109 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班應用數學組《微積分Ｄ》

本題要求在給定的區域內求函數 $f(x, y, z) = xyz^{1/3}$ 的極值。此區域由一個平面 $x+y+z=1$ 和三個不等式 $x \geq -1$, $y \geq -2$, $z \geq -3$ 所界定。由於函數 $z^{1/3}$ 在 $z=0$ 時導數不存在，且定義域包含 $z=0$ 的情況，需要特別注意。

首先，我們考慮函數在定義域內的邊界情況。
若 $z=0$，則 $f(x,y,0) = 0$。此時 $x+y=1$, $x \geq -1$, $y \geq -2$。
若 $y=0$，則 $f(x,0,z) = 0$。此時 $x+z=1$, $x \geq -1$, $z \geq -3$。
若 $x=0$，則 $f(0,y,z) = 0$。此時 $y+z=1$, $y \geq -2$, $z \geq -3$。
因此，在函數定義域的邊界上，函數值恆為 0。

接下來，我們考慮函數在平面 $x+y+z=1$ 上的極值，並且 $x > -1$, $y > -2$, $z > -3$。
我們可以使用拉格朗日乘數法。令 $g(x,y,z) = x+y+z-1=0$。
$\nabla f = \lambda \nabla g$
$\frac{\partial f}{\partial x} = yz^{1/3} = \lambda (1)$
$\frac{\partial f}{\partial y} = xz^{1/3} = \lambda (1)$
$\frac{\partial f}{\partial z} = xy \frac{1}{3} z^{-2/3} = \lambda (1)$

由前兩個式子可得 $yz^{1/3} = xz^{1/3}$。
若 $z^{1/3} \neq 0$ (即 $z \neq 0$)，則 $y=x$。
將 $y=x$ 代入平面方程式 $x+y+z=1$，得到 $2x+z=1$，所以 $z=1-2x$。
將 $y=x$ 和 $z=1-2x$ 代入第三個梯度方程式：
$x^2 \frac{1}{3} (1-2x)^{-2/3} = \lambda$

我們有以下關係：
$yz^{1/3} = \lambda$
$xz^{1/3} = \lambda$
$xy \frac{1}{3} z^{-2/3} = \lambda$

若 $\lambda = 0$，則 $yz^{1/3}=0$, $xz^{1/3}=0$, $xy z^{-2/3}=0$。
若 $z \neq 0$，則 $x=0$ 或 $y=0$。
若 $x=0$，則 $y+z=1$。考慮 $f(0,y,z)=0$。
若 $y=0$，則 $x+z=1$。考慮 $f(x,0,z)=0$。
若 $z=0$，則 $f(x,y,0)=0$。
所以 $\lambda=0$ 的情況對應函數值為 0 的邊界情況。

現在考慮 $\lambda \neq 0$。
由 $yz^{1/3} = xz^{1/3}$，若 $z \neq 0$，則 $y=x$。
由 $yz^{1/3} = xy \frac{1}{3} z^{-2/3}$，若 $y \neq 0$ 且 $z \neq 0$，則 $z^{1/3} = x \frac{1}{3} z^{-2/3} \Rightarrow z = \frac{1}{3} x \Rightarrow x=3z$。
所以我們有 $y=x=3z$。
代入平面方程式 $x+y+z=1$:
$3z + 3z + z = 1 \Rightarrow 7z = 1 \Rightarrow z = 1/7$。
則 $x = 3/7$, $y = 3/7$。
此點 $(3/7, 3/7, 1/7)$ 滿足 $x > -1$, $y > -2$, $z > -3$。
在此點的函數值為 $f(3/7, 3/7, 1/7) = (3/7)(3/7)(1/7)^{1/3} = \frac{9}{49} (\frac{1}{7})^{1/3} = \frac{9}{49 \cdot 7^{1/3}}$。

