求和、求極限、求高階導數、逼近定積分、逼近複雜函數
以下是最常用的展開式，所有應用題型都建立在這些基礎之上。
幾何級數（首項 $a$，公比 $r$）
$$\sum_{n=0}^{\infty} a\,r^n = \frac{a}{1-r}, \qquad |r| < 1$$令首項 $a = 1$，公比 $r = x$，即得：
$$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots \qquad (|x| < 1)$$核心思路：將待求的級數「認出」是某個已知函數的泰勒展開式在某個特定 $x$ 值代入的結果。
求 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}$。
解法：先寫出前幾項：
$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \cdots$$對照 $e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots$，代入 $x = 1$ 後正好吻合。因此
求 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}$。
解法：先寫出前幾項，觀察規律：
$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} = \frac{1}{1!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{5!} - \frac{1}{7!} + \cdots = 1 - \frac{1}{6} + \frac{1}{120} - \cdots$$對照 $\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots$，代入 $x = 1$：
$$\sin 1 = \frac{1^1}{1!} - \frac{1^3}{3!} + \frac{1^5}{5!} - \cdots = \frac{1}{1!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{5!} - \cdots$$這正是我們要求的級數！因此
求 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots$。
解法：對照 $\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \cdots$，代入 $x = 1$：
$$\ln(1+1) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots$$這正是我們要求的級數！因此
求 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots$。
解法：對照 $\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \cdots$，代入 $x = 1$：
$$\arctan 1 = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots$$因為 $\arctan 1 = \frac{\pi}{4}$，所以
這就是著名的 Leibniz 公式：$\dfrac{\pi}{4} = 1 - \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{5} - \dfrac{1}{7} + \cdots$
求 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n}$。
解法：直接對照速查表，找不到通項為 $\frac{n}{2^n} = n \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n$ 的展開式。但注意到它長得像幾何級數 $\sum x^n$ 多乘了一個 $n$。我們的策略是：先對幾何級數微分，製造出 $n$ 這個因子。
第一步：從幾何級數出發。回顧：首項為 $a$、公比為 $r$ 的幾何級數，在 $|r| < 1$ 時收斂，其和為
$$\sum_{n=0}^{\infty} a\,r^n = \frac{a}{1-r}$$取首項 $a = 1$，公比 $r = x$，得到（$|x| < 1$ 時成立）：
第二步：對等式兩邊同時對 $x$ 微分。左邊用鏈鎖律：
$$\frac{d}{dx}\left[\frac{1}{1-x}\right] = \frac{1}{(1-x)^2}$$右邊逐項微分（冪級數在收斂區間內可逐項微分）：
$$\frac{d}{dx}\left[\sum_{n=0}^{\infty} x^n\right] = \sum_{n=1}^{\infty} n\, x^{n-1} = 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + \cdots$$因此我們得到：
第三步：右邊的通項是 $n\,x^{n-1}$，但我們想要的是 $n\,x^n$。只要兩邊同乘 $x$：
$$\frac{x}{(1-x)^2} = \sum_{n=1}^{\infty} n\, x^{n}$$第四步：代入 $x = \frac{1}{2}$（滿足 $|x| < 1$）：
當遇到 $\frac{0}{0}$ 型不定式時，除了 L'Hôpital 法則，泰勒展開往往更快速、更清晰。核心是：展開到能夠看出首項非零項為止。
