גרסה אחרונה מ־17:24, 8 ביוני 2011

התכנסות במ"ש (המשך)

משפט: [math]\displaystyle{ f_n\to f }[/math] במ"ש בקטע I אם"ם לכל [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] יש [math]\displaystyle{ n_0\in\mathbb N }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ n\gt n_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \sup_{x\in I}|f_n(x)-f(x)|\lt \varepsilon }[/math].

דוגמה 1

תהי [math]\displaystyle{ f_n(x)=\ln\left(x+\frac{x^2}n\right) }[/math]. קבעו התכנסות בכל אחד מהקטעים הבאים:

[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] עבור [math]\displaystyle{ 0\lt a\lt b\lt \infty }[/math]
בקטע [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math]

פתרון

פונקציית הגבול היא [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)=\ln(x+0)=\ln(x) }[/math].

נראה התכנסות במ"ש ב-[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math]: [math]\displaystyle{ \sup_{x\in[a,b]}\left|\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)-\ln(x)\right|=\sup_{n\in[a,b]}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\ln\left(1+\frac bn\right)\to0 }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
נראה שההתכנסות נקודתית בלבד ב-[math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math]: [math]\displaystyle{ \sup_{x\in(0,\infty)}|f_n(x)-f(x)|=\sup_{x\in(0,\infty)}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\infty }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 2

קבע האם [math]\displaystyle{ f_n(x)=\frac1{1+n^2x^2} }[/math] מתכנסת במ"ש ב-[math]\displaystyle{ (-\infty,\infty)=\mathbb R }[/math].

פתרון

קל לראות ש-[math]\displaystyle{ f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\begin{cases}1&x=0\\0&\text{else}\end{cases} }[/math]. נבדוק התכנסות במ"ש: [math]\displaystyle{ \sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)|=\left|\sup_{x\in\mathbb R}\frac1{1+n^2x^2}\right|=\left|\sup_{x\in[0,\infty)}\frac1{1+n^2x^2}\right| }[/math]. נחפש מקסימום: [math]\displaystyle{ f_n'(x)=\frac{-2n^2x}{\left(1+n^2x^2\right)^2}=0 }[/math] וקל לראות שהנגזרת מתאפסת עבור [math]\displaystyle{ x=0 }[/math]. ברור ש-[math]\displaystyle{ f_n }[/math] מונוטונית יורדת ב-[math]\displaystyle{ [0,\infty) }[/math] ולכן זו אכן נקודת מקסימום גלובלית. מתקיים [math]\displaystyle{ f_n(0)=1 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge1\not\to0 }[/math]. מכאן שההתכנסות נקודתית בלבד. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 3

תהי [math]\displaystyle{ \{f_n\} }[/math] סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש לפונקציה f, האם f חסומה?

פתרון

נבחר לדוגמה [math]\displaystyle{ f_n(x)=\frac1x+\frac1n }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math]. ברור כי [math]\displaystyle{ f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\frac1x }[/math] וכי אם [math]\displaystyle{ x\to0^+ }[/math] אז [math]\displaystyle{ \frac1x\to\infty }[/math], לכן f לא חסומה. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 4

תהי [math]\displaystyle{ \{f_n\} }[/math] סדרת פונקציות המתכנסת לפונקציה f במ"ש ב-I. נוכיח כי אם כל אחת מהפונקציות [math]\displaystyle{ f_n }[/math] חסומה ב-I, אזי גם f חסומה ב-I.

פתרון

נרשום [math]\displaystyle{ |f|\le|f-f_n|+|f_n| }[/math]. נתון כי ההתכנסות במ"ש ולכן [math]\displaystyle{ \forall\varepsilon\gt 0:\ \exists n_0:\ \forall n\gt n_0:\ |f(x)-f_n(x)|\lt \varepsilon }[/math], בפרט עבור [math]\displaystyle{ \varepsilon=1 }[/math]. כמו כן [math]\displaystyle{ f_{n_0+1} }[/math] חסומה ב-I (מהנתון) כלומר קיים M כך ש-[math]\displaystyle{ \sup_{x\in I}|f_{n_0+1}(x)|\le M\lt \infty }[/math] ולכן מתקבל ש-[math]\displaystyle{ |f(x)|\le1+|f_{n_0+1}(x)|\lt 1+M }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\in I }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

משפט: אם [math]\displaystyle{ f_n }[/math] מתכנסת במ"ש בקטע I וכל [math]\displaystyle{ f_n }[/math] רציפה אזי f רציפה.