我們需要檢查所有可能的邊界情況以及 $z=0$ 的情況。
考慮 $z=0$ 的情況，此時 $f(x,y,0)=0$。
考慮 $y=-2$ 的情況。則 $x+z = 1 - (-2) = 3$。
$f(x,-2,z) = x(-2)z^{1/3}$。
若 $z>0$，$x+z=3$，$x \ge -1$, $z \ge -3$。
若 $z<0$，$x+z=3$，$x \ge -1$, $z \ge -3$。
考慮 $x=-1$ 的情況。則 $y+z = 1 - (-1) = 2$。
$f(-1,y,z) = (-1)yz^{1/3}$。
若 $z>0$，$y+z=2$，$y \ge -2$, $z \ge -3$。
若 $z<0$，$y+z=2$，$y \ge -2$, $z \ge -3$。

我們必須考慮函數在定義域邊界上的極值。
定義域是閉合且有界的（因為 $x+y+z=1$ 且 $x,y,z$ 有下界，所以它們也有上界）。
因此，函數必在定義域上達到最大值和最小值。

我們已經發現一個可能的極值點 $(3/7, 3/7, 1/7)$，函數值為 $\frac{9}{49 \cdot 7^{1/3}} > 0$。
我們也發現函數值為 0 的情況，例如 $(1,0,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,1)$, $(1/2, 1/2, 0)$, $(1/2, 0, 1/2)$, $(0, 1/2, 1/2)$ 等。

現在我們需要檢查邊界上的情況，特別是當 $z^{1/3}$ 存在但 $z^{-2/3}$ 不存在時，或者當 $x,y,z$ 接近邊界時。
函數 $f(x,y,z) = xyz^{1/3}$ 在 $z=0$ 時是連續的，因為 $\lim_{z \to 0} z^{1/3} = 0$。

我們考慮拉格朗日乘數法時的約束條件：

1. $x+y+z=1$
2. $x \ge -1$
3. $y \ge -2$
4. $z \ge -3$

考慮在邊界上的情況。
情況一：$z=-3$。則 $x+y = 1 - (-3) = 4$。
$f(x,y,-3) = xy(-3)^{1/3}$。
由於 $x \ge -1$ 且 $y \ge -2$，且 $x+y=4$。
若 $x=-1$, $y=5$。$f(-1,5,-3) = (-1)(5)(-3)^{1/3} = -5(-3)^{1/3} > 0$。
若 $y=-2$, $x=6$。$f(6,-2,-3) = (6)(-2)(-3)^{1/3} = -12(-3)^{1/3} > 0$。
我們需要找到 $xy$ 在 $x+y=4$, $x \ge -1$, $y \ge -2$ 上的極值。
令 $h(x) = x(4-x) = 4x-x^2$。
$h'(x) = 4-2x = 0 \Rightarrow x=2$。此時 $y=2$。
點為 $(2,2,-3)$。$f(2,2,-3) = (2)(2)(-3)^{1/3} = 4(-3)^{1/3} < 0$。
邊界點：$x=-1, y=5$，$xy = -5$。$f(-1,5,-3) = -5(-3)^{1/3} > 0$。
$y=-2, x=6$，$xy = -12$。$f(6,-2,-3) = -12(-3)^{1/3} > 0$。
所以當 $z=-3$ 時，極值在 $(2,2,-3)$ 發生，函數值為 $4(-3)^{1/3}$。

情況二：$y=-2$。則 $x+z = 1 - (-2) = 3$。
$f(x,-2,z) = x(-2)z^{1/3}$。
$x \ge -1$, $z \ge -3$。
若 $z=-3$, $x=6$。$f(6,-2,-3) = 6(-2)(-3)^{1/3} = -12(-3)^{1/3} > 0$。
若 $x=-1$, $z=4$。$f(-1,-2,4) = (-1)(-2)(4)^{1/3} = 2 \cdot 4^{1/3} > 0$。
我們需要找到 $-2xz^{1/3}$ 在 $x+z=3$, $x \ge -1$, $z \ge -3$ 上的極值。
令 $k(z) = -2(3-z)z^{1/3} = -6z^{1/3} + 2z^{4/3}$。
$k'(z) = -6 \cdot \frac{1}{3} z^{-2/3} + 2 \cdot \frac{4}{3} z^{1/3} = -2z^{-2/3} + \frac{8}{3} z^{1/3} = 0$。
$-2 + \frac{8}{3} z = 0 \Rightarrow \frac{8}{3} z = 2 \Rightarrow z = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$。
此時 $x = 3 - 3/4 = 9/4$。
點為 $(9/4, -2, 3/4)$。
$f(9/4, -2, 3/4) = (9/4)(-2)(3/4)^{1/3} = -\frac{9}{2} (\frac{3}{4})^{1/3} < 0$。
邊界點：$z=-3, x=6$，$f(6,-2,-3) = -12(-3)^{1/3} > 0$。
$x=-1, z=4$，$f(-1,-2,4) = 2 \cdot 4^{1/3} > 0$。
所以當 $y=-2$ 時，極值在 $(9/4,-2,3/4)$ 發生，函數值為 $-\frac{9}{2} (\frac{3}{4})^{1/3}$。

