝑥 ) = −𝑝𝑥 −𝑝−1 < 0 故𝑓(𝑥 )為減函數 又𝑓(𝑥 ) ≥ 0 故適用積分判定法 (1) 當𝑝 > 1時 ∞ 1
∫1
𝑑𝑥 = 𝑥𝑝
𝑥 1−𝑝 ∞ | 1−𝑝 1
1
=𝑝−1
由積分判定法知此級數為收斂 (2) 當𝑝 = 1時 ∞1
∫1
𝑥
= ln 𝑥 |∞ = ∞ 1
由積分判定法知此級數為發散 (3) 當0 < 𝑝 < 1時 ∞ 1
∫1
𝑥𝑝
𝑑𝑥 =
𝑥 −𝑝+1 ∞ | 1−𝑝 1
= ∞
由積分判定法知此級數為發散
♡定理 10.10：比較判定法 (comparison test) 若0 ≤ 𝑎𝑛 ≤ 𝑏𝑛 ，𝑛 = 1,2,3, …則 ∞ 當∑∞ n=1 𝑏𝑛 為收斂時，∑n=1 𝑎𝑛 必為收斂。 ∞ 當∑∞ n=1 𝑎𝑛 為收斂時，∑n=1 𝑏𝑛 必為收斂。
應用比較判定法，判定級數 ∑∞ n=3 𝑎𝑛 為收斂或發散，最常用來比較的級數 1
∞ 𝑛−1 就是 p 級數 ∑∞ n=3 𝑛 𝑝 與幾何級數∑n=1 𝑎𝑟
例 10.12 𝑛+1
試判定級數 ∑∞ n=1 𝑛 2(𝑛+2) 為收斂或發散 𝑛+1
1
【解】因 0 < 𝑛2(𝑛+2) < 𝑛2 1
且∑∞ n=1 𝑛 2 為收斂(p=2>1 之 p 級數) 故由比較判定法知，∑∞ n=1
𝑛+1
𝑛 2(𝑛+2)
為收斂。
例 10.13 1
試判定級數 ∑∞ n=2 𝑙𝑛 𝑛 為收斂或發散 1
1
【解】因 𝑛 < 𝑙𝑛 𝑛，𝑙𝑛 𝑛>𝑛 1
但∑∞ n=1 𝑛 為發散
1
故由比較判定法知，∑∞ n=2 𝑙𝑛 𝑛 為發散。
♡定理 10.11：比值判定法 (Ratio test) 若 ∑∞ n=1 𝑎𝑛 為正項級數，且 lim
𝑎𝑛 +1
𝑛→∞ 𝑎𝑛
= 𝐿，則
(a) 當𝐿<1 時，∑∞ n=1 𝑎𝑛 為收斂。 (b) 當𝐿>1 時，∑∞ n=1 𝑎𝑛 為發散。 (c) 當𝐿=1 時，無法判定。 1
【證】(a) 若𝐿<1，令 r= (1 + 𝐿)，則𝐿 < 𝑟 < 1 因 lim
𝑎𝑛 +1
𝑛→∞ 𝑎𝑛
2
=𝐿
故存在正整數𝑚，當𝑛 ≥ m時 𝑎𝑛 +1
|
𝑎𝑛
− L| < 𝑟 − 𝐿 𝑎𝑛 +1
即當𝑛 ≥ 𝑚時，
𝑎𝑛
< 𝑟，故
𝑎𝑚+1 < 𝑟𝑎𝑚 𝑎𝑚+2 < 𝑟𝑎𝑚+1 < 𝑟𝑎𝑚 𝑎𝑚+3 < 𝑎𝑚+2 < 𝑟𝑎𝑚+1 < 𝑟𝑎𝑚 ⋮ 因|𝑟|<1，故 𝑎𝑚 𝑟 + 𝑎𝑚 𝑟 2 + 𝑎𝑚 𝑟 2 + ⋯為收斂 由比較判定法知 𝑎𝑚+1 < 𝑎𝑚+2 < 𝑎𝑚+3 …為收斂 故𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑚+1 + 𝑎𝑚+2 + ⋯ = ∑∞ n=1 𝑎𝑛 為收斂。 (b) 若𝐿>1 因 lim
𝑎𝑛 +1
𝑛→∞ 𝑎𝑛
=𝐿
故存在正整數𝑚，當𝑛 ≥ m時 𝑎𝑛 +1
|
𝑎𝑛
− L| < 𝐿 − 1 𝑎𝑛 +1
-𝐿 + 1<
𝑎𝑛
−L< 𝐿−1 𝑎𝑛 +1
即當𝑛 ≥ m時，
𝑎𝑛
>1
𝑎𝑚+1 > 𝑎𝑚 𝑎𝑚+2 > 𝑎𝑚+1 > 𝑎𝑚 ⋮ 因𝑎𝑚 > 0，故 lim 𝑎𝑛 ≠0
𝑛→∞ ∞ 故∑n=1 𝑎𝑛 為發散。 1 1 ∞ (c) 若∑∞ n=1 𝑛為發散，而級數∑n=1 𝑛 2為收斂。此二級數都可求得
L=1。
例 10.14 𝑛2
試判定級數 ∑∞ n=1 3𝑛 為收斂(convergent)或發散(diverget)? 【解】因 𝐿= lim
𝑎 𝑛 +1
𝑛→∞ 𝑎 𝑛
= lim
(𝑛+1)2 3𝑛 2
𝑛→∞
= lim
𝑛→∞
(𝑛+1)𝑛 3𝑛 +1 𝑛2 3𝑛
1
=3<1
由比值試驗法(Ratio test)知，此級數為收斂。 例 10.15 𝑛!
試判定級數 ∑∞ n=1 𝑛 𝑛 為收斂(convergent)或發散(diverget)? (𝑛+1)!
【解】因 L= lim
𝑎𝑛 +1
= lim
𝑛→∞ 𝑎𝑛 𝑛 𝑛
𝑛→∞
1
(𝑛+1)𝑛+1 𝑛! 𝑛𝑛
= lim (𝑛+1) = e < 1 𝑛→∞
故由比值判定法知，此級數為收斂。 例 10.16 若 C 為任意實數，如何證明 lim
𝐶𝑛
𝑛→∞ 𝑛!
=0 ?
【解】因 ∑∞ n=1 𝑎𝑛 為收斂時，則 lim 𝑎𝑛 = 0 必定成立。因此我們只需證明級數 ∑∞ n=1
𝐶𝑛 n!
𝑛→∞
為收斂就可以了。 𝑎𝑛 +1
因 lim |
𝑎𝑛
𝑛→∞
= lim
C
|= lim | 𝑛→∞
𝐶𝑛+1 (𝑛+1)! 𝐶𝑛 𝑛!
|
=0 < 1
𝑛→∞ 𝑛+1
𝐶𝑛
故由比值判定法知，∑∞ n=1 n! 為收斂 故 lim
𝐶𝑛
𝑛→∞ n!
=0 。
♡定理 10.12：根式判定法 (Root test) 𝑛 若 lim √|𝑎𝑛 | = 𝐿，則
𝑛→∞
(a) 當𝐿<1 時，為收斂時，∑∞ n=1 𝑎𝑛 必為收斂。 (b) 當𝐿>1 時，為收斂時，∑∞ n=1 𝑎𝑛 必為發散。 (c) 當𝐿=1 時，無法判定。
例 10.17 𝑛
2
𝑛 (a) 試判定級數 ∑∞ n=1(𝑛+1) 為收斂(convergent)或發散(diverget)? 𝑛
2
(b) 求 lim (𝑛+1)𝑛 之值。 𝑛→∞
𝑛
【解】(a) 因 𝐿= lim 𝑛√|𝑎𝑛 | = lim (𝑛+1)𝑛 =
𝑛→∞ 1
1
1 𝑛
lim (1+ )𝑛
𝑛→∞
𝑛→∞
=𝑒 < 1
故由根式判定法(Root test)知，此級數為收斂 𝑛
2
∞ 𝑛 (b) 因 ∑∞ n=1 𝑎𝑛 =∑n=1(𝑛+1) 為收斂 𝑛
2
故 lim (𝑛+1)𝑛 = lim 𝑎𝑛 =0 𝑛→∞
𝑛→∞
習題 10-3 76. 判定下列級數為收斂或發散? 𝑛𝑛
1
∞ (a) ∑∞ 𝑛=1 𝑛! (b) ∑𝑛=1 𝑛!
77. 求 lim
𝑛!
𝑛→∞ 𝑛 𝑛
𝑛2
(c) ∑∞ 𝑛=1 2𝑛 𝑛!
之值。(提示：證明∑∞ 𝑛=1 𝑛𝑛 為收斂)
1 78. 試判定級數 ∑∞ 𝑛=1 1+√𝑛 為收斂或發散?
