הבדלים בין גרסאות בדף "88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/טורים/מבחנים כלליים"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(התכנסות בהחלט)
 
(גרסת ביניים אחת של משתמש אחר אחד אינה מוצגת)
שורה 1: שורה 1:
 
[[88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/טורים|חזרה לטורים]]
 
[[88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/טורים|חזרה לטורים]]
 
==התכנסות בהחלט==
 
==התכנסות בהחלט==
<font size=4 color=#3c498e>
+
;<font size=4 color=#3c498e>הגדרה.</font>
'''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.
  
 
טור מתכנס '''בתנאי''' אם הוא מתכנס, אבל '''לא''' מתכנס בהחלט.
 
טור מתכנס '''בתנאי''' אם הוא מתכנס, אבל '''לא''' מתכנס בהחלט.
  
 +
;<font size=4 color=#a7adcd>דוגמא.</font>
 +
הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}</math> '''אינו''' מתכנס בהחלט, כיון שטור הערכים המוחלטים <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1n</math> מתבדר.
  
<font size=4 color=#a7adcd>
 
'''דוגמא.'''
 
</font>
 
  
הטור <math>\sum{(-1)^n\frac{1}{n}}</math> '''אינו''' מתכנס בהחלט, כיוון שטור הערכים המוחלטים <math>\sum\frac{1}{n}</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.)
  
 
+
;סקיצה של ההוכחה.
'''משפט.'''
+
אם הטור מתכנס בהחלט, אזי סכום האברים החיוביים בלבד של הטור המקורי מתכנס (לפי מבחן ההשוואה הראשון, שכן סכום החיוביים בלבד קטן מסכום כל הערכים המוחלטים). באופן דומה סכום 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.
 
+
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 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.
 
שימו לב כי זו אינה הוכחה מלאה, יש לדייק בטיעונים.
שורה 31: שורה 23:
  
 
===מבחן לייבניץ לטורים עם סימנים מתחלפים===
 
===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>
 
+
<font size=4 color=#a7adcd>
+
'''דוגמאות.'''
+
</font>
+
 
+
 
הטורים הבאים מתכנסים לפי מבחן לייבניץ:
 
הטורים הבאים מתכנסים לפי מבחן לייבניץ:
  
:<math>\sum (-1)^n\frac{1}{n}</math>
+
:<math>\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>
  
:<math>\sum (-1)^n\frac{1}{\sqrt{n}}</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>\exist M\forall N:|S_N|=\left|\sum_{n=1}^Nb_n\right|<M</math>
  
:<math>\sum (-1)^n\frac{1}{ln(n)}</math>
+
אזי <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\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===
+
;<font size=4 color=#a7adcd>דוגמא.</font>
תהי <math>a_n</math> סדרה חיובית מונוטונית יורדת השואפת לאפס. תהי <math>b_n</math> כך שסדרת הסכומים החלקיים שלה חסומה:
+
ראשית נוכיח כי הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\sin(n)</math> חסום (כלומר סדרת הסכומים החלקיים שלו 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 sin(n)</math> חסום (כלומר סדרת הסכומים החלקיים שלו חסומה).
+
  
 
נבחן את סדרת הסכומים החלקיים:
 
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>
  
::<math>S_n=sin(1)+sin(2)+...+sin(n)</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>
  
נכפול את שני הצדדים בקבוע <math>2sin(1)</math> לקבל
+
זהו טור טלסקופי, ולאחר צמצום אנו נשארים עם
 +
:<math>2\sin(1)S_n=\cos(0)+\cos(1)-\cos(n)-\cos(n+1)</math>
  
::<math>2sin(1)S_n=2sin(1)sin(1)+2sin(2)sin(1)+...+2sin(n)sin(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>
 
+
 
+
נפעיל את הזהות הטריגונומטרית <math>2sin(\alpha)sin(\beta)=cos(\alpha-\beta)-cos(\alpha+\beta)</math>
+
 
+
 
+
::<math>2sin(1)S_n=cos(0)-cos(2)+cos(1)-cos(3)+cos(2)-cos(4)+...+cos(n-1)-cos(n+1)</math>
+
 
+
זהו סכום טלסקופי, ולאחר צמצום אנו נשארים עם
+
 
+
::<math>2sin(1)S_n=cos(0)+cos(1)-cos(n)-cos(n+1)</math>
+
 
+
 
+
ולכן <math>|S_n|=|\frac{cos(0)+cos(1)-cos(n)-cos(n+1)}{2sin(1)}|\leq \frac{4}{2sin(1)}</math>
+
  
 
כלומר סדרת הסכומים החלקיים אכן חסומה.
 
כלומר סדרת הסכומים החלקיים אכן חסומה.
 
