Mentora
1

תכנית קרב

חזרה שיטתית לפי בלוקים — הגדרות, משפטים, תרגול ומבחני עבר. סמן כל פריט שחזרת עליו.

גבולות, סדרות ונגזרות

שבועות 1–3

0/28 פריטים הושלמו — 0%

0/28
שבוע 1

גבולות — כלל לופיטל ומשפט דרבו

0/6
שבוע 2

סדרות — הגדרה, גבולות, מונוטוניות

0/7
שבוע 3

נגזרות — מסדר גבוה, MVT, ופיתוח טיילור

0/6

שאלות ממבחני עבר — גבולות, סדרות ונגזרות

1

Infinitesimal Calculus 2, list of theorem for Quiz 1

1.Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers. Let (nk)k=1∞(n_k)_{k=1}^{\infty} be a strictly increasing sequence of natural numbers. Suppose that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} converges in the extended sense. Prove that the sequence (ank)k=1∞(a_{n_k})_{k=1}^{\infty} converges in the extended sense and lim⁡k→∞ank=lim⁡n→∞an\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = \lim_{n \to \infty} a_n
2.Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers. Suppose (a2k)k=1∞(a_{2k})_{k=1}^{\infty} and (a2k−1)k=1∞(a_{2k-1})_{k=1}^{\infty} both converge in the extended sense, and lim⁡k→∞a2k=lim⁡k→∞a2k−1\lim_{k \to \infty} a_{2k} = \lim_{k \to \infty} a_{2k-1}. Prove that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} converges in the extended sense, and lim⁡n→∞an=lim⁡k→∞a2k=lim⁡k→∞a2k−1\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{k \to \infty} a_{2k} = \lim_{k \to \infty} a_{2k-1}.
3.Let ff, FF, GG be three functions defined on an interval II. Suppose that FF, GG are anti-derivatives of ff. Prove ∃C∈R\exists C \in \mathbb{R} such that F(x)=G(x)+CF(x) = G(x) + C, ∀x∈I\forall x \in I.
4.Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let C∈RC \in \mathbb{R}. Prove that the function f(x)=Cf(x) = C for every x∈[a,b]x \in [a, b] is integrable on [a,b][a, b], and ∫abC dx=C⋅(b−a)\int_a^b C \, dx = C \cdot (b - a).
5.Prove that the Dirichlet function is not integrable on any closed interval [a,b]⊆R[a, b] \subseteq \mathbb{R}.
2
1.(25 נקודות)

(a) (13 נקודות) תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרת מספרים ממשיים. נניח כי הטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס.

i. (7 נקודות) הוכח כי lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0.

ii. (6 נקודות) הוכח כי הטור ∑n=1∞ann2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^2} מתכנס בהחלט.

פתרון:

יש לנו lim⁡n→∞[∣an∣n2][1n2]=lim⁡n→∞∣an∣=0\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{|a_n|}{n^2} \right] \left[ \frac{1}{n^2} \right] = \lim_{n \to \infty} |a_n| = 0, וכיוון ש־∑n=1∞1n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} מתכנס אזי ∑n=1∞∣an∣n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|a_n|}{n^2} מתכנס, כלומר הטור ∑n=1∞ann2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^2} מתכנס בהחלט.

(b) (12 נקודות) קבע האם האינטגרל הלא־אמיתי הבא מתכנס או מתבדר:

∫01ex+xex−1 dx\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx

פתרון:

שימו לב כי lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1, מה שמרמז שקיים 0<δ1<10 < \delta_1 < 1 כך שלכל 0<x<δ10 < x < \delta_1 מתקיים ex−1x>12\frac{e^x - 1}{x} > \frac{1}{2}.

לכן,

∫01ex+xex−1 dx=∫0δ1ex+xex−1 dx+∫δ11ex+xex−1 dx\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx = \int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx + \int_{\delta_1}^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx

שימו לב כי האינטגרל השני סופי, כיוון שהפונקציה ex+xex−1\frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} רציפה על [δ1,1][\delta_1, 1] וכן בעלת אינטגרל.

לגבי האינטגרל הראשון,

∫0δ1ex+xex−1 dx=∫0δ1ex+xxex−1x≤∫0δ12(ex+x)x≤∫0δ12(e+1)x dx=2(e+1)∫0δ1dxx≤2(e+1)∫01dxx<∞\int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx = \int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{x} \sqrt{\frac{e^x - 1}{x}}} \leq \int_0^{\delta_1} \frac{2(e^x + x)}{\sqrt{x}} \leq \int_0^{\delta_1} \frac{2(e + 1)}{\sqrt{x}} \, dx = 2(e + 1) \int_0^{\delta_1} \frac{dx}{\sqrt{x}} \leq 2(e + 1) \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}} < \infty

מה שמרמז כי ∫01ex+xex−1 dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx < \infty.

פתרון חלופי:

שימו לב כי הפונקציה ex+xex−1\frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} אי־שלילית לכל x∈(0,1]x \in (0, 1]. כיוון ש־ex=1+x+x22!+x33!+…e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \ldots, אזי ex≥1+xe^x \geq 1 + x לכל x≥0x \geq 0 וכן,

∫01ex+xex−1 dx≤∫01e+1ex−1 dx≤∫014ex−1 dx≤∫014x dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{e + 1}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{4}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{4}{\sqrt{x}} \, dx < \infty

מה שמרמז כי ∫01ex+xex−1 dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx < \infty.

---

2.(25 נקודות) יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} וְתהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} סדרת מספרים ממשיים.

(a) (15 נקודות) יהיו x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} כך ש־∣x2−x0∣<∣x1−x0∣|x_2 - x_0| < |x_1 - x_0|. נניח כי טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בנקודה x=x1x = x_1. הוכח כי טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בהחלט בנקודה x=x2x = x_2.

(b) (3 נקודות) הגדר את המושג: רדיוס התכנסות של טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n.

3

# 1. (25 נקודות)

## (א) (15 נקודות)

הוכח כי ee הוא מספר אי-רציונלי. אתה רשאי להסתמך על כל משפט או טענה שנלמדו בקורס.

פתרון:

ראה הרצאות.

## (ב) (10 נקודות)

חשב את הערך של האינטגרל המסוים הבא:

∫0π2cos⁡(x) dx\int_0^{\pi^2} \cos(\sqrt{x}) \, dx

פתרון:

נציב t=xt = \sqrt{x} אז dt=12xdxdt = \frac{1}{2\sqrt{x}} dx ולכן dx=2xdt=2tdtdx = 2\sqrt{x} dt = 2t dt.

לפיכך:

∫0π2cos⁡(x) dx=2∫0πtcos⁡(t) dt=2[[tsin⁡t]0π−∫0πsin⁡t dt]\int_0^{\pi^2} \cos(\sqrt{x}) \, dx = 2\int_0^{\pi} t\cos(t) \, dt = 2\left[[t\sin t]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} \sin t \, dt\right]
=−2∫0πsin⁡t dt=2[cos⁡t]0π=−4= -2\int_0^{\pi} \sin t \, dt = 2[\cos t]_0^{\pi} = -4

---

# 2. (25 נקודות)

## (א) (17 נקודות)

### (i) (2 נקודות)

יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי ff פונקציה הגזירה ∞\infty פעמים ב-x0x_0. הגדר את המונח: טור טיילור של ff סביב x0x_0.

פתרון:

טור טיילור של ff סביב x0x_0 מוגדר כ:

Tf(x)=∑n=0∞f(n)(x0)n!⋅(x−x0)nT_f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} \cdot (x - x_0)^n

### (ii) (10 נקודות)

מצא את טור טיילור סביב x0=0x_0 = 0 של הפונקציה:

f(x)={arctan⁡xxx≠01x=0f(x) = \begin{cases} \frac{\arctan x}{x} & x \neq 0 \\ 1 & x = 0 \end{cases}

ומצא את תחום ההתכנסות שלו.