דוגמה 5

ניתן דוגמה לסדרת פונקציות רציפות המתכנסות לפונקציה רציפה אבל לא מתכנסת במ"ש.

פתרון

נגדיר את הפונקציה הבאה: [math]\displaystyle{ f_n(x)=\begin{cases}2nx&0\le x\le\frac1{2n}\\2-2nx&\frac1{2n}\lt x\le\frac1n\\0&\frac1n\lt x\le1\end{cases} }[/math]. קל לראות שהפונקציה הנ"ל מוגדרת בקטע [math]\displaystyle{ [0,1] }[/math], אפשר לראות שהפונקציה הנ"ל רציפה.

לכל [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] יש [math]\displaystyle{ n_0 }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ n\gt n_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ x_0\gt \frac1{n_0} }[/math] שם מתקיים [math]\displaystyle{ f_n(x_0)=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \{f_n(x_0)\} }[/math] סדרה קבועה מ-[math]\displaystyle{ n_0 }[/math] מסויים. כמו כן [math]\displaystyle{ \sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-f(x)|=1 }[/math] ולכן ההתכנסות אינה במ"ש.

טורים של פונקציות

דוגמה 6

נסמן לכל n, [math]\displaystyle{ f_n(x)=x^{n-1} }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ (-1,1) }[/math]. מה היא פונקצית הסכום [math]\displaystyle{ S_N }[/math]?

פתרון

[math]\displaystyle{ S_N(x)=\sum_{n=1}^N f_n(x)=1+x+\dots+x^{N-1}=\frac{1-x^N}{1-x}\to\frac1{1-x} }[/math].

דוגמה 7

נוכיח כי הטור [math]\displaystyle{ S_N(x)=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!} }[/math] מתכנס ל-[math]\displaystyle{ \sin(x) }[/math] במ"ש בקטע [math]\displaystyle{ [0,2\pi] }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ n\to\infty }[/math].

פתרון

בזכות טורי טיילור ברור שיש התכנסות נקודתית, נותר לבדוק התכנסות במ"ש. נסמן [math]\displaystyle{ f_n(x)=\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!} }[/math]. כאשר [math]\displaystyle{ R_N(x) }[/math] השארית בין הטור-טיילור מסדר N לבין [math]\displaystyle{ \sin }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |S_N(x)-\sin(x)|=|R_N(x)|\le\left|\frac{x^{2(N+1)+1}}{(2(N+1)+1)!}\right| }[/math]. כמו כן [math]\displaystyle{ \frac{x^{2N+3}}{(2N+3)!}\le\frac{(2\pi)^{2N+3}}{(2N+3)!}=:a_N }[/math]. נוכיח ש-[math]\displaystyle{ a_N\to0 }[/math] וכך נוכיח שההתכנסות במ"ש. מספיק להסתכל על [math]\displaystyle{ \left|\frac{a_{N+1}}{a_N}\right|=\frac{(2\pi)^{2N+5}}{(2N+5)!}\frac{(2N+3)!}{(2\pi)^{2N+3}}=\frac{(2\pi)^2}{(2N+4)(2N+5)}\to0 }[/math], לכן [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty a_n }[/math] מתכנס ובפרט [math]\displaystyle{ a_n\to0 }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 8

בדקו התכנסות במ"ש של [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n^2} }[/math].

פתרון

נשים לב כי לא ידועה לנו פונקצית הגבול של הטור ולכן לא ניתן להוכיח התכנסות במ"ש ישירות מההגדרה. במקום, נפנה לתנאי קושי: יהי [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתון. ברור כי [math]\displaystyle{ \left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|\le\left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right| }[/math]. הטור [math]\displaystyle{ \sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2} }[/math] מתכנס ולכן מקיים את תנאי קושי, כלומר קיים [math]\displaystyle{ n_0\in\mathbb N }[/math] כל שלכל [math]\displaystyle{ m\gt n\gt n_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right|\lt \varepsilon }[/math]. לכן, עבור אותו [math]\displaystyle{ n_0 }[/math], לכל [math]\displaystyle{ m\gt n\gt n_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|\lt \varepsilon }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