79. 試判定級數 ∑∞ 𝑛=1 80. 試判定級數 81. 試判定級數
1
為收斂或發散?
𝑛√𝑛2 +1 𝑛 ∞ ∑𝑛=1 3 為收斂或發散? 𝑛 +2 2𝑛 𝑛2 ∑∞ 𝑛=1 3𝑛 (𝑛+1) 為收斂或發散? 1‧2‧3‧‧‧𝑛 ∞
82. 試判定級數 ∑𝑛=1 1‧3‧5‧‧‧(2𝑛−1) 為收斂或發散? 1 83. 試判定級數 ∑∞ 𝑛=2 𝑛 ln 𝑛 為收斂或發散。
10-4 交錯級數(alternating series) 定義 10.8 交錯級數(Alternating series) 𝑛−1 設𝑎𝑛 > 0，則稱 ∑∞ 𝑎𝑛 為交錯級數。 𝑛=1(−1)
例如下面三個級數都是交錯級數(Alternating series) 1
1
1
(1) 1 − 2 + 3 − 4 +… (2) 1 - 1 +1 -1 +… 1 1 1 1 1 (3) - 2 +4 -8 +16 -32…
♡定理 10.13：交錯級數判定法(The alternating series test) 若0 ≤ 𝑎𝑛+1 ≤ 𝑎𝑛 ，n=1,2,3,⃛ 恆成立，且 lim 𝑎𝑛 = 0， 𝑛→∞ ∞ 𝑛−1 則交錯級數 ∑𝑛=1(−1) 𝑎𝑛 為收斂，且 𝑛−1 𝑛−1 |∑∞ 𝑎𝑛 − ∑𝑚 𝑎𝑛 | < 𝑎𝑚+1 𝑛=1(−1) 𝑛=1(−1)
【證】若 n 為偶數，令 n=2k，則前 n 項之和 則𝑆2𝑘 = (𝑎1 − 𝑎2 )+ (𝑎3 − 𝑎4 )+…+(𝑎2𝑘−1 − 𝑎2𝑘 ) 若𝑆2𝑘 為 𝑘 項非負之數之和，即數列 {S2k } 為遞增 又𝑆2𝑘 = 𝑎1 − (𝑎2 ) − (𝑎3 ) −…−(𝑎2𝑘−2 − 𝑎2𝑘−1 ) − 𝑎2𝑘 故 𝑆2𝑘 ≤ 𝑎1 因數列 {𝑆2𝑘 } 為遞增且為上有界 因數列 {𝑆2𝑘 } 為收斂，令 lim 𝑆2𝑘 = 𝐿 𝑛→∞
若 n 為奇數，令 n=2k+1 𝑆2𝑘+1 = 𝑆2𝑘 + 𝑎2𝑘+1 因 lim 𝑎𝑛 = 0 ，故 lim 𝑎2𝑘+1 = 𝐿 + 0 = 𝐿 𝑛→∞
𝑘→∞
lim 𝑆2𝑘+1 = lim 𝑆2𝑘 + lim 𝑎2𝑘+1 = 𝐿 + 0 = 𝐿
𝑘→∞
𝑘→∞
𝑘→∞
故 lim 𝑆𝑛 = 𝐿，即此級數為收斂。 𝑛→∞
圖 10.2
如圖 10.2，因 𝑆2 ，𝑆4 ，…，𝑆2𝑘 ，…遞增收斂至 L 𝑆1 ，𝑆3 ，…，𝑆2𝑘+1 ，…遞減收斂至 L L 之值是介於任何兩個𝑆𝑚 與𝑆𝑚+1 之間 𝑛−1 𝑛−1 故 |𝐿 − 𝑆𝑚 | = |∑∞ 𝑎𝑛 − ∑𝑚 𝑎𝑛 | <𝑎𝑚+1 。 𝑛=1(−1) 𝑛=1(−1)
註：上面定理有些書籍稱 Leibniz 定理(Leibniz’s theorem) 例 10.18 1
𝑛−1 試證 ∑∞ 為收斂(convergent)。 𝑛=1(−1) 3𝑛
1
【解】𝑎𝑛 = 3𝑛 為遞減數列，且 lim 𝑎𝑛 = lim
1
𝑛→∞ 3𝑛
𝑛→∞
=0
由交錯級數判定法知，此交錯級數為收斂。
定義 10.9：絕對收斂與條件收斂 ∞ 若 ∑∞ 𝑘=1|𝑎𝑘 | 為收斂，則稱∑𝑘=1 𝑎𝑘 為絕對收斂(Absolutely convergent)。 ∞ ∞ 若 ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 為收斂，則稱∑𝑘=1|𝑎𝑘 | 為發散， 則稱∑𝑘=1 𝑎𝑘 為條件收斂(conditionally
convergent)。
♡定理 10.14：絕對收斂之級數必為收斂 𝑎𝑛 +1
若級數 ∑∞ 𝑛=1|𝑎𝑛 | 為收斂，則 lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛
| = 𝐿 也必為收斂。
【證】因 −|𝑎𝑛 | ≤ 𝑎𝑛 ≤ |𝑎𝑛 |， 0 ≤ |𝑎𝑛 | + 𝑎𝑛 ≤ 2|𝑎𝑛 | ∞ 因 ∑∞ 𝑛=1|𝑎𝑛 | 為收斂，故 ∑𝑛=1 2|𝑎𝑛 | 為收斂
由比較判定法知，∑∞ 𝑛=1 2|𝑎𝑛 | 為收斂。
∞ ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 = ∑𝑛=1[(|𝑎𝑛 |+𝑎𝑛 ) − |𝑎𝑛 |] ∞ = ∑∞ 𝑛=1(|𝑎𝑛 |+𝑎𝑛 ) − ∑𝑛=1|𝑎𝑛 | 故∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為收斂。
有了絕對收斂之概念後，比值判定法(Ratio test) 可推廣至非正項級數
♡定理 10.15：比值判定法
(Ratio test)
可推廣
𝑎𝑛 +1
若級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為任意級數， 且 lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛
∞ (a)當 L<1 時，∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 與∑𝑛=1|𝑎𝑛 | 都為收斂
(b)當 L>1 時，∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為發散 (c)當 L=1 時，無法判定。
| = 𝐿 ，則
例 10.19 1
𝑛−1 試判定 ∑∞ 為絕對收斂或條件收斂。 𝑛=1(−1) 𝑛2
1
【解】𝑎𝑛 = 𝑛 為遞減數列，且 lim 𝑎𝑛 = lim 𝑛→∞
1
1
=0
𝑛→∞ 𝑛
𝑛−1 故 ∑∞ 為收斂 𝑛=1(−1) 𝑛
1
∞ 因 ∑∞ 𝑛=1|𝑎𝑛 | = ∑𝑛=1 𝑛 為發散(p=1) 1
𝑛−1 故 ∑∞ 為條件收斂 𝑛=1(−1) 𝑛
例 10.20 1
𝑛−1 試判定 ∑∞ 為絕對收斂或條件收斂。 𝑛=1(−1) 𝑛2
1
【解】𝑎𝑛 = 𝑛2 為遞減數列，且 lim 𝑎𝑛 = lim 𝑛→∞
1
1
𝑛→∞ 𝑛 2
=0
𝑛−1 故 ∑∞ 為收斂 𝑛=1(−1) 𝑛2
1
∞ 因 ∑∞ 𝑛=1|𝑎𝑛 | = ∑𝑛=1 𝑛 2 為收斂(p=2>1) 1
𝑛−1 故 ∑∞ 為絕對收斂 𝑛=1(−1) 𝑛2
由交錯級數判定法(The alternating series test)，即 Leibniz 定理知，若 𝑛−1 交錯級數 ∑∞ 𝑎𝑛 滿足下面二個條件則為收斂： 𝑛=1(−1)
(1) 0 < 𝑎𝑛+1 ≤ 𝑎𝑛 ，𝑛 = 1,2,3, … (2) lim 𝑎𝑛 = 0 𝑛→∞
𝑛−1 反過來說，若交錯級數 ∑∞ 𝑎𝑛 為收斂，是否需要同時滿足上面 𝑛=1(−1)
兩個條件呢? 因為任何收斂級數之第 n 項，當 n 變成無窮大必趨近於 0，故 𝑛−1 條件(2) lim 𝑎𝑛 = 0 必定成立。下面將舉例說明當交錯級數 ∑∞ 𝑎𝑛 為 𝑛=1(−1)
𝑛→∞
收斂時，條件(1) 0 < 𝑎𝑛+1 ≤ 𝑎𝑛 ，𝑛 = 1,2,3, …未必要成立。
例 10.21 𝑛 (a) 試證交錯級數 ∑∞ 𝑛=1(−1)
(b) 問 𝑎𝑛 =
10(𝑛−1)2
𝑎𝑛+1
𝑛→∞
= lim
𝑎𝑛
𝑛2
𝑛→∞ 2(𝑛−1)2
22𝑛−1
| = lim
𝑛→∞
1
10𝑛2 2𝑛 10(𝑛−1)2 22𝑛−1
=2 < 1
𝑛 由比值判定法知，∑∞ 𝑛=1(−1) 𝑛 (b) ∑∞ 𝑛=1(−1)
𝑎1 = 0，𝑎2 =
為收斂。
是否滿足 0 < 𝑎𝑛+1 ≤ 𝑎𝑛 ，𝑛 = 1,2,3, …。
22𝑛−1
【解】(a) 𝐿= lim |
10(𝑛−1)2
10(𝑛−1)2 22𝑛−1
10 2
10
10(𝑛−1)2
22𝑛−1 40 90
= 2 − 22 + 23 −
= 5，𝑎3 =
40 4
為收斂。 160 24
+⋯
= 10，𝑎4 =
90 8
= 5，𝑎5 = 10，…
0 < 𝑎𝑛+1 ≤ 𝑎𝑛 ，𝑛 = 1,2,3, …並不成立。
習題 10-4 5𝑛
𝑛−1 84. 試證 ∑∞ 為絕對收斂(Absolutely convergent)。 𝑛=1(−1) 𝑛!