פתרון:

מכיוון ש:

arctan⁡(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1=x−x33+x55−…\arctan(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \ldots

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1, אז:

arctan⁡(x)x=1−x23+x45−…\frac{\arctan(x)}{x} = 1 - \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} - \ldots

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1 כך ש-x≠0x \neq 0.

מכיוון ש-f(0)=1f(0) = 1, נסיק כי:

f(x)=1−x23+x45−…f(x) = 1 - \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} - \ldots

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1.

לפי משפט הייחידות של טורי חזקה, נסיק כי טור טיילור של ff הוא:

Tf(x)=1−x23+x45−…T_f(x) = 1 - \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} - \ldots

וטווח ההתכנסות הוא [−1,1][-1, 1].

### (iii) (5 נקודות)

חשב את הערך של f(10)(0)f^{(10)}(0).

פתרון:

יש לנו f(10)(0)10!=−111\frac{f^{(10)}(0)}{10!} = -\frac{1}{11} (מקדם של x10x^{10}).

מכאן נובע כי:

f(10)(0)=−10!11f^{(10)}(0) = -\frac{10!}{11}

## (ב) (8 נקודות)

תהי f:[0,3]→Rf : [0, 3] \to \mathbb{R} פונקציה רציפה. נניח כי:

∫03f(x) dx=0\int_0^3 f(x) \, dx = 0

הוכח כי קיימת נקודה 0<c<30 < c < 3 כך ש-f(c)=0f(c) = 0.

פתרון:

שקול את הפונקציה המוגדרת על ידי:

F(x)=∫0xf(t) dtF(x) = \int_0^x f(t) \, dt

לכל x∈[0,3]x \in [0, 3].

מכיוון ש-ff רציפה על [0,x][0, x] אז ff אינטגרבילית על [0,x][0, x] ולפיכך FF היא...

אינטגרלים וטורים בסיסיים

שבועות 4–6

0/27 פריטים הושלמו — 0%

0/27
שבוע 4

אינטגרל מסוים — הגדרה, תכונות, ומשפט היסודי

0/6
שבוע 5

אינטגרלים לא מסוימים — שיטות חישוב

0/5
שבוע 6

טורים — הגדרה ומבחני התכנסות בסיסיים

0/7

שאלות ממבחני עבר — אינטגרלים וטורים בסיסיים

1
1.(25 נקודות)

(a) (13 נקודות) תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרת מספרים ממשיים. נניח כי הטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס.

i. (7 נקודות) הוכח כי lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0.

ii. (6 נקודות) הוכח כי הטור ∑n=1∞ann2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^2} מתכנס בהחלט.

פתרון:

יש לנו lim⁡n→∞[∣an∣n2][1n2]=lim⁡n→∞∣an∣=0\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{|a_n|}{n^2} \right] \left[ \frac{1}{n^2} \right] = \lim_{n \to \infty} |a_n| = 0, וכיוון ש־∑n=1∞1n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} מתכנס אזי ∑n=1∞∣an∣n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|a_n|}{n^2} מתכנס, כלומר הטור ∑n=1∞ann2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^2} מתכנס בהחלט.

(b) (12 נקודות) קבע האם האינטגרל הלא־אמיתי הבא מתכנס או מתבדר:

∫01ex+xex−1 dx\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx

פתרון:

שימו לב כי lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1, מה שמרמז שקיים 0<δ1<10 < \delta_1 < 1 כך שלכל 0<x<δ10 < x < \delta_1 מתקיים ex−1x>12\frac{e^x - 1}{x} > \frac{1}{2}.

לכן,

∫01ex+xex−1 dx=∫0δ1ex+xex−1 dx+∫δ11ex+xex−1 dx\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx = \int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx + \int_{\delta_1}^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx

שימו לב כי האינטגרל השני סופי, כיוון שהפונקציה ex+xex−1\frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} רציפה על [δ1,1][\delta_1, 1] וכן בעלת אינטגרל.

לגבי האינטגרל הראשון,

∫0δ1ex+xex−1 dx=∫0δ1ex+xxex−1x≤∫0δ12(ex+x)x≤∫0δ12(e+1)x dx=2(e+1)∫0δ1dxx≤2(e+1)∫01dxx<∞\int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx = \int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{x} \sqrt{\frac{e^x - 1}{x}}} \leq \int_0^{\delta_1} \frac{2(e^x + x)}{\sqrt{x}} \leq \int_0^{\delta_1} \frac{2(e + 1)}{\sqrt{x}} \, dx = 2(e + 1) \int_0^{\delta_1} \frac{dx}{\sqrt{x}} \leq 2(e + 1) \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}} < \infty

מה שמרמז כי ∫01ex+xex−1 dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx < \infty.

פתרון חלופי:

שימו לב כי הפונקציה ex+xex−1\frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} אי־שלילית לכל x∈(0,1]x \in (0, 1]. כיוון ש־ex=1+x+x22!+x33!+…e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \ldots, אזי ex≥1+xe^x \geq 1 + x לכל x≥0x \geq 0 וכן,

∫01ex+xex−1 dx≤∫01e+1ex−1 dx≤∫014ex−1 dx≤∫014x dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{e + 1}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{4}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{4}{\sqrt{x}} \, dx < \infty

מה שמרמז כי ∫01ex+xex−1 dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx < \infty.

---

2.(25 נקודות) יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} וְתהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} סדרת מספרים ממשיים.

(a) (15 נקודות) יהיו x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} כך ש־∣x2−x0∣<∣x1−x0∣|x_2 - x_0| < |x_1 - x_0|. נניח כי טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בנקודה x=x1x = x_1. הוכח כי טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בהחלט בנקודה x=x2x = x_2.

(b) (3 נקודות) הגדר את המושג: רדיוס התכנסות של טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n.

2

Calculus 2, Moed A 2025 Reichman university Solutions

Lecturer: Dr. Yossi Shamai. Duration: 3 hours. Auxiliary material: none.

Instructions: The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions. Each question is worth 25 credits. There is no choice between different items of the same question. Unexplained answers will not receive any credit. You must state all of the conditions for every theorem and/or claim. You do not have a choice between different items of the same question. It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course. You must write your solutions only in the designated areas. Do not write at the back of the papers! Good Luck!

1.(25 points)

1.1. (17 points) Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let f,Gf, G be two functions that are defined on [a,b][a, b].

1.1.1. (2 points) Define the following term: The function GG is an anti-derivative of the function ff in [a,b][a, b].

פתרון:

We say that GG is an anti-derivative of ff in [a,b][a, b] if GG is differentiable on [a,b][a, b] and if for every x∈[a,b]x \in [a, b] we have G′(x)=f(x)G'(x) = f(x).

1.1.2. (15 points) Suppose that ff is continuous on [a,b][a, b] and that GG is an anti-derivative of ff in [a,b][a, b]. Prove that

∫abf(x) dx=G(b)−G(a)\int_a^b f(x) \, dx = G(b) - G(a)

פתרון:

See lectures.

1.2. (8 points) Compute the value of the following series, or prove that it does not converge in the extended sense:

∑n=1∞[arcsin⁡(1n+1)−arcsin⁡(1n)]\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right]

פתרון:

Note that

∑n=1∞[arcsin⁡(1n+1)−arcsin⁡(1n)]=lim⁡N→∞∑n=1N[arcsin⁡(1n+1)−arcsin⁡(1n)]\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right] = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right]
=lim⁡N→∞[arcsin⁡(12)−arcsin⁡(1)+arcsin⁡(13)−arcsin⁡(12)+⋯+arcsin⁡(1N+1)−arcsin⁡(1N)]= \lim_{N \to \infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) - \arcsin(1) + \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) + \cdots + \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{N+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{N}} \right) \right]
=lim⁡N→∞[arcsin⁡(1N+1)−arcsin⁡(1)]= \lim_{N \to \infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{N+1}} \right) - \arcsin(1) \right]
=−arcsin⁡(1)=−π2= -\arcsin(1) = -\frac{\pi}{2}
3
1.(25 נקודות) יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ויהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים.