@@ שורה 3: / שורה 3: @@
 ==דוגמה 1==
 תהי <math>f_n(x)=\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)</math>. קבעו התכנסות בכל אחד מהקטעים הבאים:
-# <math>[a,b]</math> עבור <math>b>a>0</math>
+# <math>[a,b]</math> עבור <math>0<a<b<\infty</math>
 # בקטע <math>(0,\infty)</math>
 ===פתרון===
 פונקציית הגבול היא <math>\lim_{n\to\infty}\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)=\ln(x+0)=\ln(x)</math>.
 # נראה התכנסות במ"ש ב-<math>[a,b]</math>: <math>\sup_{x\in[a,b]}\left|\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)-\ln(x)\right|=\sup_{n\in[a,b]}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\ln\left(1+\frac bn\right)\to0</math>. {{משל}}
-# נראה שההתכנסות נקודתית בלבד ב-<math>(0,\infty)</math>: <math>\sup_{x\in(0,\infty)}|f_n(x)-f(x)|=\sup_{x\in(0,\infty)}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|\to\infty</math>. {{משל}}
+# נראה שההתכנסות נקודתית בלבד ב-<math>(0,\infty)</math>: <math>\sup_{x\in(0,\infty)}|f_n(x)-f(x)|=\sup_{x\in(0,\infty)}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\infty</math>. {{משל}}
 ==דוגמה 2==
 קבע האם <math>f_n(x)=\frac1{1+n^2x^2}</math> מתכנסת במ"ש ב-<math>(-\infty,\infty)=\mathbb R</math>.
 ===פתרון===
-קל לראות ש-<math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\begin{cases}1&x=0\\0&\text{else}\end{cases}</math>. נבדוק התכנסות במ"ש: <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)|=\sup_{x\in\mathbb R}=\sup_{x\in\mathbb R}\frac1{1+n^2x^2}=\sup_{x\in[0,\infty)}\frac1{1+n^2x^2}</math>. נחפש מקסימום: <math>f_n'(x)=\frac{-2n^2x}{\left(1+n^2x^2\right)^2}=0</math> וקל לראות שעבור <math>x=0</math> הנגזרת אכן מתאפסת. ברור ש-<math>f_n</math> מונוטונית יורדת ב-<math>[0,\infty)</math> ולכן זו אכן נקודת מקסימום. מתקיים <math>f_n(0)=1</math> ולכן <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge1>0</math>. {{משל}}
+קל לראות ש-<math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\begin{cases}1&x=0\\0&\text{else}\end{cases}</math>. נבדוק התכנסות במ"ש: <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)|=\left|\sup_{x\in\mathbb R}\frac1{1+n^2x^2}\right|=\left|\sup_{x\in[0,\infty)}\frac1{1+n^2x^2}\right|</math>. נחפש מקסימום: <math>f_n'(x)=\frac{-2n^2x}{\left(1+n^2x^2\right)^2}=0</math> וקל לראות שהנגזרת מתאפסת עבור <math>x=0</math>. ברור ש-<math>f_n</math> מונוטונית יורדת ב-<math>[0,\infty)</math> ולכן זו אכן נקודת מקסימום גלובלית. מתקיים <math>f_n(0)=1</math> ולכן <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge1\not\to0</math>. מכאן שההתכנסות נקודתית בלבד. {{משל}}
 ==דוגמה 3==
 תהי <math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש לפונקציה f, האם f חסומה?
 ===פתרון===
-נבחר לדוגמה <math>f_n(x)=\frac1x+\frac1n</math> בקטע <math>(0,\infty)</math>. ברור כי <math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\frac1x</math> וכי אם <math>x\to0^+</math> אז <math>\frac1x\to\infty</math>, לכן f לא חסומה.
