שינויים
[[88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/טורים|חזרה לטורים]]
==התכנסות בהחלט==
;<font size=4 color=#3c498e>'''הגדרה.''' </font>יהי <math>\sum a_n</math> טור. אזי אומרים כי הטור '''מתכנס בהחלט''' אם טור הערכים המוחלטים שלו <math>\sum |a_n|</math> מתכנס.
יהי <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n</math> טור. אזי אומרים כי הטור '''מתכנס בהחלט''' אם טור הערכים המוחלטים שלו <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty|a_n|</math> מתכנס.
;<font size=4 color=#a7adcd>דוגמא.</font>הטור <math>\sumdisplaystyle\sum_{(-n=1)}^n\infty\frac{(-1)^n}{n}}</math> '''אינו''' מתכנס בהחלט, כיוון כיון שטור הערכים המוחלטים <math>\sumdisplaystyle\fracsum_{n=1}{n}^\infty\frac1n</math> מתבדר.
שימו לב כי זו אינה הוכחה מלאה, יש לדייק בטיעונים.
===מבחן לייבניץ לטורים עם סימנים מתחלפים===
תהי <math>a_n</math> סדרה חיובית מונוטונית יורדת השואפת ל-0. אזי הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^na_n</math> מתכנס.
:<font sizemath>\displaystyle\begin{align}\sum_{n=4 color1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\\\sum_{n=#a7adcd>1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\\'''דוגמאות.''' \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\ln(n)}\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\sin\left(\tfrac1n\right)\end{align}</fontmath>
===מבחן דיריכלה - סדרה מונוטונית כפול סדרה עם טור חסום===תהי <math>a_n</math> סדרה חיובית מונוטונית יורדת השואפת ל-0. תהי <math>b_n</math> כך שסדרת הסכומים החלקיים שלה חסומה::<math>\exist M\forall N:|S_N|=\left|\sum_{n=1}^Nb_n\right|<M</math> אזי <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n\cdot b_n</math> מתכנס. ;<font size=4 color=#a7adcd>דוגמא.</font>ראשית נוכיח כי הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\sin(n)</math> חסום (כלומר סדרת הסכומים החלקיים שלו חסומה). נבחן את סדרת הסכומים החלקיים::<math>S_n=\sin(1)+\cdots+\sin(n)</math>נכפול את שני הצדדים בקבוע <math>2\sin(1)</math> לקבל:<math>2\sin(1)S_n=2\sin(1)\sin(1)+2\sin(2)\sin(1)+\cdots+2\sin(n)\sin(1)</math> נפעיל את הזהות הטריגונומטרית <math>2\sin(\alpha)\sin(\beta)=\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)</math> ::<math>2\sin(1)S_n=\cos(0)-\cos(2)+\cos(1)-\cos(3)+\cos(2)-\cos(4)+\cdots+\cos(n-1)-\cos(n+1)</math> זהו טור טלסקופי, ולאחר צמצום אנו נשארים עם:<math>2\sin(1)S_n=\cos(0)+\cos(1)-\cos(n)-\cos(n+1)</math> ולכן <math>|S_n|=\left|\dfrac{\cos(0)+\cos(1)-\cos(n)-\cos(n+1)}{2\sin(1)}\right|\le\dfrac2{\sin(1)}</math> כלומר סדרת הסכומים החלקיים אכן חסומה. כעת, נובע בקלות ממבחן דיריכלה כי הטורים הבאים '''מתכנסים לפי מבחן לייבניץ'''::<math>\begin{align}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(n)}{n}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(n)}{\sqrt n}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(n)}{\ln(n)}\end{align}</math> ;<font size=4 color=#a7adcd>תרגיל.</font>בדוק את התכנסות הטורים הבאים: :<math>\begin{align}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{|\sin(n)|}{n}\end{align}</math> ;פתרון.נביט בזהות הטריגונומטרית <math>2\sin^2(\alpha)=1-\cos(2\alpha)</math> . לכן:<math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1-\cos(2n)}{2n}</math>
:<math>\sum (-displaystyle\sum_{n=1)}^n\fracinfty\frac1{2n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrtsin^2(n)}{n}+\frac{\cos(2n)}{2n}</math>