[[88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/טורים|חזרה לטורים]]
==התכנסות בהחלט==
;<font size=4 color=#3c498e>'''הגדרה.''' </font>
יהי <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n</math> טור. אזי אומרים כי הטור '''מתכנס בהחלט''' אם טור הערכים המוחלטים שלו <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty|a_n|</math> מתכנס.
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 ;משפט.טור מתכנס בהחלט, מתכנס. כלומר אם <math>\sum{(-1)^ndisplaystyle\fracsum_{n=1}{n}}^\infty|a_n|</math> '''אינו''' מתכנס בהחלט, כיוון שטור הערכים המוחלטים <math>\sumLeftarrow</math> גם <math>\displaystyle\fracsum_{n=1}{n}^\infty a_n</math> מתבדרמתכנס.(ההפך לא נכון בהכרח.)
'''משפט.''' 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}^Nb_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
::<math>2sin(1)S_n=2sin(1)sin(1)+2sin(2)sin(1)+...+2sin(n)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|=\left|\fracdfrac{\cos(0)+\cos(1)-\cos(n)-\cos(n+1)}{2sin2\sin(1)}\right|\leq le\fracdfrac2{4}{2sin\sin(1)}</math>
כלומר סדרת הסכומים החלקיים אכן חסומה.
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> :<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:
*:<math>\sum\fracbegin{sin^2(n)align}\displaystyle\sum_{n=1}</math> *<math>^\suminfty\frac{|\sin^2(n)|}{n}</math> '''פתרון.''' נביט בזהות הטריגונומטרית <math>2sin^2(\alpha)\\sum_{n=1-cos(2\alpha)</math>. לכן ::<math>}^\suminfty\frac{|\sin^2(n)|}{n}=\sum\frac{1-cos(2n)}end{2nalign}</math>
ניתן באמצעות מבחן דיריכלה, באופן דומה לתרגיל הקודם, להוכיח כי ;פתרון.נביט בזהות הטריגונומטרית <math>2\sumsin^2(\alpha)=1-\frac{cos(2n2\alpha)}{2n}</math> מתכנס. נניח בשלילה כי הטור לכן:<math>\sumdisplaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^2(n)}{n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1-\cos(2n)}{2n}</math> מתכנס, ונקבל כי הטור
::ניתן באמצעות מבחן דיריכלה, באופן דומה לתרגיל הקודם, להוכיח כי <math>\sumdisplaystyle\fracsum_{n=1}{2n}=^\suminfty\frac{sin^2\cos(n2n)}{2n}</math> מתכנס. נניח בשלילה כי הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}+^\infty\frac{cos\sin^2(2nn)}{2nn}</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 ge\sin^2(n)</math> ולכן לפי מבחן ההשוואה הראשון גם <math>\sumdisplaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{|\sin(n)|}{n}</math> מתבדר.