+נבחר לדוגמה <math>f_n(x)=\frac1x+\frac1n</math> בקטע <math>(0,\infty)</math>. ברור כי <math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\frac1x</math> וכי אם <math>x\to0^+</math> אז <math>\frac1x\to\infty</math>, לכן f לא חסומה. {{משל}}
 ==דוגמה 4==
-תהי <math>f_n</math> סדרת פונקציות המתכנסת לפונקציה f במ"ש ב-I. נוכיח כי אם כל אחת מהפונקציות <math>f_n</math> חסומה ב-I, אזי גם f חסומה ב-I.
+תהי <math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות המתכנסת לפונקציה f במ"ש ב-I. נוכיח כי אם כל אחת מהפונקציות <math>f_n</math> חסומה ב-I, אזי גם f חסומה ב-I.
 ===פתרון===
-נרשום <math>|f|\le|f-f_n|+|f_n|</math>. נתון כי ההתכנסות במ"ש ולכן <math>\forall\varepsilon>0:\ \exists n_0:\ \forall n>n_0:\ |f(x)-f_n(x)|\le\varepsilon</math>, בפרט עבור <math>\varepsilon=1</math>. כמו כן <math>f_{n_0+1}</math> חסומה ב-I (מהנתון) כלומר קיים M כך ש-<math>\sup_{x\in I}|f_{n_0+1}(x)|le M<\infty</math> ולכן מתקבל ש-<math>|f(x)|\le1+|f_{n_0+1}(x)|<1+M</math> לכל <math>x\in I</math>. {{משל}}
+נרשום <math>|f|\le|f-f_n|+|f_n|</math>. נתון כי ההתכנסות במ"ש ולכן <math>\forall\varepsilon>0:\ \exists n_0:\ \forall n>n_0:\ |f(x)-f_n(x)|<\varepsilon</math>, בפרט עבור <math>\varepsilon=1</math>. כמו כן <math>f_{n_0+1}</math> חסומה ב-I (מהנתון) כלומר קיים M כך ש-<math>\sup_{x\in I}|f_{n_0+1}(x)|\le M<\infty</math> ולכן מתקבל ש-<math>|f(x)|\le1+|f_{n_0+1}(x)|<1+M</math> לכל <math>x\in I</math>. {{משל}}
@@ שורה 32: / שורה 32: @@
 ==דוגמה 5==
-ניתן דוגמה לסדרת פונקציות רציפות המתכנסות לפונקציה רציפה אבל לא מתכנסת במ"ש בקטע סגור.
+ניתן דוגמה לסדרת פונקציות רציפות המתכנסות לפונקציה רציפה אבל לא מתכנסת במ"ש.
 ===פתרון===
-נגדיר את הפונקציה הבאה: <math>f_n(x)=\begin{cases}2nx&0\le x\le\frac1{2n}\\2-2nx&\frac1{2n}<x\le\frac1n\\0&\frac1n<x\le1\end{cases}</math>. קל לראות שהפונקציה הנ"ל מוגדרת בקטע <math>[0,1]</math>, אפשר לראות שהפונקציה הנ"ל רציפה. נצייר אותה: (יטופל בהמשך)
+[[קובץ:פונקציה בין 0 ל-1.png|ממוזער|300px|ימין]]
+נגדיר את הפונקציה הבאה: <math>f_n(x)=\begin{cases}2nx&0\le x\le\frac1{2n}\\2-2nx&\frac1{2n}<x\le\frac1n\\0&\frac1n<x\le1\end{cases}</math>. קל לראות שהפונקציה הנ"ל מוגדרת בקטע <math>[0,1]</math>, אפשר לראות שהפונקציה הנ"ל רציפה.
 לכל <math>x_0</math> יש <math>n_0</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>x_0>\frac1{n_0}</math> שם מתקיים <math>f_n(x_0)=0</math>, כלומר <math>\{f_n(x_0)\}</math> סדרה קבועה מ-<math>n_0</math> מסויים. כמו כן <math>\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-f(x)|=1</math> ולכן ההתכנסות אינה במ"ש.
-==דוגמה לפתרון עצמי==
-הוכח או הפרך: אם <math>f_n:[a,b]\to[c,d]</math> סדרת פונקציות המתכנסות במ"ש לפונקצית הגבול f וכן <math>g:[c,d]\to\mathbb R</math> פונקציה רציפה אזי <math>g\circ f_n</math> היא סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש לפונקציות הגבול <math>g\circ f</math>.
 =טורים של פונקציות=
 ==דוגמה 6==
-נסמן לכלn <math>f_n(x)=x^{n-1}</math> בקטע <math>(-1,1)</math>. מה היא פונקצית הסכום <math>S_N</math>?
+נסמן לכל n, <math>f_n(x)=x^{n-1}</math> בקטע <math>(-1,1)</math>. מה היא פונקצית הסכום <math>S_N</math>?