  
  
 
כעת, נובע בקלות ממבחן דיריכלה כי הטורים הבאים '''מתכנסים''':
 
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>\sum\frac{sin(n)}{n}</math>
+
;<font size=4 color=#a7adcd>תרגיל.</font>
 
+
:<math>\sum\frac{sin(n)}{\sqrt{n}}</math>
+
 
+
:<math>\sum\frac{sin(n)}{ln(n)}</math>
+
 
+
 
+
<font size=4 color=#a7adcd>
+
'''תרגיל.'''
+
</font>
+
 
בדוק את התכנסות הטורים הבאים:  
 
בדוק את התכנסות הטורים הבאים:  
*<math>\sum\frac{sin^2(n)}{n}</math>
+
:<math>\begin{align}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{|\sin(n)|}{n}\end{align}</math>
 
+
 
+
*<math>\sum\frac{|sin(n)|}{n}</math>
+
 
+
 
+
'''פתרון.'''
+
 
+
נביט בזהות הטריגונומטרית <math>2sin^2(\alpha)=1-cos(2\alpha)</math>. לכן
+
 
+
::<math>\sum\frac{sin^2(n)}{n}=\sum\frac{1-cos(2n)}{2n}</math>
+
  
ניתן באמצעות מבחן דיריכלה, באופן דומה לתרגיל הקודם, להוכיח כי <math>\sum\frac{cos(2n)}{2n}</math> מתכנס. נניח בשלילה כי הטור <math>\sum\frac{sin^2(n)}{n}</math> מתכנס, ונקבל כי הטור
+
;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\frac{1}{2n}=\sum\frac{sin^2(n)}{n}+\frac{cos(2n)}{2n}</math>  
+
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 הטור
  
הוא סכום טורים מתכנסים ולכן מתכנס וזו סתירה, כיוון שאנו יודעים שטור זה מתבדר.
+
:<math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}+\frac{\cos(2n)}{2n}</math>
  
 +
הוא סכום טורים מתכנסים ולכן מתכנס וזו סתירה, כיון שאנו יודעים שטור זה מתבדר.
  
כעת, נשים לב כי <math>|sin(n)|\geq sin^2(n)</math> ולכן לפי מבחן ההשוואה הראשון גם <math>\sum\frac{|sin(n)|}{n}</math> מתבדר.
+
כעת, נשים לב כי <math>|\sin(n)|\ge\sin^2(n)</math> ולכן לפי מבחן ההשוואה הראשון גם <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{|\sin(n)|}{n}</math> מתבדר.

גרסה אחרונה מ־22:15, 15 בפברואר 2017

חזרה לטורים

התכנסות בהחלט

הגדרה.

יהי \displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n טור. אזי אומרים כי הטור מתכנס בהחלט אם טור הערכים המוחלטים שלו \displaystyle\sum_{n=1}^\infty|a_n| מתכנס.

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

דוגמא.

הטור \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n} אינו מתכנס בהחלט, כיון שטור הערכים המוחלטים \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1n מתבדר.


משפט.

טור מתכנס בהחלט, מתכנס. כלומר אם \displaystyle\sum_{n=1}^\infty|a_n| מתכנס \Leftarrow גם \displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n מתכנס. (ההפך לא נכון בהכרח.)

סקיצה של ההוכחה.

אם הטור מתכנס בהחלט, אזי סכום האברים החיוביים בלבד של הטור המקורי מתכנס (לפי מבחן ההשוואה הראשון, שכן סכום החיוביים בלבד קטן מסכום כל הערכים המוחלטים). באופן דומה סכום 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.

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 ל-0. אזי הטור \displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^na_n מתכנס.

דוגמאות.

הטורים הבאים מתכנסים לפי מבחן לייבניץ:

\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}

מבחן דיריכלה - סדרה מונוטונית כפול סדרה עם טור חסום

תהי a_n סדרה חיובית מונוטונית יורדת השואפת ל-0. תהי b_n כך שסדרת הסכומים החלקיים שלה חסומה:

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

אזי \displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n\cdot b_n מתכנס.


דוגמא.

ראשית נוכיח כי הטור \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\sin(n) חסום (כלומר סדרת הסכומים החלקיים שלו חסומה).

נבחן את סדרת הסכומים החלקיים:

S_n=\sin(1)+\cdots+\sin(n)

נכפול את שני הצדדים בקבוע 2\sin(1) לקבל

2\sin(1)S_n=2\sin(1)\sin(1)+2\sin(2)\sin(1)+\cdots+2\sin(n)\sin(1)

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

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

זהו טור טלסקופי, ולאחר צמצום אנו נשארים עם

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

ולכן |S_n|=\left|\dfrac{\cos(0)+\cos(1)-\cos(n)-\cos(n+1)}{2\sin(1)}\right|\le\dfrac2{\sin(1)}

כלומר סדרת הסכומים החלקיים אכן חסומה.


כעת, נובע בקלות ממבחן דיריכלה כי הטורים הבאים מתכנסים:

\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}
תרגיל.

בדוק את התכנסות הטורים הבאים:

\begin{align}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{|\sin(n)|}{n}\end{align}
פתרון.

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

\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1-\cos(2n)}{2n}

ניתן באמצעות מבחן דיריכלה, באופן דומה לתרגיל הקודם, להוכיח כי \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos(2n)}{2n} מתכנס. נניח בשלילה כי הטור \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n} מתכנס, ונקבל כי הטור

\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}+\frac{\cos(2n)}{2n}

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

כעת, נשים לב כי |\sin(n)|\ge\sin^2(n) ולכן לפי מבחן ההשוואה הראשון גם \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{|\sin(n)|}{n} מתבדר.