CalcGospel 微積分福音
返回

111 學年度台綜大微積分 C 第 4 題

考題 / 轉學考微積分 / 台綜大 / 微積分C

111學年度 · 111台綜大微積分C · 第 4 題

題目

Problem

4. Let f(x)=ln⁡(1−x−2x2)f(x) = \ln(1 - x - 2x^2).

(1) Find the Taylor expansion for ff about x=0x = 0. (In the form ∑k=0∞akxk\sum_{k=0}^\infty a_k x^k with a general formula for aka_k). (5%)

(2) Find the radius of convergence of the Taylor expansion in Problem(1). (5%)

解答

思路

展開

(1) 第一小題

  1. 因式分解對數內部多項式： 1−x−2x2=(1−2x)(1+x)1 - x - 2x^2 = (1-2x)(1+x)
  2. 利用對數性質拆分： f(x)=ln⁡(1−2x)+ln⁡(1+x)f(x) = \ln(1-2x) + \ln(1+x)
  3. 利用已知泰勒展開式 ln⁡(1+u)=∑n=1∞(−1)n−1nun\ln(1+u) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} u^n：
    • ln⁡(1+x)=∑k=1∞(−1)k−1kxk\ln(1+x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k} x^k。
    • ln⁡(1−2x)=−∑k=1∞(2x)kk=∑k=1∞−2kkxk\ln(1-2x) = -\sum_{k=1}^\infty \frac{(2x)^k}{k} = \sum_{k=1}^\infty \frac{-2^k}{k} x^k。
  4. 合併兩級數同類項，可得 aka_k。

(2) 第二小題

使用比值審斂法（Ratio Test）求收斂半徑。 lim⁡k→∞∣ak+1ak∣=lim⁡k→∞∣−2k+1+(−1)kk+1−2k+(−1)k−1k∣\lim_{k\to\infty} \left| \frac{a_{k+1}}{a_k} \right| = \lim_{k\to\infty} \left| \frac{\frac{-2^{k+1}+(-1)^k}{k+1}}{\frac{-2^k+(-1)^{k-1}}{k}} \right| 上下同除以 2k2^k，取極限得 2。故收斂半徑 R=12R = \frac{1}{2}。

答題過程

展開

(1) 第一小題

將對數函數內之多項式分解：

1−x−2x2=(1−2x)(1+x)1 - x - 2x^2 = (1 - 2x)(1 + x)

利用對數性質拆開：

f(x)=ln⁡(1−2x)+ln⁡(1+x)f(x) = \ln(1 - 2x) + \ln(1 + x)

使用標準泰勒展開公式：

ln⁡(1+x)=∑k=1∞(−1)k−1kxk,−1<x≤1\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k} x^k, \quad -1 < x \le 1 ln⁡(1−2x)=−∑k=1∞(2x)kk=∑k=1∞−2kkxk,−12≤x<12\ln(1 - 2x) = -\sum_{k=1}^\infty \frac{(2x)^k}{k} = \sum_{k=1}^\infty \frac{-2^k}{k} x^k, \quad -\frac{1}{2} \le x < \frac{1}{2}

合併兩者，當 k≥1k \ge 1 時：

f(x)=∑k=1∞−2k+(−1)k−1kxkf(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{-2^k + (-1)^{k-1}}{k} x^k

且因為 f(0)=ln⁡1=0  ⟹  a0=0f(0) = \ln 1 = 0 \implies a_0 = 0。

故展開式之係數一般式為：

a0=0,ak=−2k+(−1)k−1k(k≥1)a_0 = 0, \quad a_k = \frac{-2^k + (-1)^{k-1}}{k} \quad (k \ge 1)

(2) 第二小題

利用比值審斂法（Ratio Test）計算收斂半徑 RR。對 k≥1k \ge 1 的項：

lim⁡k→∞∣ak+1xk+1akxk∣=lim⁡k→∞∣−2k+1+(−1)kk+1−2k+(−1)k−1k∣∣x∣\lim_{k\to\infty} \left| \frac{a_{k+1} x^{k+1}}{a_k x^k} \right| = \lim_{k\to\infty} \left| \frac{\frac{-2^{k+1} + (-1)^k}{k+1}}{\frac{-2^k + (-1)^{k-1}}{k}} \right| |x| =lim⁡k→∞kk+1∣−2k+1+(−1)k−2k+(−1)k−1∣∣x∣= \lim_{k\to\infty} \frac{k}{k+1} \left| \frac{-2^{k+1} + (-1)^k}{-2^k + (-1)^{k-1}} \right| |x|

分子與分母同除以 2k2^k：

=lim⁡k→∞kk+1∣−2+(−1)k2k−1+(−1)k−12k∣∣x∣=1⋅∣−2−1∣∣x∣=2∣x∣= \lim_{k\to\infty} \frac{k}{k+1} \left| \frac{-2 + \frac{(-1)^k}{2^k}}{-1 + \frac{(-1)^{k-1}}{2^k}} \right| |x| = 1 \cdot \left| \frac{-2}{-1} \right| |x| = 2|x|

為使級數收斂，需滿足：

2∣x∣<1  ⟹  ∣x∣<122|x| < 1 \implies |x| < \frac{1}{2}

故收斂半徑為：

R=12R = \frac{1}{2}

結論： (1) 展開式為 f(x)=∑k=1∞−2k+(−1)k−1kxk\displaystyle f(x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{-2^k + (-1)^{k-1}}{k} x^k， ak=−2k+(−1)k−1ka_k = \displaystyle \frac{-2^k + (-1)^{k-1}}{k} (a0=0a_0=0)。 (2) 收斂半徑 R=12R = \displaystyle \frac{1}{2}。