𝑛2
𝑛−1 85. 試證 ∑∞ 為收斂(convergent)。 𝑛=1(−1) 3𝑛 𝑛−1 𝑛 86. 試證 ∑∞ 為條件收斂(Conditionally convergent)。 𝑛=1(−1) 𝑛2 +2
10-5 冪級數(Power series) 前面各節所討論的級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 之各項𝑎𝑛 ，都是常數(constant)，本節將討 論級數之各項含有變數(variable)之情形。
定義 10.10：冪級數(Power series) 若 c，𝑎1 ，𝑎2 ，…，𝑎𝑛 ，… 為常數，𝑥為變數，則 𝑛 𝑛 形如 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) = 𝑎0 + 𝑎1 (𝑥 − c) + ⋯ + 𝑎𝑛 (𝑥 − c) + ⋯之級數
稱為(𝑥 − 𝑐 )之冪級數 (Power series of (x-c))，𝑎𝑛 稱為(𝑥 − c)𝑛 之係數 (coefficient) 。 𝑛 對於任意固定之實數 x， ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) 可能收斂或發散。因此已知一羃 𝑛 級數∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) ，我們將探討對於那些實數 x 此級數為收斂 (convergent)，
又對於那些實數𝑥，此級數為發散(divergent)。 級數∑∞ 𝑛=1 𝑏𝑛 為收斂(convergent) 或發散(divergent)，可用此比值試驗法 (Ratio test)，下列步驟判定 𝑏𝑛+1
1. 求 L= lim | 𝑛→∞
𝑏𝑛
|
2. 若 L<1，則此級數為收斂，L>1，則此級數為發散。 𝑛 𝑛 已知羃級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) ，我們可令 𝑏𝑛 = 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) ，則
𝑏𝑛+1
L= lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛+1
= lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛
𝑎𝑛+1
令 lim | 𝑛→∞
𝑏𝑛
𝑎𝑛
𝑎𝑛+1 (𝑥−𝑐)𝑛+1
|= lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛+1 (𝑥−𝑐)𝑛
|
| |𝑥 − 𝑐 |
|=
1 R
，則 L>1 相當於
|𝑥−𝑐| R
<1 ，即
𝑛 (1) 當|𝑥 − 𝑐 | < 𝑅 時， ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) 為收斂(convergent) 𝑛 (2) 當|𝑥 − 𝑐 | > R 時， ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) 為發散(divergent) 𝑛 此時 R 稱為羃級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) 之收斂半徑(Radius of convergent)。 𝑛 求∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) 之收斂區間(interval of convergence)之方法如下：
𝑎𝑛+1
首先求出收斂半徑(Radius of convergent) R= lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛
(1) 若 R = ∞ ，則羃級數之收斂區間為 (−∞, ∞) (2) 若 R = 0 ，則羃級數只在 x=c 時才收斂
|
(3) 若 0 < R < ∞，則 (a) 當 𝑥 = 𝑐 − 𝑅 及𝑥 = 𝑐 + 𝑅 時級數都收斂，則 收斂區間為 [c − R, c + R] (b) 當 𝑥 = 𝑐 − 𝑅 時級數收斂，𝑥 = 𝑐 + 𝑅 時級數發散，則 收斂區間為 [c − R, c + R] (c) 當 𝑥 = 𝑐 − 𝑅 時級數發散，𝑥 = 𝑐 + 𝑅時級數收斂，則 收斂區間為 [c − R, c + R]。 (d) 當 𝑥 = 𝑐 − 𝑅 及𝑥 = 𝑐 + 𝑅 時級數都發散，則 收斂區間為 [c − R, c + R]。 𝑛 註：∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐) 之收斂半徑 R 亦可由 R=
1 𝑛
求出。
lim √√𝑎𝑛
𝑛→∞
例 10.22 (𝑥−3)𝑛
求羃級數 ∑∞ 𝑛=1
2𝑛 𝑎𝑛
【解】𝑅 = lim |𝑎 𝑛→∞
𝑛+1
之收斂區間(Interval of convergence)。 1 2𝑛 1
| = lim
𝑛→∞
=2
22𝑛+1
故當|𝑥 − 3| < 2，即 1< x<5 時為收斂 𝑛 當𝑥 = 1時，∑∞ 𝑛=1(−1) 為發散
當𝑥 = 5時，∑∞ 𝑛=1 1 為發散 故收斂區間為 [1, 5]。 例 10.23 3𝑛
求羃級數 ∑∞ 𝑛=1
𝑛2
(𝑥 − 1)𝑛 之收斂區間(Interval of convergence)。
𝑎𝑛
【解】𝑅 = lim |𝑎 𝑛→∞
𝑛+1
3𝑛 𝑛2 3𝑛+1
| = lim
𝑛→∞
1
1
=3
(𝑛+1)2
2
4
故當|𝑥 − 1| < 3，即 3< x<3 時為收斂 2
(−1)𝑛
4
𝑛2 1
當𝑥 = 3時，∑∞ 𝑛=1
為收斂(交錯級數收斂判定法)
當𝑥 = 3時，∑∞ 𝑛=1 𝑛 2 為收斂 (p=2>1) 2
4
故收斂區間為 [3 , 3]。
例 10.24 𝑥𝑛
求羃級數 ∑∞ 𝑛=1 3𝑛 +5𝑛 之收斂區間(Interval of convergence)。 1 3𝑛 +5𝑛 1 𝑛→∞ 𝑛+1 𝑛→∞ 𝑛+1 𝑛+1 3 +5 3 3( )𝑛+5 3𝑛+1+5𝑛+1 5 3 𝑛→∞ 3𝑛 +5𝑛 𝑛→∞ (5)𝑛 +1
𝑎𝑛
【解】𝑅 = lim |𝑎
| = lim
= lim
= lim
=5
故當−5 < 𝑥 < 5 時為收斂 5𝑛
𝑛 當 𝑥 = −5 時，∑∞ 𝑛=1(−1) 3𝑛 +5𝑛
5𝑛
因 lim 𝑎𝑛 = lim (−1)𝑛 3𝑛 +5𝑛 不存在 故
𝑛→∞ 𝑛→∞ 5𝑛 ∞ ∑𝑛=1(−1)𝑛 𝑛 𝑛 3 +5
當 𝑥 = 5 時，∑∞ 𝑛=1 因 lim 𝑎𝑛 = lim 𝑛→∞
𝑛→∞
5𝑛
為發散。 5𝑛 3𝑛 +5𝑛
3𝑛 +5𝑛
5𝑛
= lim
1 3
𝑛→∞ (5)𝑛 +1
=1 ≠0
故 ∑∞ 𝑛=1 3𝑛 +5𝑛 為發散。 故收斂區間為(−5, 5)。 羃級數與微分及積分之關係，可歸納為： 𝑛 𝑓 (𝑥 )之羃級數展開 𝑓 (𝑥)=∑∞ 𝑛=1(𝑥 − 𝑐) 在收斂區間內可逐項微分，亦可逐項積分，
而且其收斂半徑不變。我們以下面定理表示此性質：
♡定理 10.16：羃級數在收斂區間內可逐項微分及積分 𝑛 若𝑓 (𝑥 ) = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 ，收斂半徑為 R，則 𝑛−1 𝑓´(𝑥 ) = ∑∞ ，收斂半徑為 R 𝑛=1 𝑛𝑎𝑛 𝑥
若∫ 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 = ∑∞ 𝑛=0 𝑏
𝑎𝑛 𝑛+1
𝑥 𝑛+1 ，收斂半徑為𝑅 𝑏
𝑛 若∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 ∫𝑎 𝑥 𝑑𝑥 ，|𝑎 | < 𝑅，|𝑏| < 𝑅。
例 10.25 𝑛 由無窮等比級數和之公式知，𝑓 (𝑥 ) = ∑∞ 𝑛=0 𝑥 =
1
1−𝑥
1
𝑛−1 試證∑∞ = (1−𝑥)2 ，|𝑥 | < 1 𝑛=0 𝑛 𝑥
【解】因幂級數在收斂區間內可逐項微分 𝑑
∞ 𝑛 𝑛−1 𝑛−1 故 ∑∞ = ∑∞ 𝑛=0 𝑑𝑥 𝑥 =∑𝑛=0 𝑛 𝑥 𝑛=1 𝑛 𝑥 𝑑
1
1
= 𝑑𝑥 1−𝑥 = (1−𝑥)2 。
，|𝑥| < 1
習題 10-5 87. 求羃級數 ∑∞ 𝑛=1
(−1)𝑛−1 (𝑥−3)𝑛
88. 求羃級數 ∑∞ 𝑛=1
(𝑥−2)𝑛
89. 求羃級數 ∑∞ 𝑛=1
𝑛2
3𝑛 𝑛 2 (𝑥−1)𝑛 2𝑛−1 𝑛!
