[[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>טור מתכנס '''דוגמא.בתנאי''' </font>אם הוא מתכנס, אבל '''לא''' מתכנס בהחלט.
;<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.
''';משפט.'''טור מתכנס בהחלט, מתכנס. כלומר אם <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty|a_n|</math> מתכנס <math>\Leftarrow</math> גם <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n</math> מתכנס. (ההפך לא נכון בהכרח.)
טור מתכנס בהחלט, מתכנס. כלומר, אם <math>\sum |a_n|</math> מתכנס <math>\Leftarrow</math> גם <math>\sum a_n</math> מתכנס. (ההפך לא נכון בהכרח.) ''';סקיצה של ההוכחה.'''אם הטור מתכנס בהחלט, אזי סכום האיברים האברים החיוביים בלבד של הטור המקורי מתכנס (לפי מבחן ההשוואה הראשון, שכן סכום החיוביים בלבד קטן מסכום כל הערכים המוחלטים). באופן דומה סכום האיברים האברים 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.
===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.
תהי <math>a_n</math> סדרה חיובית מונוטונית יורדת השואפת לאפס. אזי הטור <math>\sum (-1)^na_n</math> מתכנס. ;<font size=4 color=#a7adcd>'''דוגמאות.''' </font>
הטורים הבאים מתכנסים לפי מבחן לייבניץ:
:<math>\sum displaystyle\begin{align}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\ln(n)}\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\sin\left(\tfrac1n\right)\end{align}</math>
===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>\sum (-1)^nexist M\frac{1}{forall N:|S_N|=\sqrtleft|\sum_{n=1}}^Nb_n\right|<M</math>
:אזי <math>\sum (-1)^ndisplaystyle\fracsum_{n=1}{ln(n)}^\infty a_n\cdot b_n</math>מתכנס.
:<math>\sum (-1)^nsin(\frac{1}{n})</math>
===מבחן דיריכלה- סדרה מונוטונית כפול סדרה עם טור חסום===תהי <math>a_n</math> סדרה חיובית מונוטונית יורדת השואפת לאפס. תהי <math>b_n</math> כך שסדרת הסכומים החלקיים שלה חסומה:::<math>\exist M\forall N:|S_N|=|\sum_{n=1}^Na_n|<M</math> אזי <math>\sum b_n\cdot a_n</math> מתכנס. ;<font size=4 color=#a7adcd>'''דוגמא.''' </font> ראשית נוכיח כי הטור <math>\sum 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=sin\cos(0)-\cos(2)+\cos(1)-\cos(3)+sin\cos(2)-\cos(4)+...\cdots+sin\cos(n-1)-\cos(n+1)</math>
נכפול את שני הצדדים בקבוע זהו טור טלסקופי, ולאחר צמצום אנו נשארים עם:<math>2sin2\sin(1)S_n=\cos(0)+\cos(1)-\cos(n)-\cos(n+1)</math> לקבל
::ולכן <math>2sin(1)|S_n|=2sin\left|\dfrac{\cos(10)sin+\cos(1)+2sin-\cos(2n)sin-\cos(n+1)+...+2sin}{2\sin(n1)}\right|\le\dfrac2{\sin(1)}</math>
כלומר סדרת הסכומים החלקיים אכן חסומה.
נפעיל את הזהות הטריגונומטרית <math>2sin(\alpha)sin(\beta)=cos(\alpha-\beta)-cos(\alpha+\beta)</math>
כעת, נובע בקלות ממבחן דיריכלה כי הטורים הבאים '''מתכנסים''':
:<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>
::;<math>2sin(1)S_nfont size=cos(0)-cos(2)+cos(1)-cos(3)+cos(2)-cos(4)+color=#a7adcd>תרגיל...+cos(n-1)-cos(n+1)</mathfont> זהו סכום טלסקופי, ולאחר צמצום אנו נשארים עם בדוק את התכנסות הטורים הבאים: ::<math>2sin(1)S_n\begin{align}\displaystyle\sum_{n=cos(0)+cos(1)-cos(n)-cos(n+1)</math> ולכן <math>|S_n|=|}^\infty\frac{cos(0)+cos(1)-cos\sin^2(n)-cos(}{n+1)}\\\sum_{2sin(n=1)}|^\leq infty\frac{4}{2sin|\sin(1n)|}{n}\end{align}</math> כלומר סדרת הסכומים החלקיים אכן חסומה.
;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>
כעת, נובע בקלות ממבחן ניתן באמצעות מבחן דיריכלה , באופן דומה לתרגיל הקודם, להוכיח כי <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos(2n)}{2n}</math> מתכנס. נניח בשלילה כי הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}</math> מתכנס, ונקבל כי הטורים הבאים '''מתכנים''':הטור
:<math>\sumdisplaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}+\frac{\cos(2n)}{2n}</math>
:<math>\sum\frac{sin(n)}{\sqrt{n}}</math>הוא סכום טורים מתכנסים ולכן מתכנס וזו סתירה, כיון שאנו יודעים שטור זה מתבדר.
:כעת, נשים לב כי <math>|\sumsin(n)|\ge\frac{sin^2(n)</math> ולכן לפי מבחן ההשוואה הראשון גם <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{ln|\sin(n)|}{n}</math>מתבדר.
