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114 政大微積分 Part A 第 4 題

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114學年度 · 114微積分 · 第 4 題

題目

Problem

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(a) (5%) Find the Taylor series of ln⁡(1−x)\ln(1-x) at x=0x = 0, and determine its interval of convergence.

(b) (5%) Use (a) to prove

ln⁡2=∑n=1∞1n2n.\ln 2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^n}.

(4) 見解答‾\underline{\quad\text{見解答}\quad}.

解答

解法一

思路

展開

  1. 第 (a) 小題：求 ln⁡(1−x)\ln(1-x) 的泰勒級數（麥克勞林級數）

    • 我們知道求導後  ⁣d ⁣dx[ln⁡(1−x)]=−11−x\frac{\mathop{}\!\mathrm{d}}{\mathop{}\!\mathrm{d}x} [\ln(1-x)] = \frac{-1}{1-x}。
    • 利用基本幾何級數展開式： 11−t=∑n=0∞tn=1+t+t2+t3+⋯(∣t∣<1)\frac{1}{1-t} = \sum_{n=0}^{\infty} t^n = 1 + t + t^2 + t^3 + \cdots \quad (|t| < 1) 可知： −11−x=−∑n=0∞xn(∣x∣<1)\frac{-1}{1-x} = -\sum_{n=0}^{\infty} x^n \quad (|x| < 1)
    • 兩邊同從 00 到 xx 進行逐項積分： ln⁡(1−x)=∫0x−11−t dt=∫0x(−∑n=0∞tn)dt=−∑n=0∞xn+1n+1=−∑n=1∞xnn\ln(1-x) = \int_{0}^{x} \frac{-1}{1-t} \,\mathrm{d}t = \int_{0}^{x} \left( -\sum_{n=0}^{\infty} t^n \right) \mathrm{d}t = -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}
    • 收斂區間判定：幾何級數的收斂半徑為 R=1R=1，所以初步範圍是 (−1,1)(-1, 1)。接著我們需要測試兩個端點 x=1x=1 與 x=−1x=-1。
      • x=1  ⟹  −∑1nx=1 \implies -\sum \frac{1}{n}（發散）。
      • x=−1  ⟹  −∑(−1)nn=∑(−1)n−1nx=-1 \implies -\sum \frac{(-1)^n}{n} = \sum \frac{(-1)^{n-1}}{n}（交錯諧和級數，收斂）。
      • 因此收斂區間為 [−1,1)[-1, 1)。

  2. 第 (b) 小題：證明 ln⁡2\ln 2 的級數公式

    • 觀察目標式 ln⁡2=∑n=1∞1n2n\ln 2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^n}。
    • 將其與 ln⁡(1−x)=−∑n=1∞xnn\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} 進行對比。
    • 若令 x=−12x = -\frac{1}{2} 代入級數中： ln⁡(1−(−12))=ln⁡(32)\ln\left(1 - \left(-\frac{1}{2}\right)\right) = \ln\left(\frac{3}{2}\right) 這並不直接等於 ln⁡2\ln 2。
    • 若令 x=12x = \frac{1}{2} 代入： ln⁡(1−12)=ln⁡(12)=−ln⁡2\ln\left(1 - \frac{1}{2}\right) = \ln\left(\frac{1}{2}\right) = -\ln 2 級數右側為 −∑n=1∞(1/2)nn=−∑n=1∞1n2n-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^n}{n} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^n}。
    • 兩邊同乘 −1-1，即可完美證出 ln⁡2=∑n=1∞1n2n\ln 2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^n}。
    • 注意：x=12x = \frac{1}{2} 落在收斂區間 [−1,1)[-1, 1) 內，因此代入是合法且收斂的。

答題過程

展開

第 (a) 小題：求 ln⁡(1−x)\ln(1-x) 的泰勒級數與收斂區間

已知幾何級數在 ∣t∣<1|t| < 1 時的展開式為：

11−t=∑n=0∞tn\frac{1}{1-t} = \sum_{n=0}^{\infty} t^n

兩邊同乘以 −1-1，可得 ln⁡(1−t)\ln(1-t) 導函數的級數形式：

−11−t=−∑n=0∞tn-\frac{1}{1-t} = -\sum_{n=0}^{\infty} t^n

因為冪級數在收斂半徑內可以逐項積分，我們在區間 [0,x][0, x]（其中 ∣x∣<1|x| < 1）內對兩邊積分：

∫0x−11−t dt= ∫0x(−∑n=0∞tn)dt[ln⁡(1−t)]0x= −∑n=0∞[tn+1n+1]0xln⁡(1−x)−ln⁡(1)= −∑n=0∞xn+1n+1ln⁡(1−x)= −∑n=1∞xnn\begin{align*} \int_{0}^{x} -\frac{1}{1-t} \,\mathrm{d}t =&\, \int_{0}^{x} \left( -\sum_{n=0}^{\infty} t^n \right) \mathrm{d}t \\[4mm] \Big[ \ln(1-t) \Big]_{0}^{x} =&\, -\sum_{n=0}^{\infty} \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_{0}^{x} \\[4mm] \ln(1-x) - \ln(1) =&\, -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1} \\[4mm] \ln(1-x) =&\, -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \end{align*}

因此，ln⁡(1−x)\ln(1-x) 在 x=0x=0 處的泰勒展開式為：

ln⁡(1−x)=−x−x22−x33−x44−⋯=−∑n=1∞xnn\ln(1-x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \dots = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}

其收斂半徑為幾何級數的 R=1R = 1。接著我們判定端點：

  1. 端點 x=1x = 1： 代入級數得 −∑n=1∞1n\displaystyle -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}，此為諧和級數的負常數倍，已知為發散。
  2. 端點 x=−1x = -1： 代入級數得 −∑n=1∞(−1)nn=∑n=1∞(−1)n−1n\displaystyle -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}，此為交錯諧和級數，根據交錯級數審斂法判定為收斂。

因此，收斂區間為：

[−1,1)(或寫成 −1≤x<1)[-1, 1) \quad \big(\text{或寫成 } -1 \le x < 1\big)

第 (b) 小題：利用 (a) 小題結果證明級數公式

由 (a) 小題可知，當 x∈[−1,1)x \in [-1, 1) 時，以下等式恆成立：

ln⁡(1−x)=−∑n=1∞xnn\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}

我們選擇令 x=12x = \frac{1}{2} 代入。由於 12\frac{1}{2} 落在收斂區間 [−1,1)[-1, 1) 內，因此代入是有效的：

ln⁡(1−12)= −∑n=1∞(1/2)nnln⁡(12)= −∑n=1∞1n2n−ln⁡2= −∑n=1∞1n2n\begin{align*} \ln\left(1 - \frac{1}{2}\right) =&\, -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1/2)^n}{n} \\[4mm] \ln\left(\frac{1}{2}\right) =&\, -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^n} \\[4mm] -\ln 2 =&\, -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^n} \end{align*}

兩邊同乘以 −1-1：

ln⁡2=∑n=1∞1n2n\ln 2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n 2^n}

證明完畢。