微積分/數列與級數/習題

以下習題測試你對無窮數列和級數的理解。在嘗試這些問題之前，你可能需要複習相關內容。

每個問題後面都有一個“提示”（通常是對解決問題的最有效方法的簡要說明）、一個“答案僅供參考”（顧名思義），最後是一個“完整解法”（展示獲得正確答案所需的全部步驟）。這些應該顯示為“摺疊”或“隱藏”部分（點選標題即可顯示內容），但一些較舊的網頁瀏覽器可能無法正確顯示它們（例如，顯示應該隱藏的內容）。如果你的瀏覽器是這種情況（或者你正在檢視列印版本），你應該注意不要在開始思考如何解決每個問題之前“看到太多”。

數列

考慮無窮數列

$a_{n}=n/2^{n},\ n=1,\ldots ,\infty .$

• 該數列是單調遞增還是遞減？

提示

用代數方法比較相鄰項或求導數

答案僅供參考

單調遞減（從第二項開始嚴格遞減）

完整解法

可以考慮$a_{n+1}$與$a_{n}$的代數關係，並嘗試證明其中一個大於另一個，或者求$a_{n}$對$n$的導數，並檢查導數的正負。

用代數方法，由於

$a_{n+1}-a_{n}={\frac {n+1}{2^{n+1}}}-{\frac {n}{2^{n}}}={\frac {n+1}{2^{n+1}}}-{\frac {2n}{2^{n+1}}}={\frac {1-n}{2^{n+1}}},$

我們可以看到，當$n>1$時，$a_{n+1}<a_{n}$。也就是說，從第二項開始，該數列嚴格遞減。只需代入$n=1$和$n=2$，很容易檢查前兩項的大小關係。

$a_{1}=1/2$

$a_{2}=2/4=1/2$

前兩個項相等，之後各項嚴格遞減。因此，該序列是單調遞減的。

使用微積分，

${\frac {d}{dn}}\,{\frac {n}{2^{n}}}={\frac {2^{n}\cdot 1-n\cdot 2^{n}\ln 2}{(2^{n})^{2}}}={\frac {2^{n}(1-n\ln 2)}{2^{2n}}}={\frac {1-n\ln 2}{2^{n}}},$

當 $n>1/\ln 2\approx 1.44>1$ 時，該式為負數。其餘的論證與之前相同。

• 該序列是否有下界，上界，或者兩者都有，或者兩者都沒有？

提示

考慮分子和分母取什麼值，並使用之前的答案

答案僅供參考

有下界和上界（兩者都有）

完整解法

該序列有下界，因為對於所有 $n$ 值，該序列的項顯然都是正數（大於 0）。此外，由於該序列是遞減的（見上一個問題），因此該序列的最大值必須是第一項的值。所以該序列也有上界（為 1/2）。

• 該序列收斂還是發散？

提示

使用前兩個答案得出結論，或者求極限

答案僅供參考

收斂

完整解法

根據前兩個答案，該序列有下界且單調遞減，因此根據定理，它必須收斂。

為了直接證明這一點，考慮極限

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{2^{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2^{n}\ln 2}}=0.$

這兩個極限根據 洛必達法則 是相等的，因為第一個極限表示式中的分子和分母都趨於無窮大。

由於極限存在，它就是序列收斂到的數字。

部分和

假設一個 級數 的第 n 個部分和由 $s_{n}=2-{\frac {1}{3^{n}}}.$ 給出。

• 該級數收斂嗎？如果收斂，收斂到什麼值？

提示

求極限

答案僅供參考

收斂到 2

完整解法

該級數收斂到 2，因為

$s=\lim _{n\to \infty }s_{n}=\lim _{n\to \infty }\left(2-{\frac {1}{3^{n}}}\right)=2.$