(a) (15 נקודות) יהיו x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} כך ש־∣x2−x0∣<∣x1−x0∣|x_2 - x_0| < |x_1 - x_0|. נניח כי הטור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס עבור x=x1x = x_1. הוכח כי ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בהחלט עבור x=x2x = x_2.

פתרון:

ראה הרצאות.

(b) (10 נקודות) יהי f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} פונקציה הנגזרת האינסופית. תהי TfT_f טור Taylor של ff סביב x0=0x_0 = 0. נניח כי קיים M>0M > 0 כך ש־∣f(n)(x)∣≤M|f^{(n)}(x)| \leq M לכל n∈Nn \in \mathbb{N} ולכל x∈Rx \in \mathbb{R}. הוכח כי f(x)=Tf(x)f(x) = T_f(x) לכל x∈Rx \in \mathbb{R}.

פתרון:

יהי x∈Rx \in \mathbb{R}. אם x=0x = 0, אז

Tf(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2x2+⋯=f(0)+0+0+⋯=f(0).T_f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2 + \cdots = f(0) + 0 + 0 + \cdots = f(0).

נניח כעת כי x≠0x \neq 0. די להראות כי lim⁡n→∞Rn(x)=0\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0. לפי נוסחת השארית של Taylor, קיים נקודה cc בין 00 ל־xx כך ש־

Rn(x)=f(n+1)(c)(n+1)!xn+1.R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} x^{n+1}.

לכן,

∣Rn(x)∣=∣f(n+1)(c)∣(n+1)!∣x∣n+1≤M∣x∣n+1(n+1)!.|R_n(x)| = \frac{|f^{(n+1)}(c)|}{(n+1)!} |x|^{n+1} \leq \frac{M|x|^{n+1}}{(n+1)!}.

כפי שראינו בהרצאה, lim⁡n→∞∣x∣nn!=0\lim_{n \to \infty} \frac{|x|^n}{n!} = 0. לפי כלל הסחיטה, lim⁡n→∞∣Rn(x)∣=0\lim_{n \to \infty} |R_n(x)| = 0 מה שמוביל ל־lim⁡n→∞Rn(x)=0\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0.

2.(25 נקודות) יהי ff הפונקציה המוגדרת על ידי
f(x)=∑n=1∞(−1)n+1x2n+12n⋅(2n+1)f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} x^{2n+1}}{2n \cdot (2n+1)}

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1.

(a) (9 נקודות) יהי x∈Rx \in \mathbb{R}. חשב את האינטגרל המסוים ∫0xln⁡(1+t2) dt\int_0^x \ln(1 + t^2) \, dt.

פתרון:

על ידי אינטגרציה בחלקים נקבל

∫0xln⁡(1+t2) dt=[tln⁡(1+t2)]0x−∫0x2t21+t2 dt\int_0^x \ln(1 + t^2) \, dt = [t \ln(1 + t^2)]_0^x - \int_0^x \frac{2t^2}{1 + t^2} \, dt
=xln⁡(1+x2)−2∫0xt2+1−11+t2 dt= x \ln(1 + x^2) - 2 \int_0^x \frac{t^2 + 1 - 1}{1 + t^2} \, dt
=xln⁡(1+x2)−2∫0x1 dt+2∫0x11+t2 dt= x \ln(1 + x^2) - 2 \int_0^x 1 \, dt + 2 \int_0^x \frac{1}{1 + t^2} \, dt
=xln⁡(1+x2)−2[t]0x+2[arctan⁡(t)]0x= x \ln(1 + x^2) - 2[t]_0^x + 2[\arctan(t)]_0^x
=xln⁡(1+x2)−2x+2arctan⁡(x).= x \ln(1 + x^2) - 2x + 2\arctan(x).

(b) (6 נקודות) הוכח כי ff מוגדרת היטב.

פתרון:

עלינו להראות כי הטור ∑n=1∞(−1)n+1x2n+12n⋅(2n+1)\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} x^{2n+1}}{2n \cdot (2n+1)} מתכנס לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1. יהי −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1. די להוכיח כי הטור מתכנס בהחלט ב־xx. שימו לב כי

מבחני התכנסות, טורי חזקות וטיילור

שבועות 7–10

0/28 פריטים הושלמו — 0%

0/28
שבוע 7

טורים — מבחן מנה, שורש, ולייבניץ

0/6
שבוע 8

טורי חזקות — הגדרה, רדיוס, תחום התכנסות

0/5
שבוע 9

טורי טיילור ומקלורן

0/4
שבוע 10

סדרות וטורי פונקציות — התכנסות נקודתית ובמידה שווה

0/6

שאלות ממבחני עבר — מבחני התכנסות, טורי חזקות וטיילור

1

# 1. (25 points)

## 1.1. (15 points)

Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers. Suppose that the series ∑n=1∞(−1)n+1an\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n is a Leibniz series. Prove that it converges to a value s∈Rs \in \mathbb{R}, and that a1−a2≤s≤a1a_1 - a_2 \leq s \leq a_1.

Solution: See lectures.

## 1.2. (10 points)

Compute the following definite integral:

∫01arccos⁡(x) dx\int_0^1 \arccos(x) \, dx

Solution: We use integration by parts,

∫01arccos⁡(x) dxu′=1v=arccos⁡(x)\int_0^1 \arccos(x) \, dx \quad \begin{matrix} u' = 1 \\ v = \arccos(x) \end{matrix}
=[x⋅arccos⁡(x)]01+∫01x1−x2 dx= [x \cdot \arccos(x)]_0^1 + \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx
t=1−x2dt=−2x dx\begin{matrix} t = 1-x^2 \\ dt = -2x \, dx \end{matrix}
=0−12∫01dtt=12∫10dtt dt= 0 - \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t}} = \frac{1}{2}\int_1^0 \frac{dt}{\sqrt{t}} \, dt
formula=12⋅11−12=1\text{formula} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{2}} = 1

We now give an alternative solution: we use the method of substitution. As sin⁡(t)≥0\sin(t) \geq 0 for every t∈[0,π2]t \in [0, \frac{\pi}{2}] and as cos⁡2(t)+sin⁡2(t)=1\cos^2(t) + \sin^2(t) = 1 then sin⁡(t)=1−cos⁡2(t)\sin(t) = \sqrt{1 - \cos^2(t)} for every t∈[0,π2]t \in [0, \frac{\pi}{2}].

We now compute

∫01arccos⁡(x) dxt=arccos⁡(x)dt=−dx1−x2\int_0^1 \arccos(x) \, dx \quad \begin{matrix} t = \arccos(x) \\ dt = -\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \end{matrix}
=−∫0π/2t1−x2 dt=∫π/20t1−cos⁡2(t) dt=∫0π/2tsin⁡(t) dt= -\int_0^{\pi/2} \frac{t}{\sqrt{1-x^2}} \, dt = \int_{\pi/2}^0 t \sqrt{1-\cos^2(t)} \, dt = \int_0^{\pi/2} t \sin(t) \, dt
u′=sin⁡(t)v=t\begin{matrix} u' = \sin(t) \\ v = t \end{matrix}
=[−tcos⁡(t)]0π/2+∫0π/2cos⁡(t) dt=∫0π/2cos⁡(t) dt=[sin⁡(t)]0π/2=1= [-t \cos(t)]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \cos(t) \, dt = \int_0^{\pi/2} \cos(t) \, dt = [\sin(t)]_0^{\pi/2} = 1

# 2. (25 points)

## 2.1. (18 points)

### 2.1.1. (5 points)

Prove that the domain of convergence of the power series ∑n=1∞(−1)n+1xnn\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}x^n}{n} is the interval (−1,1](-1, 1].