求 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^3}$。
解法：將 $\sin x$ 展開到 $x^3$ 項：
$$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \cdots$$因此
求 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2}$。
解法：分母是 $x^2$，所以我們需要把分子展開到 $x^2$ 項。
將 $e^x$ 展開：
$$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots$$代入分子：
$$e^x - 1 - x = \left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots\right) - 1 - x = \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots$$除以 $x^2$：
$$\frac{e^x - 1 - x}{x^2} = \frac{\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots}{x^2} = \frac{1}{2} + \frac{x}{6} + \cdots$$當 $x \to 0$ 時，後面的項全部趨近於零，因此
求 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$。
解法：$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \cdots$，故
求 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^3}$。
解法：分母是 $x^3$，所以分子需要展開到 $x^3$ 項。
$\sin x$ 的展開已知：$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \cdots$
$\tan x$ 的展開可以從 $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ 用長除法得到。因為
$$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \cdots, \qquad \cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \cdots$$做除法（只需到 $x^3$）：
$$\tan x = \frac{x - \frac{x^3}{6} + \cdots}{1 - \frac{x^2}{2} + \cdots}$$用 $\frac{1}{1-u} \approx 1 + u + \cdots$（其中 $u = \frac{x^2}{2} - \cdots$）：
$$\tan x \approx \left(x - \frac{x^3}{6}\right)\left(1 + \frac{x^2}{2}\right) = x + \frac{x^3}{2} - \frac{x^3}{6} + \cdots = x + \frac{x^3}{3} + \cdots$$現在做減法：
$$\tan x - \sin x = \left(x + \frac{x^3}{3} + \cdots\right) - \left(x - \frac{x^3}{6} + \cdots\right) = \frac{x^3}{3} + \frac{x^3}{6} + \cdots = \frac{x^3}{2} + \cdots$$除以 $x^3$：
泰勒定理告訴我們：$f(x)$ 在 $c$ 點的展開式中，$x^n$ 的係數恰好是 $\frac{f^{(n)}(c)}{n!}$。因此，只要能寫出泰勒展開式，就可以直接「讀出」高階導數值，而不需要真的一次一次微分。
若 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-c)^n$，則 $$f^{(n)}(c) = n! \cdot a_n$$
設 $f(x) = e^{x^2}$，求 $f^{(10)}(0)$。
解法：直接對 $e^{x^2}$ 微分十次幾乎不可能。但我們可以先寫出它的 Maclaurin 展開式。
將 $e^u = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^n}{n!}$ 中令 $u = x^2$：
$$e^{x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n!} = 1 + x^2 + \frac{x^4}{2!} + \frac{x^6}{3!} + \frac{x^8}{4!} + \frac{x^{10}}{5!} + \cdots$$這就是 $f(x)$ 的 Maclaurin 展開式 $\sum a_k x^k$。我們要找 $x^{10}$ 的係數 $a_{10}$。
從展開式中看到 $x^{10}$ 出現在 $n = 5$ 項，係數為 $a_{10} = \frac{1}{5!} = \frac{1}{120}$。
（注意：$x^1, x^3, x^5, x^7, x^9$ 等奇數次項的係數都是 $0$。）
由核心公式 $f^{(k)}(0) = k! \cdot a_k$，令 $k = 10$：
設 $f(x) = \sin(x^2)$，求 $f^{(6)}(0)$。
解法：$\sin u = u - \frac{u^3}{3!} + \cdots$，令 $u = x^2$：