情況三：$x=-1$。則 $y+z = 1 - (-1) = 2$。
$f(-1,y,z) = (-1)yz^{1/3}$。
$y \ge -2$, $z \ge -3$。
若 $z=-3$, $y=5$。$f(-1,5,-3) = (-1)(5)(-3)^{1/3} = -5(-3)^{1/3} > 0$。
若 $y=-2$, $z=4$。$f(-1,-2,4) = (-1)(-2)(4)^{1/3} = 2 \cdot 4^{1/3} > 0$。
我們需要找到 $-yz^{1/3}$ 在 $y+z=2$, $y \ge -2$, $z \ge -3$ 上的極值。
令 $m(z) = -(2-z)z^{1/3} = -2z^{1/3} + z^{4/3}$。
$m'(z) = -2 \cdot \frac{1}{3} z^{-2/3} + \frac{4}{3} z^{1/3} = 0$。
$-2 + 4z = 0 \Rightarrow z = 1/2$。
此時 $y = 2 - 1/2 = 3/2$。
點為 $(-1, 3/2, 1/2)$。
$f(-1, 3/2, 1/2) = (-1)(3/2)(1/2)^{1/3} = -\frac{3}{2} (\frac{1}{2})^{1/3} < 0$。
邊界點：$z=-3, y=5$，$f(-1,5,-3) = -5(-3)^{1/3} > 0$。
$y=-2, z=4$，$f(-1,-2,4) = 2 \cdot 4^{1/3} > 0$。

核心觀念

將不等式 $f'(x)>f(x)$ 改寫成 $f'(x)-f(x)>0$，並尋找一個函數，使其導數正好含有這個差。乘上積分因子 $e^{-x}$ 後，令

$$g(x)=e^{-x}f(x),$$

則 $g'(x)=e^{-x}\bigl(f'(x)-f(x)\bigr)>0$。再用平均值定理，可知 $g$ 在實數上嚴格遞增。

解題方法

由乘法微分法則與指數函數的微分公式，

$$g'(x) =\frac{d}{dx}\bigl(e^{-x}f(x)\bigr) =e^{-x}\bigl(f'(x)-f(x)\bigr).$$

因為 $e^{-x}>0$，且題目給定 $f'(x)>f(x)$，所以對每個實數 $x$，

$$g'(x)>0.$$

核心觀念

本題考查廣義積分的收斂性、分部積分，以及狄利克雷積分

$$\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}.$$

被積函數在 $x=0$ 表面上未定義，因此須檢查原點附近的行為；積分範圍延伸至無窮遠，也須確認尾積分收斂。

解題方法

因為

$$\frac{(-x)-\sin(-x)}{(-x)^3} = \frac{x-\sin x}{x^3},$$

被積函數是偶函數，所以

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x-\sin x}{x^3}\,dx = 2\int_0^\infty\frac{x-\sin x}{x^3}\,dx.$$

在正半軸上分部積分，令

$$u=x-\sin x,\qquad dv=\frac{dx}{x^3},$$

則 $du=(1-\cos x)\,dx$、$v=-1/(2x^2)$。因此

$$\int_0^\infty\frac{x-\sin x}{x^3}\,dx = \left[-\frac{x-\sin x}{2x^2}\right]_0^\infty +\frac12\int_0^\infty\frac{1-\cos x}{x^2}\,dx.$$