• 該級數的第 n 項的公式是什麼？

提示

$s_{n}=a_{1}+\cdots +a_{n-1}+a_{n}=s_{n-1}+a_{n}$

答案僅供參考

$a_{n}={\frac {2}{3^{n}}}$

完整解法

$a_{n}=s_{n}-s_{n-1}=\left(2-{\frac {1}{3^{n}}}\right)-\left(2-{\frac {1}{3^{n-1}}}\right)={\frac {1}{3^{n-1}}}-{\frac {1}{3^{n}}}={\frac {3}{3^{n}}}-{\frac {1}{3^{n}}}={\frac {2}{3^{n}}}$

注意，該級數最終會變成等比級數，因為

$a_{n}=2\,(1/3)^{n}=a\,r^{n}.$

無限級數的求和

求以下每個 級數 收斂到的值。

• $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {3}{4^{n}}}$

提示

無限等比級數的求和

答案僅供參考

4

完整解法

該級數為

$\sum _{n=0}^{\infty }3\left({\frac {1}{4}}\right)^{n}$

因此它是等比級數，首項為 $a=3$，公比為 $r=1/4$。所以

$s={\frac {a}{1-r}}={\frac {3}{1-1/4}}=4.$

• $\sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {2}{e}}\right)^{n}$

提示

無限等比級數的求和

答案僅供參考

${\frac {2}{e-2}}$

完整解法

$s={\frac {2/e}{1-2/e}}={\frac {2}{e-2}}$

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}-n}}$

提示

伸縮級數

答案僅供參考

1

完整解法

注意

$\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}-n}}=\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n(n-1)}}=\sum _{n=2}^{\infty }\left({\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}\right)$

透過部分分式。所以

$s=\lim _{N\to \infty }s_{N}=\lim _{N\to \infty }\left(1-{\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)+\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{N-1}}-{\frac {1}{N}}\right).$

除了第一個和最後一個項外，其他項都相互抵消，所以

$s=\lim _{N\to \infty }\left(1-{\frac {1}{N}}\right)=1.$

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}2^{n-1}}{3^{n}}}$

提示

重寫使其所有指數都為n

答案僅供參考

−1/5

完整解法

該級數簡化為

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}2^{n}}{3^{n}\cdot 2}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}\left({\frac {-2}{3}}\right)^{n}$

因此是公比為$r=-2/3$的首項為$-1/3$的等比級數。因此

$s={\frac {-1/3}{1-(-2/3)}}=-1/5.$

無窮級數的收斂與發散

確定以下每個級數是收斂還是發散。（注意：每個“提示”都給出了得出結論所需的收斂/發散檢驗。）

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$

提示

p-級數

答案僅供參考

收斂

完整解法

這是一個p-級數，其中$p=2$。由於$p>1$，該級數收斂。

• $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}}}$

提示

等比數列

答案僅供參考

收斂

完整解法

這是一個公比為$r=1/2$的等比數列，因此收斂，因為$|r|<1$。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{n^{2}+1}}$

提示

極限比較檢驗

答案僅供參考

發散

完整解法

該級數可以與一個p-級數比較

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{n^{2}+1}}\sim \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{n^{2}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$

$\sim$ 符號表示這兩個級數是“漸近等價”的——也就是說，它們要麼都收斂，要麼都發散，因為當n變得非常大的時候，它們的項在求和時的行為非常相似。這可以透過極限比較檢驗來證明

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n}{n^{2}+1}}\div {\frac {1}{n}}\right)=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n}{n^{2}+1}}\cdot {\frac {n}{1}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{2}}{n^{2}+1}}=1$