之收斂區間(interval of convergence)。
之收斂區間。 之收斂區間。
𝑛 90. 求羃級數 ∑∞ 𝑛=1 (2𝑛+1)! 𝑥 之收斂區間
𝑥 2𝑛+1
𝑛 91. 求羃級數 ∑∞ 𝑛=1(−1) 2𝑛+1 之收斂區間
92. 求羃級數 ∑∞ 𝑛=1
(x+3) 𝑛 𝑛2
之收斂區間
10-6 泰勒與馬克勞林級數(Taylor and Maclaurin series) 𝑛 設𝑓(𝑥 )可表示成冪級數 𝑓 (𝑥) = ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐 ) ，則係數 𝑎𝑛 將如何求出
呢? 我們在前面一節裡，已經學過冪級數在收斂區間內可逐項微分。利用這個性 質，將可導出 Taylor 級數之公式。
♡定理 10.17：Taylor 定理 若𝑓 (𝑥 )，在 |𝑥 − 𝑎| < 𝑅 時各階導數連續，則 𝑓 (𝑥 ) = 𝑓(𝑎) + 𝑓´(𝑎)(𝑥 − 𝑎) + ⋯ +
𝑓 (𝑛) (𝑎)(𝑥−𝑎)𝑛 𝑛!
𝑓(𝑛+1) (𝑐)(𝑥−𝑎)𝑛+1
+
(𝑛+1)!
，
其中 𝑐 介於 𝑥 與 𝑎之間。
【證】令𝑃𝑛 (𝑥)= 𝑓 (𝑎) + 𝑓´(𝑎)(𝑥 − 𝑎) + ⋯ + 𝑅𝑛 (𝑥 )= 𝑓(𝑥 ) − 𝑃𝑛 (𝑥)
𝑓(𝑛) (𝑎)
(𝑥 − 𝑎)𝑛
𝑛!
𝑓(𝑛) (𝑡)
令𝑔(𝑡)= 𝑓 (𝑥 ) − [𝑓(𝑡) + 𝑓´(𝑡)(𝑥 − 𝑡) + ⋯ +
𝑛!
(𝑥−𝑡)𝑛+1
(𝑥 − 𝑡)𝑛 ]
−𝑅𝑛 (𝑥 )=(𝑥−𝑎)𝑛+1 則 𝑔(𝑥)= 0，𝑔(𝑎)= 𝑓(𝑥 ) − 𝑃𝑛 (𝑥 ) − 𝑅𝑛 (𝑥)=0 由 Rolle 定理知，存在𝑐，且𝑐 介於 𝑥與 𝑎之間。使得𝑔´(𝑐)= 0 𝑔´(𝑡)= 0− [𝑓´(𝑡) − 𝑓´(𝑡) + 𝑓′′(t)(𝑥 − 𝑡)-𝑓′′(𝑡)(𝑥 − 𝑡) + 𝑓 ′′′ (𝑡) (𝑥−𝑡) 𝑛−1
(𝑥−𝑡) + 𝑓 (𝑛+1) (𝑡) 𝑛! (𝑛−1)! −𝑓(𝑛+1) (𝑡)(𝑥−𝑡)𝑛 𝑅𝑛 (𝑥)(𝑛+1)(𝑥−𝑡)𝑛
𝑓 ( 𝑛) ( 𝑡 ) =
+
𝑛!
𝑓 = − (𝑥 − 𝑡 )𝑛 [
(𝑛+1)
𝑛
] + 𝑅𝑛 (𝑥 )
(𝑛+1)(𝑥−𝑡)𝑛 (𝑥−𝑎)𝑛+1
(𝑥−𝑎)𝑛+1
(𝑡)
𝑛!
0= 𝑔´(𝑐)= −(𝑥 − 𝑐 )𝑛 [
− 𝑅𝑛 (𝑥 )
𝑓(𝑛+1)(𝑡) 𝑛!
(𝑛 + 1) ] (𝑥 − 𝑎)𝑛+1 (𝑛+1)
− 𝑅𝑛 (𝑥) (𝑥−𝑎)𝑛+1 ]
因𝑥 ≠ c，故 𝑓(𝑛+1) (𝑐) 𝑛!
(𝑛+1)
=𝑅𝑛 (𝑥 ) (𝑥−𝑎)𝑛+1
故得 𝑅𝑛 (𝑥 )
𝑓(𝑛+1)(𝑐) (𝑛+1)!
(𝑥 − 𝑎)𝑛+1
故得 𝑓 (𝑥 ) = 𝑃𝑛 (𝑥 ) + 𝑅𝑛 (𝑥) 𝑓(𝑥 ) = 𝑓 (𝑎)+ 𝑓´(𝑎)(𝑥 − 𝑎)+…+
𝑓 (𝑛) (𝑎)(𝑥−𝑎)𝑛 𝑛!
+
𝑓(𝑛+1) (𝑐)(𝑥−𝑎)𝑛+1 (𝑛+1)!
(𝑥−𝑡)2 2
+ ⋯−
定義 10.11：Taylor 級數 若𝑓 (𝑥 ) 在 𝑥 = 𝑐 處之各階導數都存在，則 𝑓(𝑥 ) = ∑∞ 𝑛=0
𝑓(𝑛) (𝑐) 𝑛!
(𝑥 − 𝑐 )𝑛 稱為
𝑓 (𝑥 ) 在 𝑥 = 𝑐 處之 Taylor 級數展開。 例 10.26 求 𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 在 𝑥 = 3 處之 Taylor 級數展開。 【解】𝑓(𝑥 ) = 𝑓´(𝑥 )= 𝑓′′(𝑥)=…=𝑓 (𝑛) (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 𝑓(3) = 𝑓´(3)= 𝑓′′(3)=…=𝑓 (𝑛) (3) = 𝑒 3 𝑓(𝑥 ) 在 𝑥 = 3 處之 Taylor 級數展開為 𝑓(𝑥 ) =𝑒 𝑥 𝑓"(3)
= 𝑓 (3) + 𝑓´(3)(𝑥 − 3)+ 𝑒3
2!
(𝑥 − 3)2 +…+ 𝑒3
𝑓 (𝑛) (3) 𝑛!
(𝑥 − 3)𝑛 +…
=𝑒 3 + 𝑒 3 (𝑥 − 3) + 2! (𝑥 − 3)2 + ⋯ + 𝑛! (𝑥 − 3)𝑛 +…
定義 10.12： Maclaurin 級數 若 𝑓 (𝑥 ) 在 𝑥 = 0 處之各階導數都存在，則 𝑓(𝑥 ) = ∑∞ 𝑛=0
𝑓 (𝑛) (0) 𝑛!
𝑥𝑛
下列各函數之 Maclaurin 級數展開必須熟記，因為這些函數之 Maclaurin 級 數展開可以導出其他一些函數之 Maclaurin 級數展開，而且在大二之工程數學裡 也常被引用到。 1.