由 $x-\sin x\sim x^3/6$（$x\to0$），以及 $(x-\sin x)/x^2\to0$（$x\to\infty$），邊界項為零。

再分部積分可得

$$\int_0^\infty\frac{1-\cos x}{x^2}\,dx = \left[-\frac{1-\cos x}{x}\right]_0^\infty +\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}.$$

此處的狄利克雷積分可由指數阻尼積分求得。對 $a>0$，設

$$F(a)=\int_0^\infty e^{-ax}\frac{\sin x}{x}\,dx.$$

先對參數 $b$ 計算

本題要求證明一個高維高斯積分的公式。

核心觀念：高維高斯積分、矩陣的對角化、雅可比行列式。

證明步驟：
給定積分 $I = \int_{\mathbb{R}^p} \exp(-x^T Ax + 2v^T x) dx$。
其中 $A$ 是 $p \times p$ 的實對稱正定矩陣，$v \in \mathbb{R}^p$。

首先，我們考慮指數函數中的二次型 $-x^T Ax + 2v^T x$。
我們可以通過配方法來化簡這個二次型。
考慮 $-x^T Ax + 2v^T x = -(x^T Ax - 2v^T x)$。
我們希望找到一個向量 $c$ 使得 $x^T Ax - 2v^T x = (x-c)^T A (x-c) - c^T A c$。
展開 $(x-c)^T A (x-c) = (x^T - c^T) A (x-c) = x^T Ax - x^T Ac - c^T Ax + c^T Ac$。
由於 $A$ 是對稱矩陣， $x^T Ac = (Ac)^T x = c^T A^T x = c^T Ax$。
所以 $(x-c)^T A (x-c) = x^T Ax - 2c^T Ax + c^T Ac$。
我們希望 $x^T Ax - 2v^T x = x^T Ax - 2c^T Ax + c^T Ac$。
這要求 $v^T = c^T A$，即 $v = Ac$。
由於 $A$ 是正定矩陣，它是可逆的，所以 $c = A^{-1}v$。
那麼，
$x^T Ax - 2v^T x = (x-c)^T A (x-c) - c^T Ac = (x-A^{-1}v)^T A (x-A^{-1}v) - (A^{-1}v)^T A (A^{-1}v)$
$= (x-A^{-1}v)^T A (x-A^{-1}v) - v^T (A^{-1})^T A A^{-1} v$
$= (x-A^{-1}v)^T A (x-A^{-1}v) - v^T A^{-1} v$ (因為 $(A^{-1})^T = (A^T)^{-1} = A^{-1}$)。
所以，$-x^T Ax + 2v^T x = -(x-A^{-1}v)^T A (x-A^{-1}v) + v^T A^{-1} v$。

現在，積分變為：
$I = \int_{\mathbb{R}^p} \exp(-(x-A^{-1}v)^T A (x-A^{-1}v) + v^T A^{-1} v) dx$
$I = \exp(v^T A^{-1} v) \int_{\mathbb{R}^p} \exp(-(x-A^{-1}v)^T A (x-A^{-1}v)) dx$。

令 $y = x - A^{-1}v$。
則 $dy = dx$ (因為雅可比行列式為 1)。
當 $x$ 遍歷 $\mathbb{R}^p$ 時，$y$ 也遍歷 $\mathbb{R}^p$。
所以積分變為：
$I = \exp(v^T A^{-1} v) \int_{\mathbb{R}^p} \exp(-y^T Ay) dy$。

現在我們需要計算高斯積分 $\int_{\mathbb{R}^p} \exp(-y^T Ay) dy$。
由於 $A$ 是實對稱正定矩陣，存在一個正交矩陣 $P$ 使得 $A = P D P^T$，其中 $D$ 是對角矩陣，其對角線元素是 $A$ 的特徵值 $\lambda_1, \dots, \lambda_p$。由於 $A$ 是正定的，所以 $\lambda_i > 0$ 對於所有 $i=1, \dots, p$。
$D = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_p)$。
$y^T Ay = y^T P D P^T y$。
令 $z = P^T y$。由於 $P$ 是正交矩陣， $P^T = P^{-1}$，所以 $y = P z$。
$z^T z = (P^T y)^T (P^T y) = y^T P P^T y = y^T y$。
$y^T Ay = z^T D z = \sum_{i=1}^p \lambda_i z_i^2$。