由於極限為正且有限，這兩個級數要麼都收斂，要麼都發散。較簡單的級數發散，因為它是一個p-級數，其中$p=1$（調和級數），因此原始級數根據極限比較檢驗發散。

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{\ln n}}$

提示

直接比較檢驗

答案僅供參考

發散

完整解法

該級數可以與一個較小的p-級數比較

$\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{\ln n}}\geq \sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n}}$

p-級數發散，因為$p=1$（調和級數），因此根據適當的直接比較檢驗，較大的級數也發散。

• $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {n!}{2^{n}}}$

提示

發散檢驗

答案僅供參考

發散

完整解法

本系列的項沒有零的極限。請注意，當 $n>1$ 時，

${\frac {n!}{2^{n}}}={\frac {n}{2}}\cdot \left[{\frac {n-1}{2}}\cdot {\frac {n-2}{2}}\dots {\frac {2}{2}}\right]\cdot {\frac {1}{2}}\geq {\frac {n}{2}}\cdot (1)\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {n}{4}}$

為了理解為什麼不等式成立，請考慮當 $n=2$ 時，方括號中的分數實際上都不存在；當 $n=3$ 時，只有 2/2（與 $[n-1]/2$ 相同）在方括號中；當 $n=4$ 時，只有 3/2（等於 $[n-1]/2$）和 2/2（等於 $[n-2]/2$）在方括號中；當 $n=5$ 時，只有 4/2、3/2 和 2/2 在方括號中；以此類推。顯然，這些分數都不小於 1，無論使用什麼 $n>1$，都不會小於 1。

事實上

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{4}}=\infty$

這意味著

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n!}{2^{n}}}=\infty$

因此，該級數根據發散檢驗發散。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\cos \pi n}{n}}$

提示

交錯級數檢驗

答案僅供參考

收斂

完整解法

這是一個交錯級數

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\cos \pi n}{n}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n}}$

由於序列

$|a_{n}|={\frac {1}{n}}$

遞減至 0，該級數根據交錯級數檢驗收斂。

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n\ln n-1}}$

提示

交錯級數檢驗

答案僅供參考

收斂

完整解法

由於項交替出現，考慮序列

$|a_{n}|={\frac {1}{n\ln n-1}}$

此序列顯然遞減（因為 *n* 和 $\ln n$ 都是遞增的——也可以證明表示式在 $n\geq 2$ 時導數為負），並且極限為零（分母趨於無窮大），因此該級數根據交替級數檢驗法收斂。

絕對收斂和條件收斂

確定以下每個級數是條件收斂、絕對收斂還是發散。（*注意：*每個“提示”都給出了最容易得出最終結論的檢驗方法。）

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{\sqrt {n}}}$

提示

交替級數檢驗法和直接比較檢驗法或積分檢驗法

答案僅供參考

條件收斂

完整解法

此級數交替出現，因此考慮序列

$|a_{n}|={\frac {1}{\sqrt {n}}}$

由於此序列顯然遞減至零，因此根據交替級數檢驗法，原始級數收斂。現在，考慮透過取原始級數項的絕對值形成的級數

$\sum |a_{n}|=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n}}}$

此新級數可以與一個 *p* 級數比較

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n}}}\geq \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$

由於較小的級數發散，因此較大的級數也發散。但這意味著原始的（交替的）級數不是絕對收斂的。（最後一點也可以使用積分檢驗法證明。）因此，原始級數只是條件收斂。

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}\ln n}{n}}$

提示

交替級數檢驗法和積分檢驗法或直接比較檢驗法

答案僅供參考

條件收斂

完整解法

此級數交替出現，因此考慮序列

$|a_{n}|={\frac {\ln n}{n}}$

此序列根據洛必達法則的極限為零。

$\lim _{n\to \infty }{\frac {\ln n}{n}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1/n}{1}}=0$

例如，可以透過證明作為x的連續函式，其導數為負來驗證該序列是遞減的。

${\frac {d}{dx}}\,{\frac {\ln x}{x}}={\frac {1-\ln x}{x^{2}}}<0{\mbox{ if }}x>e$

這意味著項從第二項開始（$n=3$）開始遞減。因此，從$n=3$開始的級數根據交錯級數判別法是收斂的；顯然，從$n=2$開始的級數也收斂（因為這兩個級數只相差一項）。現在，考慮透過取原始級數項的絕對值來形成的級數