$$\sin(x^2) = x^2 - \frac{x^6}{6} + \cdots$$$x^6$ 的係數為 $-\frac{1}{6}$，因此
設 $f(x) = \arctan x$，求 $f^{(5)}(0)$。
解法：$\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots$，$x^5$ 的係數為 $\frac{1}{5}$，因此
有些函數的反導函數無法用初等函數表達（如 $e^{-x^2}$、$\frac{\sin x}{x}$），但我們可以先將被積函數展開為冪級數，然後逐項積分來得到近似值。
將 $\displaystyle \int_0^1 e^{-x^2}\,dx$ 寫成級數形式，並計算前五項的近似值。
解法：先展開 $e^{-x^2}$。在 $e^u = \sum \frac{u^n}{n!}$ 中令 $u = -x^2$：
$$e^{-x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!} = 1 - x^2 + \frac{x^4}{2!} - \frac{x^6}{3!} + \frac{x^8}{4!} - \cdots$$逐項積分（冪級數在收斂區間內可逐項積分）：
$$\int_0^1 e^{-x^2}\,dx = \left[ x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5 \cdot 2!} - \frac{x^7}{7 \cdot 3!} + \frac{x^9}{9 \cdot 4!} - \cdots \right]_0^1$$代入 $x = 1$（下界 $x=0$ 代入後全為零）：
$$= 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5 \cdot 2} - \frac{1}{7 \cdot 6} + \frac{1}{9 \cdot 24} - \cdots = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{10} - \frac{1}{42} + \frac{1}{216} - \cdots$$也就是 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!(2n+1)}$。取前五項：
將 $\displaystyle \int_0^{0.5} \frac{\sin x}{x}\,dx$ 寫成級數形式，並取前三項近似。
解法：先展開 $\frac{\sin x}{x}$。因為 $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots$，除以 $x$：
$$\frac{\sin x}{x} = \frac{x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \cdots = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \cdots$$逐項積分：
$$\int_0^{0.5} \frac{\sin x}{x}\,dx = \left[ x - \frac{x^3}{3 \cdot 6} + \frac{x^5}{5 \cdot 120} - \cdots \right]_0^{0.5} = \left[ x - \frac{x^3}{18} + \frac{x^5}{600} - \cdots \right]_0^{0.5}$$代入 $x = 0.5$：
$$= 0.5 - \frac{(0.5)^3}{18} + \frac{(0.5)^5}{600} - \cdots = 0.5 - \frac{0.125}{18} + \frac{0.03125}{600} - \cdots$$ $$= 0.5 - 0.00694 + 0.0000521 - \cdots$$取前三項已有很好的近似：
將 $\displaystyle \int_0^{1} \frac{1-\cos x}{x^2}\,dx$ 寫成級數形式，並取前三項近似。
解法：先展開 $\frac{1-\cos x}{x^2}$。因為 $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots$，所以
$$1 - \cos x = \frac{x^2}{2!} - \frac{x^4}{4!} + \frac{x^6}{6!} - \cdots$$除以 $x^2$：
$$\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2!} - \frac{x^2}{4!} + \frac{x^4}{6!} - \cdots = \frac{1}{2} - \frac{x^2}{24} + \frac{x^4}{720} - \cdots$$逐項積分：
$$\int_0^1 \frac{1-\cos x}{x^2}\,dx = \left[\frac{x}{2} - \frac{x^3}{3 \cdot 24} + \frac{x^5}{5 \cdot 720} - \cdots\right]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{72} + \frac{1}{3600} - \cdots$$取前三項：
泰勒定理（Taylor's Theorem）不僅提供近似值，更提供 Lagrange 餘項作為精確的誤差上界：