雅可比行列式：$y = Pz$，所以 $|\det(\frac{\partial y}{\partial z})| = |\det(P)| = 1$ (因為 $P$ 是正交矩陣)。
所以 $dy = |\det(P)| dz = dz$。

積分變為：
$\int_{\mathbb{R}^p} \exp(-y^T Ay) dy = \int_{\mathbb{R}^p} \exp(-\sum_{i=1}^p \lambda_i z_i^2) dz$
$= \int_{\mathbb{R}^p} \exp(-\lambda_1 z_1^2) \exp(-\lambda_2 z_2^2) \dots \exp(-\lambda_p z_p^2) dz_1 dz_2 \dots dz_p$
$= \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\lambda_1 z_1^2} dz_1 \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\lambda_2 z_2^2} dz_2 \right) \dots \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\lambda_p z_p^2} dz_p \right)$。

我們知道標準高斯積分 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$。
令 $u = \sqrt{\lambda_i} z_i$，則 $du = \sqrt{\lambda_i} dz_i$， $dz_i = \frac{1}{\sqrt{\lambda_i}} du$。

核心觀念

考查常微分方程初值問題的「全域存在性」。對方程

$$\frac{dx}{dt}=f(x),\qquad f(x)=3x+85\cos x,$$

需使用以下兩點：

1. $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上連續，且具有連續導數，因此局部存在唯一解。
2. 若右端函數滿足線性成長估計

$$|f(x)|\leq C(1+|x|),$$

則解不會在有限時間內因 $|x(t)|\to\infty$ 而爆炸，因而可延伸至所有實數 $t$。

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解題方法

一、先建立局部解

由

$$f(x)=3x+85\cos x$$

可知 $f\in C^1(\mathbb R)$，因為

$$f'(x)=3-85\sin x$$

在 $\mathbb R$ 上連續。因此依據常微分方程的局部存在唯一性定理，初值問題

$$\frac{dx}{dt}=3x+85\cos x,\qquad x(0)=77$$

在 $t=0$ 附近存在唯一解。

接著必須證明此解不會在有限時間內發散。

二、證明解在 $t\geq 0$ 時不會爆炸

由 $|\cos x|\leq 1$，得到

$$|f(x)| =\left|3x+85\cos x\right| \leq 3|x|+85.$$

對任意存在解的 $t\geq 0$，由積分形式可得

$$x(t)=77+\int_0^t \bigl(3x(s)+85\cos x(s)\bigr)\,ds.$$

因此

$$|x(t)| \leq 77+\int_0^t \left(3|x(s)|+85\right)\,ds.$$

令

$$u(t)=|x(t)|.$$

則

$$u(t)\leq 77+85t+3\int_0^t u(s)\,ds.$$

由 Grönwall 不等式，

$$|x(t)| \leq (77+85t)e^{3t}, \qquad t\geq 0.$$

所以在每一個有限區間 $[0,T]$ 上，$|x(t)|$ 都有有限上界：

本題要求證明一個級數的收斂性。

核心觀念：泰勒展開、級數收斂判別法 (如比較檢驗法、極限比較檢驗法)。

證明步驟：
我們需要分析級數的通項 $a_n = n(f(1/n) - f(-1/n)) - 2f'(0)$ 的行為，特別是當 $n \to \infty$ 時。
由於 $f'''(x)$ 在 $[-1, 1]$ 上連續，我們可以在 $x=0$ 附近對 $f(x)$ 進行泰勒展開。
對於 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的泰勒展開，我們有：
$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(c)}{3!}x^3$
其中 $c$ 在 $0$ 和 $x$ 之間。

考慮 $f(1/n)$：
$f(1/n) = f(0) + f'(0)(1/n) + \frac{f''(0)}{2}(1/n)^2 + \frac{f'''(c_1)}{6}(1/n)^3$
其中 $c_1$ 在 $0$ 和 $1/n$ 之間。