$\sum |a_{n}|=\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {\ln n}{n}}$

這個新的只有正項的級數可以與p級數比較

$\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {\ln n}{n}}\geq \sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n}}$

由於較小的級數發散，較大的級數也發散。或者，可以使用積分判別法來測試正項級數的收斂性，因為$f(x)={\frac {\ln x}{x}}$顯然是$[2,\infty )$上的連續、正函式，並且正如我們已經驗證的那樣，它也是遞減的

$\int _{2}^{\infty }{\frac {\ln x}{x}}\,dx=\lim _{t\to \infty }\int _{2}^{t}{\frac {\ln x}{x}}\,dx=\lim _{t\to \infty }\int _{\ln 2}^{\ln t}u\,du$

透過替換$u=\ln x$；最後一個表示式變為

$\lim _{t\to \infty }{\Bigl (}{\frac {1}{2}}u^{2}{\bigr |}_{\ln 2}^{\ln t}{\Bigr )}=\lim _{t\to \infty }{\frac {1}{2}}(\ln t)^{2}-{\frac {1}{2}}(\ln 2)^{2}=\infty$

由於反常積分發散，正項級數發散。

無論你用哪種方法測試它，所有正項的級數都發散，這意味著原始（交錯）級數不是絕對收斂的。因此，原始級數只是條件收斂的。

• $\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}n}{(\ln n)^{2}}}$

提示

發散檢驗

答案僅供參考

發散

完整解法

該級數是交替級數，但請注意，根據洛必達法則

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{(\ln n)^{2}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2(\ln n)(1/n)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{2\ln n}}$

${\mbox{ }}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2/n}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{2}}=\infty$

這意味著

$\lim _{n\to \infty }{\frac {(-1)^{n}n}{(\ln n)^{2}}}$

不存在，因此根據發散檢驗，該級數發散。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}2^{n}}{e^{n}-1}}$

提示

與幾何級數進行極限比較檢驗

答案僅供參考

絕對收斂

完整解法

雖然可以透過交替級數檢驗證明該交替級數收斂，但也可以證明項的絕對值構成一個收斂級數，這足以得出原始級數絕對收斂的結論。因此，我們將跳過前者檢驗，只顯示後者。

$\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}$

該正項級數與 $r=2/e$ 的漸近幾何級數相同

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}\sim \sum _{n=1}^{\infty }(2/e)^{n}$

使用極限比較檢驗可以證明這些級數的等價性

$\lim _{n\to \infty }\left[{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}\div (2/e)^{n}\right]=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {2^{n}}{2^{n}}}\cdot {\frac {e^{n}}{e^{n}-1}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{1-1/e^{n}}}=1$

由於極限為正且有限，並且由於更簡單的級數收斂，因為它是一個公比為 $r=2/e$（其絕對值小於1）的幾何級數，因此該正項級數根據極限比較檢驗收斂。因此原始的交錯級數是絕對收斂的。

順便說一下，請注意，在這種情況下，直接比較檢驗比較困難（儘管仍然可以進行），因為

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}\geq \sum _{n=1}^{\infty }(2/e)^{n}$

我們需要不等式反向才能得出結論，因為幾何級數是收斂的。

這可以透過更仔細地選擇新的級數來解決

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-1}}\leq \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{e^{n}-.5e^{n}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{n}}{.5e^{n}}}=\sum _{n=1}^{\infty }2(2/e)^{n}$

將原始級數與新的（收斂的幾何）級數進行比較，得到所需的結果。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{\sin ^{2}n}}$