若 $f$ 在含 $c$ 的區間上有 $n+1$ 階導數，則存在介於 $x$ 與 $c$ 之間的 $z$ 使得 $$R_n(x) = f(x) - P_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(z)}{(n+1)!}(x-c)^{n+1}$$
實際使用時，我們通常不知道 $z$ 的確切位置，因此取 $|f^{(n+1)}|$ 在整個區間上的最大值作為上界：
用 $P_3(x) = x - \frac{x^3}{6}$ 近似 $\sin(0.1)$，估計誤差。
解法：$f(x) = \sin x$，$c = 0$，$n = 3$。先計算近似值：
$$P_3(0.1) = 0.1 - \frac{(0.1)^3}{6} = 0.1 - \frac{0.001}{6} = 0.1 - 0.000167 = 0.099833$$估計餘項：Lagrange 餘項為
$$R_3(x) = \frac{f^{(4)}(z)}{4!}\,x^4$$其中 $z$ 介於 $0$ 與 $x$ 之間。我們需要求 $f$ 的第四階導數。逐步計算 $\sin x$ 的各階導數：
$$f(x) = \sin x, \quad f'(x) = \cos x, \quad f''(x) = -\sin x, \quad f'''(x) = -\cos x$$ $$f^{(4)}(x) = \sin x$$（$\sin x$ 的導數每四次循環一輪。）
代入 $x = 0.1$，餘項為 $R_3(0.1) = \frac{\sin z}{4!}(0.1)^4$，其中 $0 < z < 0.1$。
要找上界，需要估計 $|\sin z|$ 在 $[0, 0.1]$ 上的最大值。由於 $\sin$ 是遞增的（在 $[0, \pi/2]$ 上），所以
$$|\sin z| \le \sin(0.1) < 1$$（事實上 $|\sin z| < 0.1$，但取 $1$ 作為上界已經夠好。）因此
結論：$\sin(0.1) \approx 0.099833$，誤差不超過 $4.17 \times 10^{-6}$。
用四次 Maclaurin 多項式近似 $e^{0.5}$，估計誤差。
解法：$f(x) = e^x$，$c = 0$，$n = 4$。
先寫出 $P_4(x)$。因為 $e^x$ 的各階導數都是 $e^x$，在 $c=0$ 處值都是 $e^0 = 1$，所以
$$P_4(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24}$$代入 $x = 0.5$，逐項計算：
$$P_4(0.5) = 1 + 0.5 + \frac{0.25}{2} + \frac{0.125}{6} + \frac{0.0625}{24} = 1 + 0.5 + 0.125 + 0.02083 + 0.00260 = 1.64844$$估計餘項：Lagrange 餘項為
$$R_4(x) = \frac{f^{(5)}(z)}{5!}\,x^5$$其中 $z$ 介於 $0$ 與 $x$ 之間。$e^x$ 的第五階導數是什麼？
$$f(x) = e^x \;\Rightarrow\; f'(x) = e^x \;\Rightarrow\; f''(x) = e^x \;\Rightarrow\; \cdots \;\Rightarrow\; f^{(5)}(x) = e^x$$（$e^x$ 的所有階導數都是 $e^x$ 本身！）
因此 $R_4(0.5) = \frac{e^z}{5!}(0.5)^5$，其中 $0 < z < 0.5$。
要找 $|e^z|$ 的上界：在 $[0, 0.5]$ 上 $e^z$ 遞增，最大值出現在 $z = 0.5$，即 $e^{0.5}$。但我們還不知道 $e^{0.5}$ 的精確值（這正是要算的！）。不過我們知道 $e < 3$，所以 $e^{0.5} < e < 3$。取 $M = 3$ 作為上界：
實際值 $e^{0.5} \approx 1.64872$，我們的近似值為 $1.64844$，真實誤差 $\approx 0.00028$，確實在上界 $7.81 \times 10^{-4}$ 之內。
求最小的 $n$ 使得 $|R_n(1)| < 10^{-6}$，其中 $P_n$ 是 $\cos x$ 的 Maclaurin 多項式。
解法：$f(x) = \cos x$，$c = 0$。Lagrange 餘項為
$$R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(z)}{(n+1)!}\,x^{n+1}$$首先分析 $\cos x$ 的各階導數：
$$f(x) = \cos x, \quad f'(x) = -\sin x, \quad f''(x) = -\cos x, \quad f'''(x) = \sin x, \quad f^{(4)}(x) = \cos x, \;\ldots$$導數也是每四次循環，而且不論是 $\sin$ 還是 $\cos$，絕對值都不超過 $1$。因此
$$|f^{(n+1)}(z)| \le 1 \quad \text{對所有 } z \text{ 與所有 } n$$代入 $x = 1$ 的餘項上界：
$$|R_n(1)| \le \frac{1}{(n+1)!} \cdot 1^{n+1} = \frac{1}{(n+1)!}$$我們要找最小的 $n$ 使得 $\frac{1}{(n+1)!} < 10^{-6} = \frac{1}{1000000}$，即 $(n+1)! > 1000000$。
逐一計算階乘：
$$7! = 5040, \quad 8! = 40320, \quad 9! = 362880, \quad 10! = 3628800$$$9! = 362880 < 10^6$，$10! = 3628800 > 10^6$ ✓。因此 $n+1 = 10$，即 $n = 9$。