Solution: We compute the convergence radius using the root formula,

R=lim⁡n→∞1∣an∣n=lim⁡n→∞11nn=lim⁡n→∞nn=1R = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{|a_n|}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{n}}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1

Thus the series converges for every −1<x<1-1 < x < 1 and diverges for every x>1x > 1 and x<−1x < -1.

We now check the endpoints: the series is convergent for x=1x = 1 (Leibniz) and the series is divergent for x=−1x = -1 (minus Harmonic).

We conclude that the domain of convergence of the power series ∑n=1∞(−1)n+1xnn\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}x^n}{n} is the interval (−1,1](-1, 1].

### 2.1.2. (13 points)

Prove that for every −1<x≤1-1 < x \leq 1 we have

ln⁡∣1+x∣=∑n=1∞(−1)n+1xnn\ln|1+x| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}x^n}{n}

Solution: See lectures.

## 2.2. (7 points)

Prove or disprove the following statement: the series

1−1+1+12−12+12+13−13+13+…1 - 1 + 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \ldots

is convergent.

2

Calculus 2, Moed A 2025 Reichman university Solutions

Lecturer: Dr. Yossi Shamai. Duration: 3 hours. Auxiliary material: none.

Instructions: The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions. Each question is worth 25 credits. There is no choice between different items of the same question. Unexplained answers will not receive any credit. You must state all of the conditions for every theorem and/or claim. You do not have a choice between different items of the same question. It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course. You must write your solutions only in the designated areas. Do not write at the back of the papers! Good Luck!

1.(25 points)

1.1. (17 points) Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let f,Gf, G be two functions that are defined on [a,b][a, b].

1.1.1. (2 points) Define the following term: The function GG is an anti-derivative of the function ff in [a,b][a, b].

פתרון:

We say that GG is an anti-derivative of ff in [a,b][a, b] if GG is differentiable on [a,b][a, b] and if for every x∈[a,b]x \in [a, b] we have G′(x)=f(x)G'(x) = f(x).

1.1.2. (15 points) Suppose that ff is continuous on [a,b][a, b] and that GG is an anti-derivative of ff in [a,b][a, b]. Prove that

∫abf(x) dx=G(b)−G(a)\int_a^b f(x) \, dx = G(b) - G(a)

פתרון:

See lectures.

1.2. (8 points) Compute the value of the following series, or prove that it does not converge in the extended sense:

∑n=1∞[arcsin⁡(1n+1)−arcsin⁡(1n)]\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right]

פתרון:

Note that

∑n=1∞[arcsin⁡(1n+1)−arcsin⁡(1n)]=lim⁡N→∞∑n=1N[arcsin⁡(1n+1)−arcsin⁡(1n)]\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right] = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right]
=lim⁡N→∞[arcsin⁡(12)−arcsin⁡(1)+arcsin⁡(13)−arcsin⁡(12)+⋯+arcsin⁡(1N+1)−arcsin⁡(1N)]= \lim_{N \to \infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) - \arcsin(1) + \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) + \cdots + \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{N+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{N}} \right) \right]
=lim⁡N→∞[arcsin⁡(1N+1)−arcsin⁡(1)]= \lim_{N \to \infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{N+1}} \right) - \arcsin(1) \right]
=−arcsin⁡(1)=−π2= -\arcsin(1) = -\frac{\pi}{2}
3
1.(25 נקודות)

(a) (13 נקודות) תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרת מספרים ממשיים. נניח כי הטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס.

i. (7 נקודות) הוכח כי lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0.

ii. (6 נקודות) הוכח כי הטור ∑n=1∞ann2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^2} מתכנס בהחלט.

פתרון:

יש לנו lim⁡n→∞[∣an∣n2][1n2]=lim⁡n→∞∣an∣=0\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{|a_n|}{n^2} \right] \left[ \frac{1}{n^2} \right] = \lim_{n \to \infty} |a_n| = 0, וכיוון ש־∑n=1∞1n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} מתכנס אזי ∑n=1∞∣an∣n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|a_n|}{n^2} מתכנס, כלומר הטור ∑n=1∞ann2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^2} מתכנס בהחלט.

(b) (12 נקודות) קבע האם האינטגרל הלא־אמיתי הבא מתכנס או מתבדר:

∫01ex+xex−1 dx\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx

פתרון:

שימו לב כי lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1, מה שמרמז שקיים 0<δ1<10 < \delta_1 < 1 כך שלכל 0<x<δ10 < x < \delta_1 מתקיים ex−1x>12\frac{e^x - 1}{x} > \frac{1}{2}.

לכן,

∫01ex+xex−1 dx=∫0δ1ex+xex−1 dx+∫δ11ex+xex−1 dx\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx = \int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx + \int_{\delta_1}^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx

שימו לב כי האינטגרל השני סופי, כיוון שהפונקציה ex+xex−1\frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} רציפה על [δ1,1][\delta_1, 1] וכן בעלת אינטגרל.

לגבי האינטגרל הראשון,

∫0δ1ex+xex−1 dx=∫0δ1ex+xxex−1x≤∫0δ12(ex+x)x≤∫0δ12(e+1)x dx=2(e+1)∫0δ1dxx≤2(e+1)∫01dxx<∞\int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx = \int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{x} \sqrt{\frac{e^x - 1}{x}}} \leq \int_0^{\delta_1} \frac{2(e^x + x)}{\sqrt{x}} \leq \int_0^{\delta_1} \frac{2(e + 1)}{\sqrt{x}} \, dx = 2(e + 1) \int_0^{\delta_1} \frac{dx}{\sqrt{x}} \leq 2(e + 1) \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}} < \infty

מה שמרמז כי ∫01ex+xex−1 dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx < \infty.

פתרון חלופי:

שימו לב כי הפונקציה ex+xex−1\frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} אי־שלילית לכל x∈(0,1]x \in (0, 1]. כיוון ש־ex=1+x+x22!+x33!+…e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \ldots, אזי ex≥1+xe^x \geq 1 + x לכל x≥0x \geq 0 וכן,

∫01ex+xex−1 dx≤∫01e+1ex−1 dx≤∫014ex−1 dx≤∫014x dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{e + 1}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{4}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{4}{\sqrt{x}} \, dx < \infty

מה שמרמז כי ∫01ex+xex−1 dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx < \infty.

---

2.(25 נקודות) יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} וְתהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} סדרת מספרים ממשיים.

(a) (15 נקודות) יהיו x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} כך ש־∣x2−x0∣<∣x1−x0∣|x_2 - x_0| < |x_1 - x_0|. נניח כי טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בנקודה x=x1x = x_1. הוכח כי טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בהחלט בנקודה x=x2x = x_2.

(b) (3 נקודות) הגדר את המושג: רדיוס התכנסות של טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n.

כל ההגדרות והמשפטים מההרצאות — מילה במילה

הניסוחים הרשמיים בדיוק כפי שנכתבו בהרצאות 1–10, ממוספרים ומסודרים לפי הרצאה.

