שינויים

נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל ש- כי <math>b_{2^{k+1}}\le b_n\le b_{2^k}</math> .

''';דרך נוספת:'''נוכיח ש <math>2n\cdot b_{2n}\to 0to0</math> וכן <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\to 0to0</math> ומכאן נסיק הדרוש (כי אם תת-הסדרה של האיברים האברים במקומות הזוגיים שואפת ל- <math>0</math> וכן תת-הסדרה של האיברים האברים במקומות האי-זוגיים שואפת ל- <math>0</math> אז כך גם הסדרה).

אם נסמן את סדרת הסכומיים החלקיים של הטור המתכנס <math>\sumdisplaystyle\limitssum_{n=1}^\infty b_n</math> ב- <math>S_n</math> אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים<math>S_{2n}-S_n\to 0to0</math> וכן <math>S_{2n+1}-S_n\to 0to0</math> . מההתכנסות הראשונה נקבל ש כי <math>b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}\to 0to0</math> . מכיון כיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל <math>0<n\cdot b_{2n}<b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}</math>.

נכפיל את אי-השוויונות ב- <math>2</math> ונשתמש [[משפט הסנדוויץ']] כדי לקבל <math>2nb_{2n}\to 0to0</math> . מההתכנסות השניה ומשיקולים דומים נקבל ש- <math>(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to 0to0</math> אבל <math>0<(2n+1)\cdot b_{2n+1}<(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to 0to0</math> ולכן שוב מ[[משפט הסנדוויץ']] נקבל ש- כי <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\to 0to0</math> .

ב) דוגמא נגדית: <math>b_n=\frac1dfrac{1}{n\cdot\ln(n)}</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>n\cdot b_n=\frac1dfrac{1}{\ln(n)}\to 0</math> .

<math>b_n=\left\{\begin{matrixcases}2^{-k} &\exists k\in\N:n=2^k \\ 0 & \mboxtext{else}\end{matrixcases}\right.=1,\frac12,0,\frac14,0,0,0,\frac18,\ldots</math>.

הטור <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> מתכנס ([[טור הנדסי]] עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1,\ldots</math> אינו מתכנס שכן יש לו תת-סדרה ששווה <math>1</math> ובפרט שואפת ל- <math>1</math> (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת-סדרה שלה מתכנסת אליו).

א) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty\cos\left(\frac1{n}tfrac1n\right)</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim\limits_{n\to\infty}\cos\left(\frac1{n}tfrac1n\right)=\cos(0)=1</math> שונה מ- <math>0</math> .

ב) נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\sum displaystyle\beginsum_{pmatrixn=1}2n^\infty\ n\endbinom{pmatrix2n}{n}\frac{1}{2^{3n}}=:=\displaystyle\sum_{n=1}^\sum infty a_n</math>. נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:

<math>\begin{align}\frac{a_{n+1}}{a_n}&= \beginbinom{pmatrix}2n+2\\ }{n+1\end{pmatrix}\frac{1}{2^{3n+3}}\cdot \frac{2^{3n}}{\beginbinom{pmatrix2n}{n}}\\&=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot\ frac{n!^2}{(2n)!\endcdot2^3}=\frac{pmatrix(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot\frac{1}{8(2n)!}=\frac{2(2n+1)(n+1)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}\end{align}</math>

 ג) מתקיים <math>\log\left(\frac1{n}tfrac1n\right)=-\log(n)</math> לכן הטור הוא למעשה <math>\sumdisplaystyle\limits_sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}\frac1}{\log(n)}</math>נבדוק התכנסות בהחלט: (סימַנו כאן <math>\ln</math> בתור <math>\log</math>), מ[[מבחן ההשוואה]] נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור <math>\sumdisplaystyle\limits_sum_{n=1}^\infty \frac1frac{1}{\log(n)}</math>, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט. הטור מתכנס בתנאי לפי [[משפט לייבניץ]].

א) הפונקציה לא מוגדרת ב- <math>0</math>, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.

ב) נגזור: <math>(x^{\frac13})'=\frac13 xfrac13x^{-\frac23}=\frac1frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}</math>.

כעת ניזכר בכך שפונקציה רציפה במ"ש באוסף סופי של קטעים שה"חיתוך" ביניהם (הגבול ביניהם... נו, אתם מבינים למה אני מתכוון) סגור (הטענה שבמערכי התרגול, עם הוכחה אינדוקטיבית עבור כל מספר סופי של קטעים, הפרכה עבור אינסופי ע"י <math>x^2</math>) רציפה במ"ש גם על האיחוד הכללי שלהם, ולכן קיבלנו שהפונקצייה שהפונקציה רציפה במ"ש בכל הישר.

נגזור: <math>(\log(1+x^2))'=\frac{2x}{1+x^2}\le \frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\le 2le2</math> בתחום<math>(-\infty,-1)\cup (1,\infty)</math>.

הנגזרת חסומה ולכן הפונקציה רציפה במ"ש בקטעים <math>(-\infty,-1]\cup [1,\infty)</math> .

הוכחנו שפונקצייה שפונקציה רציפה בשני קטעים מהצורה <math>(a,b],[b,c)</math> היא רציפה באיחוד שלהם. נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונ' שהפונקציה רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא <math>\R</math> .