1 1−𝑥
𝑛 = ∑∞ 𝑛=0 𝑥
= 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ + 𝑥 𝑛 +…，−1 < 𝑥 < 1 𝑥𝑛
2. 𝑒 𝑥 = ∑∞ 𝑛=0 𝑛! = 1+𝑥+ 3. sin 𝑥 = = 𝑥+
+⋯+
𝑥𝑛
+…，−∞ < 𝑥 < ∞
2! 𝑛! 𝑥 2𝑛+1 ∞ 𝑛 ∑𝑛=0(−1) (2𝑛+1)!
𝑥3 3!
4. cos 𝑥 = = 1−
𝑥2
𝑥2 2!
+
𝑥5
5! 𝑥 2𝑛 ∞ ∑𝑛=0(−1)𝑛 (2𝑛)!
+
𝑥4 4!
= 𝑥−
2
+
𝑥3 3
𝑥 2𝑛
− ⋯ + (−1)𝑛 (2𝑛)! +…，−∞ < 𝑥 < ∞
𝑛 5. 𝑙𝑛(1 + 𝑥) = ∑∞ 𝑛=1(−1) 𝑥2
𝑥 2𝑛+1
− ⋯ + (−1)𝑛 (2𝑛+1)! +…，−∞ < 𝑥 < ∞
𝑥𝑛 𝑛
− ⋯ + (−1)𝑛−1
𝑥𝑛 𝑛
+…， − 1 < 𝑥 < 1
下面各例題說明這些函數之 Maclaurin 級數展開之導出方法。
例 10.27 1
求 𝑓 (𝑥 ) = 1−𝑥 之 Maclaurin 級數展開，並求其收斂區間。 1
【解】𝑓(𝑥 ) = 1−𝑥 = (1 − 𝑥)−1 𝑓´(𝑥 ) = (1 − 𝑥)−2 𝑓"(𝑥 ) = 2! (1 − 𝑥)−3 ⋮ 𝑓 (𝑛) (𝑥)= 𝑛! (1 − 𝑥)−(n+1) 𝑓(0)=1，𝑓´(0) = 1，𝑓"(0) = 2! ⋮ 𝑓 (𝑛) (0) = 𝑛! 1 𝑓(𝑥 ) = 1−𝑥 𝑓"(0)
= 𝑓 (0) + 𝑓´(0)𝑥 + 2! 𝑥 2+…+ =1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ + 𝑥 𝑛 + ⋯ 𝑎 R= lim | 𝑛 |=1
𝑓(𝑛) (0) 2!
𝑥 𝑛 +…
𝑛→∞ 𝑎𝑛+1
故−1 < 𝑥 < 1 時為收斂。 當 𝑥 = −1 時，1 − 1 + 1 − 1 + ⋯ 為發散 當 𝑥 = 1 時，1 + 1 + 1 + 1 + ⋯ 為發散 故收斂區間為(−1,1) 。 注意： 1 1−𝑥
𝑛 2 𝑛 = ∑∞ 𝑛=0 𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑥 + ⋯ + 𝑥 + ⋯ ， − 1 < 𝑥 < 1
表示等式兩邊相等之條件為−1 < 𝑥 < 1，例如當 𝑥 = 2 時等式不成立。 有了
1 1−𝑥
1
數展開可直接代入公式，得 1 1+𝑥 1
1
= 1−(−𝑥) = 1 − 𝑥 + 𝑥 2 − 𝑥 3 + ⋯ + (−1)𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯
1+𝑥 2
1
= 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ + 𝑥 𝑛 + ⋯之公式後，1+𝑥，1+𝑥 2 之 Maclaurin 級
=1 + 𝑥 2 + 𝑥 4 + ⋯ + 𝑥 2𝑛 + ⋯
例 10.28 求 𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 之 Maclaurin 級數展開，並求其收斂區間。 【解】𝑓(𝑥 ) = 𝑒 𝑥 𝑓(𝑥 ) = 𝑓´(𝑥) = 𝑓"(𝑥) = ⋯ = 𝑓 (𝑛) (𝑥) = 𝑒 𝑥 𝑓(0) = 𝑓´(0) = 𝑓"(0) = ⋯ = 𝑓 (𝑛) (0) = 1 𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 𝑓"(0)
= 𝑓 (0) + 𝑓´(0)𝑥 + = 1+𝑥+ 𝑅 = lim
𝑥2 2!
2!
𝑥𝑛
+⋯+
𝑎𝑛
𝑛→∞ 𝑎𝑛+1
= lim
𝑛!
𝑛→∞
𝑥 2+…+
𝑓(𝑛) (0) 2!
𝑥 𝑛 +…
+⋯
1 𝑛! 1 (𝑛+1)!
= lim (𝑛 + 1) = ∞ 𝑛→∞
故收斂區間為 −∞ < 𝑥 < ∞ 𝑥2
因 𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +
2!
𝑥𝑛
+⋯+
𝑛!
+ ⋯，−∞ < 𝑥 < ∞ 1
1
令 𝑥 = 1，可求得 𝑒 𝑥 = 𝑒 1 = 1 + 1 + 2! + ⋯ + 𝑛! + ⋯ ≈ 2.71828 有了 𝑒 𝑥 = 1 + 𝑥 +
𝑥2 2!
+⋯+
𝑥𝑛 𝑛!
+⋯， − ∞ < 𝑥 < ∞
之後，可得 𝑒 −𝑥 = 1 − 𝑥 +
𝑥2
− ⋯ + (−1)𝑛
2!
𝑥4
2
𝑒− 𝑥 = 1 − 𝑥2 +
2!
𝑥𝑛 𝑛!
+⋯， −∞ < 𝑥 < ∞
− ⋯ + (−1)𝑛
𝑥 2𝑛 𝑛!
+ ⋯， −∞ < 𝑥 < ∞
例 10.29 求 𝑓 (𝑥 ) = sin 𝑥 之 Maclaurin 級數展開，並求其收斂區間。 【解】𝑓(𝑥 ) = sin 𝑥，𝑓´(𝑥 ) = cos 𝑥，𝑓"(𝑥) = −sin 𝑥 𝑓‴(𝑥 ) = −cos 𝑥，𝑓 (4) (𝑥) =sin 𝑥，𝑓 (5) (𝑥) =cos 𝑥， 𝑓 (6) (𝑥) =−sin 𝑥，… 𝑓 (0) = 0，𝑓´(0) = 1，𝑓"(0) = 0，𝑓‴(0) = −1， 𝑓 (4) (0) =0，𝑓 (5) (0) =1， 𝑓 (6) (0) =0 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 = 𝑓 (0) + 𝑓´(0)𝑥 + =𝑥−
𝑥3 3!
𝑅 = lim
𝑛→∞
+
𝑥5 5!
𝑓"(0) 2!
𝑥2 + ⋯ +
𝑓(𝑛) (0)
𝑥 2𝑛+1
𝑛!
− ⋯ + (−1)𝑛 (2𝑛+1)! + ⋯
1 (2𝑛+1)! 1 (2𝑛+3)!
=∞
故收斂區間為 −∞ < 𝑥 < ∞。
𝑥𝑛 + ⋯
例 10.30 求 𝑓 (𝑥 ) = cos 𝑥 之 Maclaurin 級數展開，並求其收斂區間。 【解】𝑓(𝑥 ) = cos 𝑥，𝑓´(𝑥 ) = −sin 𝑥，𝑓"(𝑥 ) = −cos 𝑥 𝑓‴(𝑥 ) = sin 𝑥，𝑓 (4) (𝑥) =cos 𝑥，𝑓 (5) (𝑥) =−sin 𝑥， 𝑓 (6) (𝑥) =−cos 𝑥，… 𝑓 (0) = 1，𝑓´(0) = 0，𝑓"(0) = −1， 𝑓‴(0) = 0，𝑓 (4) (0) =1，𝑓 (5) (0) =0， 𝑓 (6) (0) =−1，… 𝑓 (𝑥 ) = cos 𝑥 = 𝑓 (0) + 𝑓´(0)𝑥 + =1−
𝑥2
+
2!
𝑅 = lim
𝑛→∞
𝑥4 4!
𝑓"(0)
𝑥2 + ⋯ +
2!
𝑥 2𝑛
𝑓 (𝑛) (0) 𝑛!
𝑥𝑛 + ⋯
− ⋯ + (−1)𝑛 (2𝑛)! + ⋯
1 (2𝑛)! 1 (2𝑛+2)!