注意：$\cos x$ 的 Maclaurin 展開只有偶數次項（$1, x^2, x^4, x^6, x^8, \ldots$），奇數次項係數全為零。因此 $P_9$ 與 $P_8$ 完全相同，實際上只需要展開到 $x^8$ 項：
$$P_8(1) = P_9(1) = 1 - \frac{1}{2!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{6!} + \frac{1}{8!} = 1 - 0.5 + 0.04167 - 0.00139 + 0.0000248 \approx 0.54030$$利用一次泰勒多項式近似 $\sqrt[3]{1.02}$，並估計誤差。
解法：令 $f(x) = (1+x)^{1/3}$，$c = 0$，代入 $x = 0.02$ 即得 $\sqrt[3]{1.02}$。
第一步：建立 $P_1(x)$。需要 $f(0)$ 和 $f'(0)$：
$$f(x) = (1+x)^{1/3} \;\Rightarrow\; f(0) = 1$$用冪函數的微分法則：$\frac{d}{dx}(1+x)^{1/3} = \frac{1}{3}(1+x)^{-2/3}$，所以
$$f'(x) = \frac{1}{3}(1+x)^{-2/3} \;\Rightarrow\; f'(0) = \frac{1}{3}$$一次泰勒多項式：$P_1(x) = f(0) + f'(0)\,x = 1 + \frac{1}{3}x$。代入 $x = 0.02$：
$$P_1(0.02) = 1 + \frac{0.02}{3} = 1 + 0.00667 = 1.00667$$第二步：估計餘項。$R_1 = \frac{f''(z)}{2!}(0.02)^2$，我們需要 $f''(x)$：
$$f'(x) = \frac{1}{3}(1+x)^{-2/3}$$再微分一次，使用 $\frac{d}{dx}(1+x)^{-2/3} = -\frac{2}{3}(1+x)^{-5/3}$：
$$f''(x) = \frac{1}{3} \cdot \left(-\frac{2}{3}\right)(1+x)^{-5/3} = -\frac{2}{9}(1+x)^{-5/3}$$第三步：找 $|f''(z)|$ 的上界。$z \in [0, 0.02]$，而
$$|f''(z)| = \frac{2}{9}(1+z)^{-5/3}$$$(1+z)^{-5/3}$ 在 $z = 0$ 時最大（分母最小），最大值為 $(1+0)^{-5/3} = 1$。因此
$$|f''(z)| \le \frac{2}{9} \cdot 1 = \frac{2}{9}$$代入餘項公式：
結論：$\sqrt[3]{1.02} \approx 1.00667$，誤差不超過 $4.4 \times 10^{-5}$。
用 $P_4(x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}$（$\ln(1+x)$ 的四次 Maclaurin 多項式）近似 $\ln(1.1)$，估計誤差。
解法：$f(x) = \ln(1+x)$，$c = 0$，$n = 4$，代入 $x = 0.1$。
第一步：計算近似值。
$$P_4(0.1) = 0.1 - \frac{(0.1)^2}{2} + \frac{(0.1)^3}{3} - \frac{(0.1)^4}{4}$$ $$= 0.1 - 0.005 + 0.000333 - 0.000025 = 0.095308$$第二步：計算 $f^{(5)}(x)$。逐步微分 $f(x) = \ln(1+x)$：
$$f'(x) = \frac{1}{1+x} = (1+x)^{-1}$$ $$f''(x) = -(1+x)^{-2} = \frac{-1}{(1+x)^2}$$ $$f'''(x) = 2(1+x)^{-3} = \frac{2}{(1+x)^3}$$ $$f^{(4)}(x) = -6(1+x)^{-4} = \frac{-3!}{(1+x)^4}$$觀察規律：$f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1+x)^n}$。因此
$$f^{(5)}(x) = \frac{(-1)^4 \cdot 4!}{(1+x)^5} = \frac{24}{(1+x)^5}$$第三步：找 $|f^{(5)}(z)|$ 的上界。$z \in [0, 0.1]$，而
$$|f^{(5)}(z)| = \frac{24}{(1+z)^5}$$$(1+z)^5$ 在 $z = 0$ 時最小，所以 $|f^{(5)}(z)|$ 在 $z = 0$ 時最大：
$$|f^{(5)}(z)| \le \frac{24}{(1+0)^5} = 24$$第四步：代入餘項公式。
結論：$\ln(1.1) \approx 0.095308$，誤差不超過 $2 \times 10^{-6}$。（實際值 $\ln(1.1) \approx 0.095310$。）
① 求和：辨認出級數是哪個函數在哪個 $x$ 值的展開，必要時先做微分或積分操作。
② 求極限：將分子、分母分別展開到能「消去」不定式的階數。
③ 求高階導數：找到 $x^n$ 的係數 $a_n$，則 $f^{(n)}(c) = n! \cdot a_n$。
④ 逼近定積分：展開被積函數，逐項積分，取前幾項即可得到近似值。
⑤ 估計誤差：用 Lagrange 餘項 $|R_n(x)| \le \frac{M}{(n+1)!}|x-c|^{n+1}$ 建立嚴格上界。