考慮 $f(-1/n)$：
$f(-1/n) = f(0) + f'(0)(-1/n) + \frac{f''(0)}{2}(-1/n)^2 + \frac{f'''(c_2)}{6}(-1/n)^3$
$f(-1/n) = f(0) - f'(0)(1/n) + \frac{f''(0)}{2}(1/n)^2 - \frac{f'''(c_2)}{6}(1/n)^3$
其中 $c_2$ 在 $0$ 和 $-1/n$ 之間。

現在計算 $f(1/n) - f(-1/n)$：
$f(1/n) - f(-1/n) = [f(0) + f'(0)/n + f''(0)/(2n^2) + f'''(c_1)/(6n^3)] - [f(0) - f'(0)/n + f''(0)/(2n^2) - f'''(c_2)/(6n^3)]$
$= 2f'(0)/n + \frac{f'''(c_1)}{6n^3} + \frac{f'''(c_2)}{6n^3}$
$= \frac{2f'(0)}{n} + \frac{f'''(c_1) + f'''(c_2)}{6n^3}$。

接下來，計算 $n(f(1/n) - f(-1/n))$：
$n(f(1/n) - f(-1/n)) = n \left( \frac{2f'(0)}{n} + \frac{f'''(c_1) + f'''(c_2)}{6n^3} \right)$
$= 2f'(0) + \frac{f'''(c_1) + f'''(c_2)}{6n^2}$。

所以，級數的通項是：
$a_n = n(f(1/n) - f(-1/n)) - 2f'(0) = \left( 2f'(0) + \frac{f'''(c_1) + f'''(c_2)}{6n^2} \right) - 2f'(0)$
$a_n = \frac{f'''(c_1) + f'''(c_2)}{6n^2}$。

由於 $f'''(x)$ 在 $[-1, 1]$ 上連續，它在該區間上是有界的。
設 $|f'''(x)| \le M$ 對於所有 $x \in [-1, 1]$。
那麼 $|f'''(c_1)| \le M$ 且 $|f'''(c_2)| \le M$。
所以 $|a_n| = \left| \frac{f'''(c_1) + f'''(c_2)}{6n^2} \right| \le \frac{|f'''(c_1)| + |f'''(c_2)|}{6n^2} \le \frac{M + M}{6n^2} = \frac{2M}{6n^2} = \frac{M}{3n^2}$。

現在我們考慮級數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$。
我們知道級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 是收斂的 (p-series with $p=2 > 1$)。
由於 $|a_n| \le \frac{M}{3n^2}$，根據比較檢驗法，如果級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{M}{3n^2}$ 收斂，那麼級數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也絕對收斂，因此收斂。
由於 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{M}{3n^2} = \frac{M}{3} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$，而 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 收斂，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{M}{3n^2}$ 收斂。

因此，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} [n(f(1/n) - f(-1/n)) - 2f'(0)]$ 收斂。

更精確的泰勒展開形式：
我們可以使用帶有佩亞諾餘項的泰勒公式：
$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2 + o(x^2)$ 當 $x \to 0$。
但是，題目給了 $f'''(x)$ 連續，這暗示我們可以使用更精確的餘項。
使用帶有拉格朗日餘項的泰勒公式：
$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(c)}{3!}x^3$。
這裡的 $c$ 取決於 $x$。

我們需要確認 $f(1/n) - f(-1/n)$ 的行為。
$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2 + R_3(x)$
其中 $R_3(x) = \frac{f'''(c)}{6}x^3$。

$f(1/n) = f(0) + f'(0)\frac{1}{n} + \frac{f''(0)}{2}\frac{1}{n^2} + \frac{f'''(c_1)}{6}\frac{1}{n^3}$
$f(-1/n) = f(0) + f'(0)(-\frac{1}{n}) + \frac{f''(0)}{2}\frac{1}{n^2} + \frac{f'''(c_2)}{6}(-\frac{1}{n})^3$
$f(-1/n) = f(0) - f'(0)\frac{1}{n} + \frac{f''(0)}{2}\frac{1}{n^2} - \frac{f'''(c_2)}{6}\frac{1}{n^3}$