=∞
故收斂區間為 −∞ < 𝑥 < ∞。 例 10.31 (a)求 𝑓(𝑥 ) = ln(1 + 𝑥) 之 Maclaurin 級數展開，並求其收斂區間。 1
1
1
1
(b)求1 − 2 + 3 − 4 + ⋯ + (−1)𝑛−1 𝑛 + ⋯之值。 【解】 (a) 𝑓(𝑥 ) = ln(1 + 𝑥 ) ，𝑓´(𝑥 ) = (1 + 𝑥)−1 ， 𝑓"(𝑥 ) = −(1 + 𝑥)−2 ， 𝑓‴(𝑥 ) = 2! (1 + 𝑥)−3 ， ⋮ 𝑓 (𝑛) (𝑥) =(−1)𝑛−1 (𝑛 − 1)! (1 + 𝑥 )−𝑛 𝑓(0) = 0，𝑓´(0) = 1，𝑓"(0) = −1，𝑓‴(0) = 2!， ⋮ 𝑓 (𝑛) (0) = (−1)𝑛−1 (𝑛 − 1)! 故𝑓 (𝑥 ) = ln(1 + 𝑥 ) = 𝑓 (0) + 𝑓´(0)𝑥 + =𝑥−
𝑥2 2
+
𝑅 = lim
𝑛→∞
𝑥3 3
1 𝑛 1 𝑛+1
𝑓 (𝑛) (0)
𝑓"(0)
𝑥 2 + ⋯+
2!
− ⋯ + (−1)𝑛−1
𝑥𝑛 𝑛
𝑛!
𝑥𝑛 + ⋯
+⋯
=1 1
1
當 𝑥 = −1 時，−1 − 2 − 3 − ⋯為發散 1
1
當 𝑥 = 1 時，1 − 2 + 3 − ⋯為收斂 故收斂區間為 −1 < 𝑥 < 1。 (b)因 ln(1 + 𝑥 ) = 𝑥 − 1
𝑥2 2 1
+
𝑥3 3
− ⋯ + (−1)𝑛−1 1
𝑥𝑛 𝑛
+ ⋯， −1 < 𝑥 < 1
令𝑥 = 1得，1 − 2 + 3 − ⋯ + (−1)𝑛−1 𝑛 + ⋯ = ln 2
例 10.32 (a)求 𝑓(𝑥 ) = tan−1 𝑥 之 Maclaurin 級數展開，並求其收斂區間。 1
1
1
1
(b)由 (a) 之結果，求1 − 3 + 5 − 7 + ⋯ + (−1)𝑛−1 2𝑛+1 + ⋯之值。 【解】(a)
1
因 1+ 𝑡 2 =1 − 𝑡 2 + 𝑡 4 − 𝑡 6 + ⋯ + (−1)𝑛 𝑡 2𝑛 + ⋯ 𝑥
故 tan−1 𝑥 = ∫0 =
𝑥 𝑥 ∫0 𝑑𝑡 − ∫0 𝑥3 𝑥5
=𝑥 −
+
3
𝑅 = lim
𝑛→∞
5
1
1+ 𝑡 2 2
𝑑𝑡 𝑥
𝑡 𝑑𝑡 + ∫0 𝑡 4 𝑑𝑡 + … −
1 2𝑛+1 1 2𝑛+3
𝑥7 7
+⋯
=1
故−1 < 𝑥 < 1時為收斂 1
1
當 𝑥 = −1 時，−1 + 3 − 5 + ⋯為發散 1
1
當 𝑥 = 1 時，1 − 3 + 5 − ⋯為收斂 故收斂區間為 −1 < 𝑥 < 1。 (b) 因 tan−1 𝑥 = 𝑥 − −1 < 𝑥 < 1
𝑥3 3
+
𝑥5 5
−
𝑥7 7
+ ⋯ + (−1)𝑛
𝑥 2𝑛+1 2𝑛+1
+ ⋯，
令 𝑥 = 1，則得 1
1
1
1
𝜋
1 − 3 + 5 − 7 + ⋯ + (−1)𝑛−1 2𝑛+1 + ⋯ = tan−1 1 = 4 。 例 10.33 若 𝑓 (𝑘 ) =
𝜆𝑘 𝑒 −𝜆 𝑘!
，𝑘 = 0,1,2, …。
試求 (a) ∑∞ 𝑘=0 𝑓 (𝑘 ) 。 【解】(a) 因∑∞ 𝑘=0
𝜆𝑘 𝑘!
(b) ∑∞ 𝑘=0 𝑘𝑓 (𝑘 )。
= 𝑒𝜆
∞ 故 ∑∞ 𝑘=0 𝑓 (𝑘 ) = ∑𝑘=0
𝜆𝑘 𝑒 −𝜆
𝑘! 𝑘 𝜆 ∞ = 𝑒 −𝜆 ∑𝑘=0 𝑘! = 𝑒 −𝜆 𝑒 𝜆 = 𝑒 0 = ∞ (b) ∑∞ 𝑘=0 𝑘𝑓(𝑘 ) = ∑𝑘=1 𝑘𝑓(𝑘 ) 𝑘 −𝜆 𝜆 𝑒 𝜆𝑘 𝑒 −𝜆 ∞ ∑ =∑∞ 𝑘 = 𝑘 𝑘=1 𝑘=1 (𝑘−1)! 𝑘!
1
(令𝑚 = 𝑘 − 1) =∑∞ 𝑚=0 𝑘
𝜆𝑚+1 𝑒 −𝜆 𝑚!
= 𝜆𝑒 −𝜆 ∑∞ 𝑚=0
= 𝜆𝑒 −𝜆 𝑒 𝜆 = 𝜆𝑒 0 = 𝜆。
𝜆𝑚 𝑚!
例 10.34 若 𝑓 (𝑘) = 𝑝𝑞 𝑘−1 ，0 < 𝑝 < 1，𝑝 + 𝑞 = 1，𝑘 = 1,2,3, … (a) 求 ∑∞ 𝑘=1 𝑓 (𝑘 ) 。
(b) 求∑∞ 𝑘=1 𝑘𝑓 (𝑘 )。
【解】(a) 因0 < 𝑝 < 1，𝑝 + 𝑞 = 1，故 0 < 𝑞 < 1 1
1
𝑘−1 ∑∞ =1−𝑞 = 𝑝 𝑘=0 𝑞 1
∞ 𝑘−1 𝑘−1 故 ∑∞ = 𝑝 ∑∞ = 𝑝· =1 𝑘=0 𝑓(𝑘) = ∑𝑘=1 𝑝𝑞 𝑘=1 𝑞 𝑝
1
𝑘 (b)因 ∑∞ 𝑘=0 𝑞 = 1−𝑞
由冪級數在收斂區間內可逐項微分之性質，得 𝑘−1 ∑∞ = 𝑘=1 𝑘𝑞
𝑑
1
· = 𝑑𝑞 1−𝑞
∞ 故 ∑∞ 𝑘=1 𝑘𝑓(𝑘) = ∑𝑘=1 𝑘
1 (1−𝑞)2
=
1
𝑝2 𝑝𝑞 𝑘−1 = 𝑝 ∑∞ 𝑘=1 𝑘
𝑞 𝑘−1 = 𝑝 ·
1 𝑝2
1
=𝑝
♡定理 10.18：二函數之和與積的 Maclaurin 級數展開 𝑛 若𝑓 (𝑥 )之 Maclaurin 級數展開為 𝑓(𝑥 ) = ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 ，收斂半徑為𝑅1 ， 𝑛 𝑓 (𝑔)之 Maclaurin 級數展開為 𝑔(𝑥 ) = ∑∞ 𝑛=0 𝑏𝑛 𝑥 ，收斂半徑為𝑅2 ，則 𝑛 𝑛 𝑓 (𝑥 ) + 𝑔(𝑥 ) = ∑∞ + ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 𝑛=0 𝑏𝑛 𝑥 =(𝑎0 + 𝑏0 ) + (𝑎1 + 𝑏1 ) 𝑥 + (𝑎2 + 𝑏2 ) 𝑥 2 + … 𝑓 (𝑥 ) 𝑔(𝑥 )之 Maclaurin 級數展開為 ∞ 𝑛 𝑛 𝑓 (𝑥 ) 𝑔(𝑥 ) = (∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 )(∑𝑛=0 𝑏𝑛 𝑥 ) =𝑎0 𝑏0 + (𝑎1 𝑏0 + 𝑎0 𝑏1 )𝑥 + (𝑎2 𝑏0 + 𝑎1 𝑏1 + 𝑎0 𝑏2 )𝑥 2 + ⋯
收斂半徑為𝑅1 與𝑅2 中之較小者。 例 10.35 𝑥
(a) 求𝑓(𝑥 ) = 1+𝑥 2 之 Maclaurin 級數展開。 (b) 由(a)之結果求𝑓 (5) (0)。 【解】(a) 因
𝑥 1+𝑥 2
= 1 − 𝑥2 + 𝑥4 − 𝑥6 + ⋯ 𝑥
故 𝑓(𝑥 ) = 1+𝑥 2 = 𝑥 (1 − 𝑥 2 + 𝑥 4 − 𝑥 6 + ⋯ ) =𝑥 − 𝑥 3 + 𝑥 5 − 𝑥 7 + ⋯ (b) 因 𝑓 (𝑥 ) 之 Maclaurin 級數展開之 𝑥 5 之係數為 由 (a) 知，𝑥 之係數為 1 5
即𝑓 (5) (0) = 5! = 120
𝑓(5) (0) 5!