הגדרות

הרצאה 1 · 19.3.26 — סדרות, גבול סדרה, סדרות חסומות
הגדרה — סדרה
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z}. סדרה של מספרים ממשיים, המסומנת ב-(an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty}, מוגדרת כפונקציה
a:{n∈Z:n≥k}⟶R,a : \{n \in \mathbb{Z} : n \ge k\} \longrightarrow \mathbb{R},

כאשר לכל n≥kn \ge k, ana_n הוא ערך הפונקציה ב-nn, ופורמלית an=a(n)a_n = a(n), ונקרא האיבר ה-nn-י בסדרה.
הגדרה — שוויון סדרות
יהיו 0≤k1,k2∈Z0 \le k_1, k_2 \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k1∞(a_n)_{n=k_1}^{\infty} ו-(bn)n=k2∞(b_n)_{n=k_2}^{\infty} שתי סדרות של מספרים ממשיים. נאמר כי הן שוות ונסמן (an)n=k1∞=(bn)n=k2∞(a_n)_{n=k_1}^{\infty} = (b_n)_{n=k_2}^{\infty} אם:
(i) k1=k2k_1 = k_2;
(ii) לכל n≥k1n \ge k_1 מתקיים an=bna_n = b_n.
הגדרה — גבול סדרה
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. יהי L∈RL \in \mathbb{R}. נאמר כי LL הוא הגבול של הסדרה (או שהסדרה מתכנסת ל-LL), ונסמן lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} a_n = L, אם לכל ε>0\varepsilon > 0 קיים N∈NN \in \mathbb{N} כך שלכל n≥Nn \ge N מתקיים
∣an−L∣<ε.|a_n - L| < \varepsilon.
הגדרה — סדרה חסומה
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נאמר כי:
(i) הסדרה חסומה מלעיל אם קיים M∈RM \in \mathbb{R} כך שלכל n≥kn \ge k מתקיים an≤Ma_n \le M (MM נקרא חסם מלעיל של הסדרה);
(ii) הסדרה חסומה מלרע אם קיים m∈Rm \in \mathbb{R} כך שלכל n≥kn \ge k מתקיים an≥ma_n \ge m (mm נקרא חסם מלרע של הסדרה);
(iii) הסדרה חסומה אם קיים M>0M > 0 כך שלכל n≥kn \ge k מתקיים ∣an∣≤M|a_n| \le M.
הגדרה — התבדרות ל-$\pm\infty$ והתכנסות
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נאמר כי:
(i) lim⁡n→∞an=∞\lim_{n \to \infty} a_n = \infty אם לכל M>0M > 0 קיים N∈NN \in \mathbb{N} כך שלכל n≥Nn \ge N מתקיים an>Ma_n > M;
(ii) lim⁡n→∞an=−∞\lim_{n \to \infty} a_n = -\infty אם לכל M<0M < 0 קיים N∈NN \in \mathbb{N} כך שלכל n≥Nn \ge N מתקיים an<Ma_n < M;
(iii) הסדרה מתכנסת אם קיים L∈RL \in \mathbb{R} כך ש-lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} a_n = L; אם אינה מתכנסת היא מתבדרת (divergent);
(iv) הסדרה מתכנסת במובן הרחב אם הגבול קיים במובן הרחב, כלומר מתקיים אחד מהבאים: (א) הסדרה מתכנסת, (ב) lim⁡n→∞an=∞\lim_{n\to\infty} a_n = \infty, (ג) lim⁡n→∞an=−∞\lim_{n\to\infty} a_n = -\infty.
הגדרה — מונוטוניות
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נאמר כי:
(i) הסדרה עולה אם לכל nn מתקיים an+1≥ana_{n+1} \ge a_n;
(ii) הסדרה יורדת אם לכל nn מתקיים an+1≤ana_{n+1} \le a_n;
(iii) הסדרה עולה ממש אם לכל nn מתקיים an+1>ana_{n+1} > a_n;
(iv) הסדרה יורדת ממש אם לכל nn מתקיים an+1<ana_{n+1} < a_n;
(v) הסדרה מונוטונית אם מתקיים (i) או (ii);
(vi) הסדרה מונוטונית ממש אם מתקיים (iii) או (iv).
הגדרה — תת-סדרה
תהיינה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} ו-(bk)k=1∞(b_k)_{k=1}^{\infty} שתי סדרות של מספרים ממשיים. נאמר כי (bk)k=1∞(b_k)_{k=1}^{\infty} היא תת-סדרה של (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} אם קיימת סדרה (nk)k=1∞(n_k)_{k=1}^{\infty} של מספרים טבעיים עולה ממש כך שלכל k∈Nk \in \mathbb{N} מתקיים
bk=ank.b_k = a_{n_k}.
הרצאה 2 · 26.3.26 — אינטגרל לא מסוים, פונקציה קדומה, שיטות אינטגרציה
הגדרה — פונקציה קדומה ואינטגרל לא מסוים
יהי I⊆RI \subseteq \mathbb{R} קטע ותהיינה F,fF, f שתי פונקציות המוגדרות על II. נאמר כי FF היא פונקציה קדומה של ff ב-II אם:
(i) FF גזירה ב-II;
(ii) לכל x∈Ix \in I מתקיים F′(x)=f(x)F'(x) = f(x).
במקרה זה נגדיר את האינטגרל הלא מסוים (indefinite) של ff על II, ונסמן
∫f(x) dx={F(x)+C:C∈R},\int f(x)\,dx = \{ F(x) + C : C \in \mathbb{R} \},

ובקיצור ∫f(x) dx=F(x)+C\int f(x)\,dx = F(x) + C.
הגדרה — חלוקה של קטע
יהיו a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b ויהי n∈Nn \in \mathbb{N}. חלוקה בעלת nn חלקים של הקטע [a,b][a,b] היא וקטור עולה P=(x0,…,xn)P = (x_0, \ldots, x_n) כך ש-
a=x0<x1<⋯<xn=b.a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b.
הגדרה — סכומי דרבו ואינטגרל עליון/תחתון
יהיו a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b ותהי ff פונקציה חסומה המוגדרת ב-[a,b][a,b], ותהי P=(x0,…,xn)P = (x_0, \ldots, x_n) חלוקה של [a,b][a,b].
(i) **הסכום העליון** של ff ביחס לחלוקה PP מסומן S‾(f,P)\overline{S}(f,P) ומוגדר ע"י
S‾(f,P)=∑k=1nMk(xk−xk−1),Mk=sup⁡{f(x):xk−1≤x≤xk}.\overline{S}(f,P) = \sum_{k=1}^{n} M_k (x_k - x_{k-1}), \qquad M_k = \sup\{ f(x) : x_{k-1} \le x \le x_k \}.

(ii) **הסכום התחתון** של ff ביחס לחלוקה PP מסומן S‾(f,P)\underline{S}(f,P) ומוגדר ע"י
S‾(f,P)=∑k=1nmk(xk−xk−1),mk=inf⁡{f(x):xk−1≤x≤xk}.\underline{S}(f,P) = \sum_{k=1}^{n} m_k (x_k - x_{k-1}), \qquad m_k = \inf\{ f(x) : x_{k-1} \le x \le x_k \}.

(iii) **האינטגרל העליון** של ff ב-[a,b][a,b] מסומן I‾(f)\overline{I}(f) ומוגדר ע"י I‾(f)=inf⁡{S‾(f,P):P\overline{I}(f) = \inf\{ \overline{S}(f,P) : P חלוקה של [a,b]}[a,b] \}.
(iv) **האינטגרל התחתון** של ff ב-[a,b][a,b] מסומן I‾(f)\underline{I}(f) ומוגדר ע"י I‾(f)=sup⁡{S‾(f,P):P\underline{I}(f) = \sup\{ \underline{S}(f,P) : P חלוקה של [a,b]}[a,b] \}.
הגדרה — אינטגרביליות ואינטגרל מסוים
יהיו a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b ותהי ff פונקציה חסומה המוגדרת ב-[a,b][a,b]. נאמר כי ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b] אם קיים S∈RS \in \mathbb{R} כך ש-
S=I‾(f)=I‾(f).S = \overline{I}(f) = \underline{I}(f).