 ===פתרון===
 <math>S_N(x)=\sum_{n=1}^N f_n(x)=1+x+\dots+x^{N-1}=\frac{1-x^N}{1-x}\to\frac1{1-x}</math>.
@@ שורה 49: / שורה 47: @@
 נוכיח כי הטור <math>S_N(x)=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}</math> מתכנס ל-<math>\sin(x)</math> במ"ש בקטע <math>[0,2\pi]</math> כאשר <math>n\to\infty</math>.
 ===פתרון===
-ברור שיש התכנסות נקודתית, נותר לבדוק התכנסות במ"ש. נסמן <math>f_n(x)=\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}</math>. מתקיים <math>|S_N(x)-\sin(x)|\le|R_N(x)|=\left|\frac{(-1)^{N+1}c^{2(N+1)+1}}{(2(n+1)+1)!}</math>. מתקיים <math>\frac{c^{2n+3}}{(2n+3)!}\le\frac{(2\pi)^{2\pi+3}}{(2n+3)!}=:a_n</math>. מספיק להסתכל על <math>\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\frac{(2\pi)^{2n+5}}{(2n+5)!}\frac{(2n+3)!}{(2\pi)^{2n+3}}=\frac{(2\pi)^2}{(2n+4)(2n+5)}\to0</math>, לכן <math>\sum_{n=1}^\infty a_n</math> מתכנס ולכן <math>a_n\to0</math>. מכאן שההתכנסות במ"ש. {{משל}}
+בזכות טורי טיילור ברור שיש התכנסות נקודתית, נותר לבדוק התכנסות במ"ש. נסמן <math>f_n(x)=\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}</math>. כאשר <math>R_N(x)</math> השארית בין הטור-טיילור מסדר N לבין <math>\sin</math> מתקיים <math>|S_N(x)-\sin(x)|=|R_N(x)|\le\left|\frac{x^{2(N+1)+1}}{(2(N+1)+1)!}\right|</math>. כמו כן <math>\frac{x^{2N+3}}{(2N+3)!}\le\frac{(2\pi)^{2N+3}}{(2N+3)!}=:a_N</math>. נוכיח ש-<math>a_N\to0</math> וכך נוכיח שההתכנסות במ"ש. מספיק להסתכל על <math>\left|\frac{a_{N+1}}{a_N}\right|=\frac{(2\pi)^{2N+5}}{(2N+5)!}\frac{(2N+3)!}{(2\pi)^{2N+3}}=\frac{(2\pi)^2}{(2N+4)(2N+5)}\to0</math>, לכן <math>\sum_{n=1}^\infty a_n</math> מתכנס ובפרט <math>a_n\to0</math>. {{משל}}
 ==דוגמה 8==
-בדקו התכנסות במ"ש <math>\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n^2}</math>.
+בדקו התכנסות במ"ש של <math>\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n^2}</math>.
 ===פתרון===
-נשים לב כי לא יגדוע מהי פונקצית הגבול של הטור ולכן לא ניתן להוכיח התכנסות במ"ש ישירות מההגדרה. במקום, נפנה לתנאי קושי: <math>|S_n-S_m|=\left|\sum_{k=n+1}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|\le\sum_{k=n+1}^m\sum_{|\cos(kx)|}{k^2}\le\underbrace{\sum_{k=n+1}^m\frac1{k^2}}_\text{converges}<\varepsilon</math>
+נשים לב כי לא ידועה לנו פונקצית הגבול של הטור ולכן לא ניתן להוכיח התכנסות במ"ש ישירות מההגדרה. במקום, נפנה לתנאי קושי: יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. ברור כי <math>\left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|\le\left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right|</math>. הטור <math>\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}</math> מתכנס ולכן מקיים את תנאי קושי, כלומר קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כל שלכל <math>m>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right|<\varepsilon</math>. לכן, עבור אותו <math>n_0</math>, לכל <math>m>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|<\varepsilon</math>. {{משל}}