習題 10-6 93. 求𝑓(𝑥 ) = cos ℎ 𝑥 之 Maclaurin 級數展開。 94. 求𝑓(𝑥 ) = sin ℎ 𝑥 之 Maclaurin 級數展開。 1+𝑥
95. 求𝑓(𝑥 ) = ln 1−𝑥 之 Maclaurin 級數展開。 1
96. 求𝑓(𝑥 ) = ln (1+𝑥)2 之 Maclaurin 級數展開。 97. 求下列級數之和： 1
𝑛2
𝑛
∞ ∞ (a) ∑∞ 𝑛=0 𝑛! (b) ∑𝑛=1 𝑛! (c) ∑𝑛=1 𝑛! −1
98. 求𝑒 5 之近似值，使其誤差小於 0.01。 2 𝑛−1
99. 求∑∞ 𝑛=1 𝑛 (3)
之和。
𝑛 100. 若 |𝑥 | < 1，求∑∞ 𝑛=1(3𝑛 + 5)𝑥 𝑥 2𝑛
𝑛 2 101. 已知 cos 𝑥 = ∑∞ 𝑛=0(−1) (2𝑛)! ，試求𝑓 (𝑥 ) = sin 𝑥之Maclaurin 級數展開。
(提示：sin2 𝑥 =
1−cos 2𝑥 2
)
第十章內容摘要 32. 數列的極限(Limit of Sequence) lim 𝑎𝑛 =L ⇔ 對於任意正數𝜀 > 0，存在正整數 N
𝑛→∞
當 n > N 時，恆可使|𝑎𝑛 − 𝐿|< 𝜀 成立 33. 收斂數列與發散數列 (Convergent Sequence and divergent sequence) 若 lim 𝑎𝑛 存在，則稱數列{𝑎𝑛 }為收斂數列，若 lim 𝑎𝑛 不存在，則稱數列{𝑎𝑛 }數列為 𝑛→∞
𝑛→∞
發散(divergent sequence)
34. 數列極限之性質(Limit Properties for Sequences) 設{𝑎𝑛 }與 {𝑏𝑛 } 為二收斂級數(convergent sequences)，且 lim 𝑎𝑛 = 𝐿， lim 𝑏𝑛 = 𝑀，則
𝑛→∞
𝑛→∞
(a) lim (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ) = 𝐿 + 𝑀 𝑛→∞
(b) lim (𝑎𝑛 𝑏𝑛 ) = 𝐿𝑀 𝑛→∞
𝑎
(c) lim ( 𝑛 ) = 𝐿𝑀，(𝑀 ≠ 0) 𝑛→∞ 𝑏𝑛
35. 有界數列(Bounded sequence) 設 {𝑎𝑛 } 為一數列，若存在一正數 M，對於所有𝑎𝑛 。 都滿足：|𝑎𝑛 | < 𝑀，則稱數列{𝑎𝑛 }為有界(bounded) 若滿足：𝑎𝑛 < 𝑀，則稱數列{𝑎𝑛 }為上有界(bounded above)。 36. 級數之收斂與發散 令 𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 若 lim 𝑆𝑛 存在，則稱∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為收斂級數(convergent) 𝑛→∞
若 lim 𝑆𝑛 不存在，則稱∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為發散級數(divergent) 𝑛→∞
∞ 若 lim 𝑆𝑛 = 𝐴 ，則稱∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 之和為 A，記為 ∑𝑛=1 𝑎𝑛 = 𝐴 𝑛→∞
37. 用收斂與發散之定義判定法 令S𝑛 = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 若 lim 𝑆𝑛 存在，則稱級數∑𝑛𝑛=1 𝑎𝑘 為收斂(convergent) 𝑛→∞
而 lim 𝑆𝑛 不存在時，則稱級數∑𝑛𝑛=1 𝑎𝑘 為發散(divergent) 𝑛→∞
38. 發散之判定法 若 lim 𝑎𝑛 ≠ 0 ，則級數 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 為發散 𝑛→∞
39. p 級數之收斂與發散判定法 形如 ∑∞ 𝑘=1
1 𝑘𝑝
的級數稱為 p 級數 1
當𝑝 > 1時 ，則 p 級數∑∞ 𝑘=1 𝑘 𝑝 為收斂 1
當𝑝 ≤ 1時 ，則 p 級數 ∑∞ 𝑘=1 𝑘 𝑝 為發散
40. 幾何級數之收斂與發散之判定法 𝑘−1 設 𝑎 ≠ 0 ，則形如∑∞ 之級數稱為幾何級數， 𝑘=1 𝑎𝑟
𝑎
𝑘−1 = 當|𝑟| < 1時 ，此級數為收斂 ，且∑∞ 𝑘=1 𝑎r 1−𝑟 𝑘−1 為發散。 當|𝑟| ≥ 1時 ，∑∞ 𝑘=1 𝑎r
41. 比較試驗法 (comparison test) 若存在一正數𝑚，當𝑛 ≥ 𝑚時，0 ≤ 𝑎𝑛 ≤ 𝑏𝑛 ，則 ∞ 當∑∞ n=1 𝑏𝑛 為收斂時，∑n=1 𝑎𝑛 必為收斂。 ∞ 當∑∞ n=1 𝑎𝑛 為發散時，∑n=1 𝑏𝑛 必為發散。
42. 比值判定法 (Ratio test) 𝑎𝑛 +1
若 lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛
| = 𝐿，則
(a) 當𝐿<1 時，∑∞ n=1 𝑎𝑛 為收斂(且為絕對收斂)。 (b) 當𝐿>1 時，∑∞ n=1 𝑎𝑛 為發散。 (c) 當𝐿=1 時，無法判定。 43. 根式試驗法 (Root test) 若 lim 𝑛√|𝑎𝑛 | = 𝐿，則 (a) 當𝐿<1
𝑛→∞ ∞ 時，為收斂時，∑n=1 𝑎𝑛
必為收斂(且為絕對收斂)。
(b) 當𝐿>1 時，為收斂時，∑∞ n=1 𝑎𝑛 必為發散。 (c) 當𝐿=1 時，無法判定。 44. 積分判定法(Integral test) 若𝑓(𝑥)在1 ≤ 𝑥 ≤ ∞上連續，為減函數，且𝑓(𝑥 ) ≥ 0，令𝑎𝑘 = 𝑓(𝑛)，𝑘 = 1,2,3, …， 則 ∞ ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 與∫1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 必同為收斂或發散。
45. 交錯級數收斂之判定法 𝑛−1 設𝑎𝑛 ≥ 0，則稱∑∞ 𝑎𝑛 為交錯級數。 𝑛=1(−1)
若存在一正數 𝑚 ，當 𝑛 ≥ 𝑚 時， 𝑎𝑛+1 ≤ 𝑎𝑛 恆成立，且 lim 𝑎𝑛 = 0，則交 𝑛→∞
𝑛−1 錯級數 ∑∞ 𝑎𝑛 為收斂，且 𝑛=1(−1) ∞ 𝑚 𝑛−1 |∑𝑛=1(−1) 𝑎𝑛 − ∑𝑛=1(−1)𝑛−1 𝑎𝑛 | <
𝑎𝑚+1 。
46. 冪級數收斂區間之求法 𝑛 求 ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑐 ) 之收斂區間之方法如下
𝑎𝑛+1
第一步：求收斂半徑 R= lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛
|
第二步：決定收斂區間 ① 若 R = 0，則羃級數只在 x=c 時才收斂 ② 若 R = ∞ ，則此級數對於任意實數 𝑥 都收斂，收斂區間為−∞ < 𝑥 < ∞
③ 若 0 < R < ∞，則 ⒜ 當𝑥 = 𝑐 − 𝑅 及𝑥 = 𝑐 + 𝑅 此級數都收斂，則收斂區間為 𝑐−𝑅 ≤ 𝑥 ≤ 𝑐+𝑅 ⒝ 當𝑥 = 𝑐 − 𝑅 及𝑥 = 𝑐 + 𝑅 此級數都發散，則收斂區間為 𝑐−𝑅 ≤ 𝑥 ≤ 𝑐+𝑅 ⒞ 如果在𝑥 = 𝑐 − 𝑅 此級數收斂，而在𝑥 = 𝑐 + 𝑅 此級數發散， 則收斂區間為 𝑐 − 𝑅 ≤ 𝑥 ≤ 𝑐 + 𝑅 ⒟ 如果在𝑥 = 𝑐 − 𝑅 此級數發散，而在𝑥 = 𝑐 + 𝑅 此級數收斂， 則收斂區間為c − R ≤ 𝑥 ≤ c + R 47.