במקרה זה נגדיר את האינטגרל המסוים של ff בקטע [a,b][a,b] להיות ∫abf(x) dx=S\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx = S.
הרצאה 3 · 16.4.26 — אינטגרל מסוים, תכונות האינטגרל, אי-שוויון הערך המוחלט
הגדרה — אינטגרל על קטע מנוון והיפוך גבולות
תהי ff פונקציה. נגדיר:
(i) ∫aaf(x) dx=0\displaystyle\int_a^a f(x)\,dx = 0;
(ii) ∫baf(x) dx=−∫abf(x) dx\displaystyle\int_b^a f(x)\,dx = -\int_a^b f(x)\,dx.
הרצאה 4 · 23.4.26 — אינטגרציה בחלקים, אינטגרציה בהצבה, אינטגרלים לא אמיתיים
הגדרה — אינטגרל לא אמיתי — גבול עליון אינסופי
יהי a∈Ra \in \mathbb{R} ותהי f:[a,∞)→Rf:[a,\infty)\to\mathbb{R}. נניח ש-ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b] לכל b>ab>a. נאמר שהאינטגרל הלא אמיתי ∫a∞f(x) dx\int_a^\infty f(x)\,dx מתכנס אם הגבול lim⁡b→∞∫abf(x) dx\lim_{b\to\infty}\int_a^b f(x)\,dx קיים, ובמקרה זה נגדיר
∫a∞f(x) dx=lim⁡b→∞∫abf(x) dx.\int_a^\infty f(x)\,dx = \lim_{b\to\infty}\int_a^b f(x)\,dx.
הגדרה — אינטגרל לא אמיתי — גבול תחתון אינסופי
יהי b∈Rb \in \mathbb{R} ותהי f:(−∞,b]→Rf:(-\infty,b]\to\mathbb{R}. נניח ש-ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b] לכל a<ba<b. נאמר שהאינטגרל ∫−∞bf(x) dx\int_{-\infty}^b f(x)\,dx מתכנס אם הגבול lim⁡a→−∞∫abf(x) dx\lim_{a\to-\infty}\int_a^b f(x)\,dx קיים, ובמקרה זה
∫−∞bf(x) dx=lim⁡a→−∞∫abf(x) dx.\int_{-\infty}^b f(x)\,dx = \lim_{a\to-\infty}\int_a^b f(x)\,dx.
הגדרה — אינטגרל לא אמיתי — שני גבולות אינסופיים
תהי f:R→Rf:\mathbb{R}\to\mathbb{R}. נאמר ש-∫−∞∞f(x) dx\int_{-\infty}^\infty f(x)\,dx מתכנס אם ∫−∞0f(x) dx\int_{-\infty}^0 f(x)\,dx ו-∫0∞f(x) dx\int_0^\infty f(x)\,dx מתכנסים (כל אחד בנפרד), ובמקרה זה
∫−∞∞f(x) dx=∫−∞0f(x) dx+∫0∞f(x) dx.\int_{-\infty}^\infty f(x)\,dx = \int_{-\infty}^0 f(x)\,dx + \int_0^\infty f(x)\,dx.
הגדרה — אינטגרל לא אמיתי — אי-רציפות בקצה השמאלי
יהיו a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-(a,b](a,b]. נניח ש-ff אינטגרבילית ב-[a+δ,b][a+\delta,b] לכל 0<δ<b−a0<\delta<b-a. נאמר שהאינטגרל הלא אמיתי ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx מתכנס אם הגבול lim⁡δ→0+∫a+δbf(x) dx\lim_{\delta\to 0^+}\int_{a+\delta}^b f(x)\,dx קיים, ובמקרה זה
∫abf(x) dx=lim⁡δ→0+∫a+δbf(x) dx.\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\delta\to 0^+}\int_{a+\delta}^b f(x)\,dx.
הגדרה — אינטגרל לא אמיתי — אי-רציפות בקצה הימני
יהיו a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b)[a,b). נניח ש-ff אינטגרבילית ב-[a,b−δ][a,b-\delta] לכל 0<δ<b−a0<\delta<b-a. נאמר שהאינטגרל ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx מתכנס אם הגבול lim⁡δ→0+∫ab−δf(x) dx\lim_{\delta\to 0^+}\int_a^{b-\delta} f(x)\,dx קיים, ובמקרה זה
∫abf(x) dx=lim⁡δ→0+∫ab−δf(x) dx.\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\delta\to 0^+}\int_a^{b-\delta} f(x)\,dx.
הגדרה — התכנסות בהחלט של אינטגרל
יהי a∈Ra \in \mathbb{R} ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,∞)[a,\infty). נאמר שהאינטגרל הלא אמיתי ∫a∞f(x) dx\int_a^\infty f(x)\,dx מתכנס בהחלט אם ∫a∞∣f(x)∣ dx<∞\int_a^\infty |f(x)|\,dx < \infty.
הגדרה — טור ומה זה התכנסות טור
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה של מספרים ממשיים. נאמר שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס אם הגבול lim⁡N→∞∑n=kNan\lim_{N\to\infty}\sum_{n=k}^N a_n קיים, ובמקרה זה
∑n=k∞an=lim⁡N→∞∑n=kNan.\sum_{n=k}^\infty a_n = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=k}^N a_n.
הרצאה 5 · 30.4.26 — טורים, הטור ההנדסי, הטור הטלסקופי
הגדרה — סדרת הסכומים החלקיים
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה. סדרת הסכומים החלקיים של (an)(a_n) היא הסדרה (SN)N=k∞(S_N)_{N=k}^\infty המוגדרת ע"י
SN=∑n=kNanלכל N≥k.S_N = \sum_{n=k}^N a_n \quad \text{לכל } N \ge k.

למשל Sk=akS_k = a_k, Sk+1=ak+ak+1S_{k+1} = a_k + a_{k+1}, Sk+2=ak+ak+1+ak+2S_{k+2} = a_k + a_{k+1} + a_{k+2}.
הגדרה 1 — התכנסות טור
∑n=k∞an=lim⁡N→∞∑n=kNan=lim⁡N→∞SN.\sum_{n=k}^\infty a_n = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=k}^N a_n = \lim_{N\to\infty} S_N.

ואומרים שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס אם סדרת הסכומים החלקיים (SN)(S_N) מתכנסת.
הגדרה — זנב הטור
תהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה ויהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z}. הזנב ה-kk-י של הטור ∑n=0∞an\sum_{n=0}^\infty a_n הוא הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n.
הגדרה — טור אי-שלילי וסימון $\sum a_n < \infty$
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה. אם an≥0a_n \ge 0 לכל n≥kn \ge k נאמר שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n אי-שלילי. אם הטור אי-שלילי, נסמן ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty אם הטור מתכנס.
הרצאה 7 · 14.5.26 — מבחן האינטגרל, התכנסות בהחלט, התכנסות בתנאי
הגדרה — התכנסות בהחלט
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה. נאמר שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס בהחלט אם
∑n=k∞∣an∣<∞.\sum_{n=k}^\infty |a_n| < \infty.
הגדרה — התכנסות בתנאי
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה. נאמר שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס בתנאי אם הטור מתכנס אבל אינו מתכנס בהחלט, כלומר ∑n=k∞∣an∣=∞\sum_{n=k}^\infty |a_n| = \infty.
הגדרה — טור לייבניץ (טור מתחלף)
תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^\infty סדרה. נאמר שהטור ∑n=1∞(−1)n+1an\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} a_n הוא טור לייבניץ אם:
(i) (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^\infty יורדת;
(ii) lim⁡n→∞an=0\lim_{n\to\infty} a_n = 0.
הרצאה 8 · 19.5.26 — מבחן הסוגריים, טורי חזקות, תחום ההתכנסות
הגדרה — הוספת סוגריים לטור
תהיינה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^\infty ו-(bk)k=1∞(b_k)_{k=1}^\infty שתי סדרות. נאמר שהטור ∑k=1∞bk\sum_{k=1}^\infty b_k התקבל מהטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^\infty a_n ע"י הוספת סוגריים אם קיימת סדרה עולה ממש (nk)k=1∞(n_k)_{k=1}^\infty של מספרים טבעיים כך ש:
(i) n1=1n_1 = 1;
(ii) לכל k≥1k \ge 1 מתקיים bk=ank+ank+1+ank+2+⋯+ank+1−1b_k = a_{n_k} + a_{n_k+1} + a_{n_k+2} + \cdots + a_{n_{k+1}-1}.
הגדרה — טור חזקות
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R}. טור חזקות סביב x0x_0 הוא טור מהצורה
∑n=0∞an(x−x0)n=a0+a1(x−x0)+a2(x−x0)2+⋯ ,\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n = a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \cdots,