提示

發散檢驗

答案僅供參考

發散

完整解法

由於這是一個交錯級數，我們可以嘗試交錯級數檢驗。考慮項的絕對值

$|a_{n}|={\frac {1}{\sin ^{2}n}}$

因為

$\lim _{n\to \infty }\sin ^{2}n$

不存在（因為它在區間 $[0,1]$ 內不斷振盪，隨著 n 變大）

$\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sin ^{2}n}}$

也不存在。因此，交錯級數檢驗*失敗*（它是不確定的）。

然而，在這種情況下，我們可以使用*發散檢驗*。由於

$\lim _{n\to \infty }{\frac {(-1)^{n}}{\sin ^{2}n}}$

也不存在（因此級數的項不收斂到0），原始級數根據發散檢驗發散。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}n!}{(2n)!}}$

提示

比值檢驗

答案僅供參考

絕對收斂

完整解法

由於該級數中包含階乘，我們嘗試比值檢驗

$\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {(-1)^{n+1}(n+1)!}{[2(n+1)]!}}\div {\frac {(-1)^{n}n!}{(2n)!}}\right|=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)!}{n!}}\cdot {\frac {(2n)!}{(2n+2)!}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)}{(2n+2)(2n+1)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2(2n+1)}}=0$

由於極限小於 1，因此該級數根據比值檢驗絕對收斂。

• $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}e^{1/n}}{\arctan n}}$

提示

發散檢驗

答案僅供參考

發散

完整解法

雖然這是一個交替級數，但分子和分母都沒有無窮大極限，因此可能可以使用發散檢驗。

注意

$\lim _{n\to \infty }{\frac {e^{1/n}}{\arctan n}}={\frac {e^{0}}{\pi /2}}={\frac {2}{\pi }}\neq 0$

因此

$\lim _{n\to \infty }{\frac {(-1)^{n}e^{1/n}}{\arctan n}}\neq 0$

事實上，後一個極限不存在。因此，根據發散檢驗，該級數發散。

泰勒級數

求以下函式以給定值中心展開的泰勒級數。

• $f(x)=(1+3x)^{2},\ a=1$

提示

不要嘗試使用求和公式 - 泰勒級數只有有限項

答案僅供參考

$f(x)=16+24(x-1)+9(x-1)^{2}$

完整解法

這是一個多項式，因此泰勒級數展開式是有限的。重複求導並代入 1，我們得到

$f(a)=16$

$f'(x)=2(1+3x)(3)=6(1+3x)\longrightarrow f'(a)=24$

$f''(x)=6(3)=18\longrightarrow f''(a)=18$

$f'''(x)=0\longrightarrow f'''(a)=0$

所有高階導數也為零，因此函式的泰勒展開式為

$f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+{\frac {f''(a)}{2!}}(x-a)^{2}+{\frac {f'''(a)}{3!}}(x-a)^{3}+\dots$

簡化為

$f(x)=16+24(x-1)+{\frac {18}{2}}(x-1)^{2}$

$=16+24(x-1)+9(x-1)^{2}$

請注意，答案沒有進一步簡化（例如，將所有項展開併合並同類項），因為這樣得到的結果將不再是以 1 為中心的。

• $f(x)={\frac {1}{5-2x}},\ a=2$

提示

避免使用商法則

答案僅供參考

$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }2^{n}(x-2)^{n}$

完整解法

這個有理函式可以寫成更容易重複求導的形式

$f(x)=(5-2x)^{-1}$

最好用求和形式來表示答案，因為泰勒展開式不會終止。將冪法則產生的數字與鏈法則產生的數字分開，這樣我們可以看到模式

$f(a)=1$

$f'(x)=(-1)(5-2x)^{-2}(-2)=(1)(5-2x)^{-2}(2)\longrightarrow f'(a)=1\cdot 2$

$f''(x)=(-1)(-2)(5-2x)^{-3}(-2)(-2)=(1\cdot 2)(5-2x)^{-3}(2^{2})\longrightarrow f''(a)=(1\cdot 2)(2^{2})$