1 1−𝑥 𝑥
𝑛 = ∑∞ 𝑛=0 𝑥 ，−1 < 𝑥 < 1 𝑥𝑛
48. 𝑒 = ∑∞ 𝑛=0 𝑛! ，−∞ < 𝑥 < ∞ 𝑥 2𝑛+1
𝑛 49. sin 𝑥 = ∑∞ 𝑛=0(−1) (2𝑛+1)!，−∞ < 𝑥 < ∞ 𝑥 2𝑛
𝑛 50. cos 𝑥 = ∑∞ 𝑛=0(−1) (2𝑛)! ， − ∞ < 𝑥 < ∞ 𝑛 51. 𝑙𝑛(1 + 𝑥) = ∑∞ 𝑛=1(−1)
𝑥𝑛 𝑛
，−1< 𝑥 <1
⑩ infinite Series 習題 10-1 解答 1. 此數列為收斂(convergent)，且其極限值為π 2.此數列為遞增(increasing)，有界(bounded)且為收斂(convergent) 3.由夾擠定理(squeeze theorem)知， lim 𝑎𝑛 = 1 𝑛→∞
4. lim 𝑎𝑛 = 𝑒，故為收斂 𝑛→∞
5.有界(bounded)發散(divergent) 6. lim 𝑎𝑛 = 1 𝑛→∞
7.設 ε 為任意給定之一正數，因 lim 𝑎𝑛 = 𝛼，故存在一正數 p， 𝑛→∞
ε
當𝑛 = 𝑝時，⇒ |𝑎𝑛 − 𝛼 | < 3 令 𝑀 = 𝑚𝑎𝑥 {|𝑎1 − 𝛼 |，|𝑎2 − 𝛼 |， … ，|𝑎𝑝 − 𝛼|} 取 𝑟 = 𝑚𝑎𝑥 {𝑝, 𝑆𝑛
|
𝑛
2𝑀𝑝
}， 則當 𝑛 > 𝑟 時，
ε 𝑎1 +𝑎2 +⋯+𝑎𝑛
− 𝛼| = |
𝑛
1
− 𝛼| = n |(𝑎1 − 𝛼 ) + (𝑎2 − 𝛼 ) + +(𝑎𝑛 − 𝛼 )|
|𝑎1 − 𝛼 | + |𝑎2 − 𝛼 | + ⋯ + |𝑎𝑝 − 𝛼| |𝑎𝑝+1 − 𝛼| + ⋯ + |𝑎𝑝 − 𝛼| + 𝑛 𝑛 𝑝𝑀 𝑛 − 𝑝 ε ≤ + 𝑛 𝑛 2 ε ε ε ε ≤ 𝑝𝑀 + = + =ε 2𝑀𝑝 2 2 2 𝑆 即 lim 𝑛𝑛 = 𝛼 ≤
𝑛→∞
習題 10-2 解答 1. (a)發散(divergent) (b)發散(divergent) (c)收斂(convergent) 1
1
2. ∑∞ n=1 (n+1)(n+2) = 2 3. 5 + 4. ∑∞ n=1
10
+
20
+
40
3 32 33 3𝑛 +4𝑛 5 12𝑛 𝑛
80
=6
5. ∑∞ n=1 (𝑛+1)! = 1 2𝑛+1
6. ∑∞ n=1 𝑛 2(𝑛+1)2 = 1 1
2
𝑛−1 + 34 … = ∑∞ = 15 n=1 5 · (3)
7. ∑∞ n=1 𝑛 sin(𝑛 )為發散(divergent)
習題 10-3 解答 1. (a)由比值判定法(Ratio test) 𝐿 = 0知，此級數為收斂(convergent) (b)由比值判定法𝐿 = 𝑒知，此級數為發散(divergent) 1
(c)由比值判定法𝐿 = 2知，此級數為收斂。 1
2. 由比值判定法(Ratio test) 𝐿 = 𝑒 < 1，故 lim 3. 由比較判定法(Comparison
𝑛!
= 0。
𝑛→∞ 𝑛 𝑛 1 ∞ test)知，∑n=1 1+ 𝑛為發散(divergent)。 √
4. 由 比 較 判 定 法 (Comparison test) 知 ， ∑∞ n=1
1
𝑛 √𝑛 2+1
此級數為收斂
(convergent) 。 𝑛
5. 由比較判定法(Comparison test)知，∑∞ n=1 𝑛 3+2此級數為收斂(convergent) 。 2
6. 由比值判定法(Ratio test) 𝐿 = 知，∑∞ n=1 3 1
2𝑛 𝑛𝑛 2
為收斂(convergent) 。
3𝑛 (𝑛+1) 1·2·3···𝑛
7. 由比值判定法(Ratio test) 𝐿 = 2知，∑∞ n=1 1·3·5···(2𝑛−1)為收斂(convergent) 。 1
8. 由積分判定法(Integral test)知，∑∞ n=1 𝑛 ln 𝑛 發散(divergent) 。
習題 10-4 解答 𝑎𝑛 +1
1. lim | 𝑛→∞
𝑎𝑛
|=0<1
故為絕對收斂(Absolutely convergent) 1
4
2.此題雖然為交錯級數，但𝑎1 = 3，𝑎2 = 9，𝑎1 < 𝑎2 ，故不能用交錯級數判定法 𝑎𝑛 +1
因 lim | 𝑛→∞
1
|= <1 3
𝑎𝑛
故為收斂(且為絕對收斂) 3.由交錯級數之判定法知，此級數為收斂 𝑛
𝑛
𝑛−1 | = ∑∞ 又∑∞ n=1 |(−1) n=1 𝑛 2+2 𝑛 2+2
𝑛
>
1
，𝑛 = 2,3,4, …
𝑛 2+2 2𝑛 1 ∞ 但∑n=1 2𝑛為發散
(𝑝 = 1)
𝑛−1 由比較判定法， ∑∞ n=1 |(−1)
𝑛
𝑛
| 為發散
𝑛 2+2
𝑛−1 故∑∞ 為條件收斂。 n=1(−1) 𝑛 2+2
習題 10-5 解答 1.
∑∞ n=1
2. ∑∞ n=1
(−1)𝑛−1 (𝑥−3)𝑛 𝑛2
(𝑥−2)𝑛 3𝑛 𝑛 2
之收斂區間為[2,4]
之收斂區間為[−1,5]
3. ∑∞ n=1
(𝑥−1)𝑛 2𝑛−1 𝑛!
之收斂區間為[0,2]
𝑛 4. ∑∞ n=1 (2𝑛+1)! 𝑥 之收斂區間為(−∞, ∞)
𝑥 2𝑛+1
𝑛 5. ∑∞ n=1(−1) 2𝑛+1之收斂區間為[−1,1]
6. ∑∞ n=0
(𝑥+3)𝑛 𝑛2
之收斂區間為[−4, −2]
習題 10-6 解答 𝑥2
𝑥2
𝑥3
2! 𝑥5
1. 𝑓(𝑥 ) = cos h 𝑥 = 1 + 2! + 2. 𝑓(𝑥 ) = sin h 𝑥 = 1 + 3! +
+⋯+
𝑥2
𝑥 2𝑛
+ ⋯ = ∑∞ n=0 (2𝑛)! 2! 𝑥 2𝑛+1
1+𝑥
3. 𝑓(𝑥 ) = ln 1−𝑥 𝑥3 𝑥5 𝑥 2𝑛+1 = 2 (𝑥 + + + ⋯ + +⋯)， −1 < 𝑥 < 1 3 5 2𝑛 + 1 4.
1 (1+𝑥)2
= 1 − 2𝑥 + 3𝑥 2 − ⋯ + (−1)𝑛 (𝑛 + 1)𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯ 1
5. (a) ∑∞ n=0 𝑛! = 𝑒 −1
𝑛
(b) ∑∞ n=1 𝑛! = 𝑒
6. 𝑒 5 ≈= 0.82，誤差小於 7. 8.
2 𝑛−1 ∑∞ 𝑛=1(3) ∑∞ 𝑛=0(3𝑛 +
𝑥 2𝑛+1
+ ⋯ + (2𝑛+1)! + ⋯ = ∑∞ n=0 (2𝑛+1)! 5!
1
750
𝑛2
(c) ∑∞ n=1 𝑛! = 2𝑒
< 0.01
=9 5−2𝑥
5)𝑥 𝑛 = (1−𝑥)2
𝑛+1 9. 𝑓(𝑥 ) = 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 = ∑∞ 𝑛=1(−1)
22𝑛−1 𝑥 2𝑛 (2𝑛)!