כאשר (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה של מספרים ממשיים ו-x∈Rx \in \mathbb{R}.
הגדרה — תחום ההתכנסות
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה. תחום ההתכנסות של טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n הוא קבוצת כל ערכי ה-x∈Rx \in \mathbb{R} שעבורם הטור מתכנס.
הגדרה — רדיוס ההתכנסות
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ויהי ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n טור חזקות. רדיוס ההתכנסות של הטור מוגדר ע"י
R=sup⁡{r≥0:הטור מתכנס לכל x∈[x0−r,x0+r]}.R = \sup\{ r \ge 0 : \text{הטור מתכנס לכל } x \in [x_0-r, x_0+r] \}.
הרצאה 9 · 25.5.26 — גזירה ואינטגרציה איבר-איבר, משפט אבל (גבול), טורי מקלורן
הגדרה — פולינום טיילור ושארית הטיילור
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ויהי 0≤N∈Z0 \le N \in \mathbb{Z}. תהי ff פונקציה הגזירה NN פעמים ב-x0x_0. פולינום הטיילור מסדר NN של ff סביב x0x_0 מוגדר ע"י
TN(x)=∑n=0Nf(n)(x0)n!(x−x0)n=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)2(x−x0)2+⋯+f(N)(x0)N!(x−x0)N.T_N(x) = \sum_{n=0}^N \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(N)}(x_0)}{N!}(x-x_0)^N.

שארית הטיילור מסדר NN מוגדרת ע"י RN(x)=f(x)−TN(x)R_N(x) = f(x) - T_N(x).
הרצאה 10 · 4.6.26 — משפט הזהות (מקדמי טור חזקות), פולינום טיילור, שארית טיילור
הגדרה — פולינום טיילור מסדר $N$
יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ויהי 0≤N∈Z0 \le N \in \mathbb{Z}. תהי ff פונקציה הגזירה NN פעמים ב-x0x_0. פולינום טיילור מסדר NN של ff סביב x0x_0 הוא הפולינום מדרגה ≤N\le N
TN(x)=∑n=0Nf(n)(x0)n!(x−x0)n=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)2(x−x0)2+⋯+f(N)(x0)N!(x−x0)N.T_N(x) = \sum_{n=0}^N \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(N)}(x_0)}{N!}(x-x_0)^N.
הגדרה — שארית טיילור מסדר $N$
תהי ff ויהי TNT_N פולינום טיילור מסדר NN שלה סביב x0x_0. שארית הטיילור של ff סביב x0x_0 מסדר NN מוגדרת להיות
RN(x)=f(x)−TN(x).R_N(x) = f(x) - T_N(x).
הגדרה — טור טיילור
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי ff פונקציה המוגדרת בסביבה של x0x_0. נניח ש-ff גזירה אינסוף פעמים ב-x0x_0 (כלומר f(n)(x0)f^{(n)}(x_0) קיימת לכל 0≤n∈Z0 \le n \in \mathbb{Z}). טור הטיילור של ff סביב x0x_0 מוגדר להיות
Tf(x)=∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)n.T_f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n.

משפטים

הרצאה 1 · 19.3.26 — סדרות, גבול סדרה, סדרות חסומות
משפט 1 — סדרה עולה וחסומה מלעיל מתכנסת ל-sup
תהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נניח כי (an)(a_n) עולה וחסומה מלעיל. אזי (an)(a_n) מתכנסת ומתקיים
lim⁡n→∞an=sup⁡{an:n≥k}.\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n : n \ge k\}.
הוכחה
ההוכחה ניתנה בתרגול 2, שאלה 2ב.
משפט 2 — סדרה יורדת וחסומה מלרע מתכנסת ל-inf
תהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נניח כי (an)(a_n) יורדת וחסומה מלרע. אזי (an)(a_n) מתכנסת ומתקיים
lim⁡n→∞an=inf⁡{an:n≥k}.\lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n : n \ge k\}.
הוכחה
ההוכחה דומה להוכחת משפט 1.
משפט 3 — התכנסות הזנב — הזזת אינדקס
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. אם (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} מתכנסת במובן הרחב, אזי (an+k)n=1∞(a_{n+k})_{n=1}^{\infty} מתכנסת במובן הרחב ובנוסף
lim⁡n→∞an+k=lim⁡n→∞an.\lim_{n \to \infty} a_{n+k} = \lim_{n \to \infty} a_n.
הוכחה
(an+k)n=1∞(a_{n+k})_{n=1}^{\infty} היא תת-סדרה של (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty}, ולכן מהירושה (משפט 4) lim⁡n→∞an+k=lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_{n+k} = \lim_{n \to \infty} a_n. (ההוכחה הופיעה גם בתרגול 2, שאלה 2א.)
משפט 4 — משפט הירושה — תת-סדרה של סדרה מתכנסת
(ירושה) תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים ותהי (nk)k=1∞(n_k)_{k=1}^{\infty} סדרה עולה ממש של מספרים טבעיים. נניח כי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} מתכנסת במובן הרחב. אזי תת-הסדרה (ank)k=1∞(a_{n_k})_{k=1}^{\infty} מתכנסת במובן הרחב ובנוסף
lim⁡k→∞ank=lim⁡n→∞an.\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = \lim_{n \to \infty} a_n.
הוכחה
**מקרה א (lim⁡an=L∈R\lim a_n = L \in \mathbb{R}).** יהי ε>0\varepsilon > 0. קיים N1∈NN_1 \in \mathbb{N} כך שלכל n≥N1n \ge N_1 מתקיים ∣an−L∣<ε|a_n - L| < \varepsilon (∗)(*). נבחר K=N1K = N_1 ויהי k≥Kk \ge K. אזי nk≥k≥K=N1n_k \ge k \ge K = N_1 (כי (nk)(n_k) עולה ממש, ומכאן nk≥kn_k \ge k), ולכן (∗)(*) חל על nkn_k ומתקיים ∣ank−L∣<ε|a_{n_k} - L| < \varepsilon.

**מקרה ב (lim⁡an=∞\lim a_n = \infty).** יהי M>0M > 0. קיים N1N_1 כך שלכל n≥N1n \ge N_1 מתקיים an>Ma_n > M (∗∗)(**). נבחר K=N1K = N_1 ויהי k≥Kk \ge K. אזי nk≥k≥N1n_k \ge k \ge N_1 ולכן ank>Ma_{n_k} > M.