$f'''(x)=(-1)(-2)(-3)(5-2x)^{-4}(-2)(-2)(-2)=(1\cdot 2\cdot 3)(5-2x)^{-4}(2^{3})\longrightarrow f'''(a)=(1\cdot 2\cdot 3)(2^{3})$

$f^{(4)}(x)=(-1)(-2)(-3)(-4)(5-2x)^{-4}(-2)(-2)(-2)(-2)=(1\cdot 2\cdot 3\cdot 4)(5-2x)^{-4}(2^{4})\longrightarrow f^{(4)}(a)=(1\cdot 2\cdot 3\cdot 4)(2^{4})$

導數值的規律是

$f^{(n)}(a)=n!\,2^{n}$

所以泰勒級數是

$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {n!\,2^{n}}{n!}}(x-2)^{n}$

$=\sum _{n=0}^{\infty }2^{n}(x-2)^{n}$

• $f(x)=\sin ^{2}3x,\ a={\frac {\pi }{4}}$

提示

重寫，使三角函式不再是平方

答案僅供參考

$={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}\,6^{2n+1}}{(2n+1)!}}{\Bigl (}x-{\frac {\pi }{4}}{\Bigr )}^{2n+1}$

完整解法

這個函式可以改寫，使其更容易重複求導。根據正弦的半形三角恆等式

$f(x)={\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2}}\cos 6x$

因此

$f(a)=(1/2)-(1/2)\cos(3\pi /2)=1/2$

$f'(x)=(1/2)(\sin 6x)(6)\longrightarrow f'(a)=(1/2)(-1)(6)$

$f''(x)=(1/2)(\cos 6x)(6^{2})\longrightarrow f''(a)=0$

$f'''(x)=(1/2)(-\sin 6x)(6^{3})\longrightarrow f'''(a)=(1/2)(1)(6^{3})$

$f^{(4)}(x)=(1/2)(-\cos 6x)(6^{4})\longrightarrow f'''(a)=0$

$f^{(5)}(x)=(1/2)(\sin 6x)(6^{5})\longrightarrow f'''(a)=(1/2)(-1)(6^{5})$

導數值的規律很複雜

$f^{(n)}(a)={\begin{cases}1/2&{\text{if }}n=0\\(1/2)(-1)^{(n+1)/2}(6^{n})&{\text{if }}n>0{\text{ and odd}}\\0&{\text{if }}n>0{\text{ and even}}\end{cases}}$

對於n階導數，這個公式很繁瑣。目前不用擔心中間情況中的表示式(−1)^(n+1)/2，我們將在最終級數中使用更簡單的版本。但是，請注意以下幾點

1. n = 0 的情況（即，f(a)）與其他模式不符。
2. 當 n 為正偶數時，其值為 0，因此“偶數階導數”項對級數沒有貢獻。

這意味著我們可以將泰勒公式改寫為

$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}$

為

$f(x)=f(a)+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {f^{(2n+1)}(a)}{(2n+1)!}}(x-a)^{2n+1}$

其中

$f^{(2n+1)}(a)=(1/2)(-1)^{n+1}(6^{2n+1})$

請注意，表示式 2n + 1 始終為奇數，並且當 n 為 1 時，其起始值為 3。因此 n = 1 對應於三階導數，n = 2 對應於五階導數，以此類推。應該很清楚 (−1)ⁿ⁺¹ 為這些導數值提供了正確的符號。

因此，泰勒級數為

$f(x)=1/2+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(1/2)(-1)^{n+1}(6^{2n+1})}{(2n+1)!}}(x-\pi /4)^{2n+1}$

$={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}\,6^{2n+1}}{(2n+1)!}}{\Bigl (}x-{\frac {\pi }{4}}{\Bigr )}^{2n+1}$

雖然可以透過將 6²ⁿ⁺¹ 拆分為 6²ⁿ · 6 並將第二個 6 拉到求和符號前面（從而得到一個 3）來進一步簡化，但通常不會這樣做，以保留在所有地方都有 2n + 1 的模式。