השינוי האחרון נעשה בֹ־20 בפברואר 2012 ב־17:43

88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/טורים/מבחנים כלליים

גרסה מ־17:43, 20 בפברואר 2012 מאת ארז שיינר (שיחה | תרומות) (מבחן דיריכלה- סדרה מונוטונית כפול סדרה עם טור חסום)

חזרה לטורים

התכנסות בהחלט

הגדרה.

יהי \sum a_n טור. אזי אומרים כי הטור מתכנס בהחלט אם טור הערכים המוחלטים שלו \sum |a_n| מתכנס.

טור מתכנס בתנאי אם הוא מתכנס, אבל לא מתכנס בהחלט.


דוגמא.

הטור \sum{(-1)^n\frac{1}{n}} אינו מתכנס בהחלט, כיוון שטור הערכים המוחלטים \sum\frac{1}{n} מתבדר.


משפט.

טור מתכנס בהחלט, מתכנס. כלומר, אם \sum |a_n| מתכנס \Leftarrow גם \sum a_n מתכנס. (ההפך לא נכון בהכרח.)


סקיצה של ההוכחה. אם הטור מתכנס בהחלט, אזי סכום האיברים החיוביים בלבד של הטור המקורי מתכנס (לפי מבחן ההשוואה הראשון, שכן סכום החיוביים בלבד קטן מסכום כל הערכים המוחלטים). באופן דומה סכום האיברים השליליים של הטור המקורי מתכנס (שכן הוא מינוס של טור חיובי המתכנס לפי מבחן ההשואה הראשון). ביחד, סכום החיוביים פחות סכום השליליים מתכנס ושווה לסכום הטור.

שימו לב כי זו אינה הוכחה מלאה, יש לדייק בטיעונים.

מבחני התכנסות כלליים

עד כה למדנו את מבחני ההתכנסות לטורים חיוביים. כעת נלמד על מבחני התכנסות נוספים, שאינם דורשים כי כל איברי הסדרה יהיו חיוביים.

מבחן לייבניץ לטורים עם סימנים מתחלפים

תהי a_n סדרה חיובית מונוטונית יורדת השואפת לאפס. אזי הטור \sum (-1)^na_n מתכנס.

דוגמאות.

הטורים הבאים מתכנסים לפי מבחן לייבניץ:

\sum (-1)^n\frac{1}{n}
\sum (-1)^n\frac{1}{\sqrt{n}}
\sum (-1)^n\frac{1}{ln(n)}
\sum (-1)^nsin(\frac{1}{n})

מבחן דיריכלה- סדרה מונוטונית כפול סדרה עם טור חסום

תהי a_n סדרה חיובית מונוטונית יורדת השואפת לאפס. תהי b_n כך שסדרת הסכומים החלקיים שלה חסומה:

\exist M\forall N:|S_N|=|\sum_{n=1}^Nb_n|<M

אזי \sum b_n\cdot a_n מתכנס.


דוגמא.

ראשית נוכיח כי הטור \sum sin(n) חסום (כלומר סדרת הסכומים החלקיים שלו חסומה).

נבחן את סדרת הסכומים החלקיים:

S_n=sin(1)+sin(2)+...+sin(n)

נכפול את שני הצדדים בקבוע 2sin(1) לקבל

2sin(1)S_n=2sin(1)sin(1)+2sin(2)sin(1)+...+2sin(n)sin(1)


נפעיל את הזהות הטריגונומטרית 2sin(\alpha)sin(\beta)=cos(\alpha-\beta)-cos(\alpha+\beta)


2sin(1)S_n=cos(0)-cos(2)+cos(1)-cos(3)+cos(2)-cos(4)+...+cos(n-1)-cos(n+1)

זהו סכום טלסקופי, ולאחר צמצום אנו נשארים עם

2sin(1)S_n=cos(0)+cos(1)-cos(n)-cos(n+1)


ולכן |S_n|=|\frac{cos(0)+cos(1)-cos(n)-cos(n+1)}{2sin(1)}|\leq \frac{4}{2sin(1)}

כלומר סדרת הסכומים החלקיים אכן חסומה.


כעת, נובע בקלות ממבחן דיריכלה כי הטורים הבאים מתכנסים:

\sum\frac{sin(n)}{n}
\sum\frac{sin(n)}{\sqrt{n}}
\sum\frac{sin(n)}{ln(n)}


תרגיל. בדוק את התכנסות הטורים הבאים:

  • \sum\frac{sin^2(n)}{n}


  • \sum\frac{|sin(n)|}{n}


פתרון.

נביט בזהות הטריגונומטרית 2sin^2(\alpha)=1-cos(2\alpha). לכן

\sum\frac{sin^2(n)}{n}=\sum\frac{1-cos(2n)}{2n}

ניתן באמצעות מבחן דיריכלה, באופן דומה לתרגיל הקודם, להוכיח כי \sum\frac{cos(2n)}{2n} מתכנס. נניח בשלילה כי הטור \sum\frac{sin^2(n)}{n} מתכנס, ונקבל כי הטור

\sum\frac{1}{2n}=\sum\frac{sin^2(n)}{n}+\frac{cos(2n)}{2n}

הוא סכום טורים מתכנסים ולכן מתכנס וזו סתירה, כיוון שאנו יודעים שטור זה מתבדר.


כעת, נשים לב כי |sin(n)|\geq sin^2(n) ולכן לפי מבחן ההשוואה הראשון גם \sum\frac{|sin(n)|}{n} מתבדר.