**מקרה ג (lim⁡an=−∞\lim a_n = -\infty).** יהי M<0M < 0. קיים N1N_1 כך שלכל n≥N1n \ge N_1 מתקיים an<Ma_n < M. נבחר K=N1K = N_1 ויהי k≥Kk \ge K. אזי nk≥N1n_k \ge N_1 ולכן ank<Ma_{n_k} < M.
מסקנה 1 — התכנסות הזנב כמסקנה מהירושה
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. אם (an)(a_n) מתכנסת במובן הרחב, אזי (an+k)n=1∞(a_{n+k})_{n=1}^{\infty} מתכנסת במובן הרחב ו-
lim⁡n→∞an+k=lim⁡n→∞an.\lim_{n \to \infty} a_{n+k} = \lim_{n \to \infty} a_n.
הוכחה
(an+k)n=1∞(a_{n+k})_{n=1}^{\infty} היא תת-סדרה של (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty}, ולכן מהירושה lim⁡n→∞an+k=lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_{n+k} = \lim_{n \to \infty} a_n.
משפט 5 — התכנסות דרך תת-הסדרות הזוגית והאי-זוגית
תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים ויהי L∈RL \in \mathbb{R}. נניח כי
lim⁡k→∞a2k=lim⁡k→∞a2k−1=L.\lim_{k \to \infty} a_{2k} = \lim_{k \to \infty} a_{2k-1} = L.

אזי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} מתכנסת ומתקיים lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} a_n = L.
הוכחה
יהי ε>0\varepsilon > 0. קיים K1K_1 כך שלכל k≥K1k \ge K_1 מתקיים ∣a2k−L∣<ε|a_{2k} - L| < \varepsilon (∗)(*), וקיים K2K_2 כך שלכל k≥K2k \ge K_2 מתקיים ∣a2k−1−L∣<ε|a_{2k-1} - L| < \varepsilon (∗∗)(**). נבחר N=max⁡{2K1, 2K2−1}N = \max\{2K_1,\, 2K_2 - 1\} ויהי n≥Nn \ge N.
אם nn זוגי, n=2kn = 2k, אזי 2k=n≥N≥2K12k = n \ge N \ge 2K_1 כך ש-k≥K1k \ge K_1, ולכן ∣an−L∣=∣a2k−L∣<(∗)ε|a_n - L| = |a_{2k} - L| \underset{(*)}{<} \varepsilon.
אם nn אי-זוגי, n=2k−1n = 2k-1, אזי 2k−1=n≥N≥2K2−12k - 1 = n \ge N \ge 2K_2 - 1 כך ש-k≥K2k \ge K_2, ולכן ∣an−L∣=∣a2k−1−L∣<(∗∗)ε|a_n - L| = |a_{2k-1} - L| \underset{(**)}{<} \varepsilon.
הרצאה 2 · 26.3.26 — אינטגרל לא מסוים, פונקציה קדומה, שיטות אינטגרציה
משפט 1 — שתי פונקציות קדומות נבדלות בקבוע
תהיינה f,F,Gf, F, G שלוש פונקציות המוגדרות בקטע I⊆RI \subseteq \mathbb{R}. נניח כי FF ו-GG הן פונקציות קדומות של ff ב-II. אזי קיים C∈RC \in \mathbb{R} כך שלכל x∈Ix \in I מתקיים
F(x)=G(x)+C.F(x) = G(x) + C.
הוכחה
נגדיר את הפונקציה h(x)=F(x)−G(x)h(x) = F(x) - G(x) לכל x∈Ix \in I. אזי hh גזירה ב-II (כהפרש פונקציות גזירות), ולכל x∈Ix \in I מתקיים
h′(x)=F′(x)−G′(x)=f(x)−f(x)=0h'(x) = F'(x) - G'(x) = f(x) - f(x) = 0

(מכך ש-F,GF, G קדומות של ff). לפי המסקנה ממשפט הערך הממוצע (מחדו"א 1), פונקציה שנגזרתה אפס בקטע היא קבועה, ולכן קיים C∈RC \in \mathbb{R} כך שלכל x∈Ix \in I מתקיים h(x)=Ch(x) = C, כלומר F(x)−G(x)=CF(x) - G(x) = C, ומכאן F(x)=G(x)+CF(x) = G(x) + C.
מסקנה 1 — האינטגרל הלא מסוים הוא אוסף כל הקדומות
∫f(x) dx={F(x)+C:C∈R}={כל הפונקציות הקדומות של f ב-I}.\int f(x)\,dx = \{ F(x) + C : C \in \mathbb{R} \} = \{ \text{כל הפונקציות הקדומות של } f \text{ ב-}I \}.
הוכחה
נובע ישירות ממשפט 1: כל שתי קדומות נבדלות בקבוע, ולכן אוסף כל הקדומות הוא בדיוק {F(x)+C:C∈R}\{F(x) + C : C \in \mathbb{R}\}.
משפט 2 — תכונות האינטגרל הלא מסוים (לינאריות, בחלקים, הצבה)
תהיינה f,g,F,Gf, g, F, G פונקציות המוגדרות בקטע I⊆RI \subseteq \mathbb{R}, כאשר FF קדומה של ff ו-GG קדומה של gg ב-II (כלומר F′=fF' = f, G′=gG' = g). אזי:
(i) **לינאריות:** לכל α,β∈R\alpha, \beta \in \mathbb{R},
∫[αf(x)+βg(x)] dx=α∫f(x) dx+β∫g(x) dx.\int [\alpha f(x) + \beta g(x)]\,dx = \alpha \int f(x)\,dx + \beta \int g(x)\,dx.

(ii) **אינטגרציה בחלקים:**
∫F′(x)G(x) dx=F(x)G(x)−∫F(x)G′(x) dx.\int F'(x) G(x)\,dx = F(x) G(x) - \int F(x) G'(x)\,dx.

(iii) **שיטת ההצבה (החלפת המשתנה):**
∫g(F(x))⋅f(x) dx=∫g(t) dt,t=F(x).\int g(F(x)) \cdot f(x)\,dx = \int g(t)\,dt, \qquad t = F(x).
הוכחה
נוכיח את (iii). נשים לב שלכל x∈Ix \in I מתקיים, מכלל השרשרת,
[G(F(x))]′=G′(F(x))⋅F′(x)=g(F(x))⋅f(x).[G(F(x))]' = G'(F(x)) \cdot F'(x) = g(F(x)) \cdot f(x).

אזי G(F(x))G(F(x)) היא פונקציה קדומה של g(F(x))⋅f(x)g(F(x)) \cdot f(x) בקטע II, ולכן
∫g(F(x))f(x) dx=G(F(x))+C=G(t)+C=∫g(t) dt,t=F(x).\int g(F(x)) f(x)\,dx = G(F(x)) + C = G(t) + C = \int g(t)\,dt, \qquad t = F(x).
מסקנה 3 — אינטגרל של פונקציה אי-שלילית הוא השטח שמתחת לגרף
אם 0≤f(x)0 \le f(x) לכל x∈[a,b]x \in [a,b] ו-ff אינטגרבילית, אזי ∫abf(x) dx\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx הוא השטח שמתחת לגרף של ff מעל הקטע [a,b][a,b].
משפט 3 — אינטגרל של פונקציה קבועה
יהי C∈RC \in \mathbb{R} ויהיו a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b. אזי הפונקציה הקבועה f(x)=Cf(x) = C אינטגרבילית ב-[a,b][a,b], ומתקיים
∫abC dx=C⋅(b−a).\int_a^b C\,dx = C \cdot (b - a).
הוכחה
תהי P=(x0,…,xn)P = (x_0, \ldots, x_n) חלוקה של [a,b][a,b]. לכל 1≤k≤n1 \le k \le n מתקיים Mk=sup⁡{C}=CM_k = \sup\{C\} = C, ולכן
S‾(f,P)=∑k=1nC(xk−xk−1)=C∑k=1n(xk−xk−1)=C(xn−x0)=C(b−a)\overline{S}(f,P) = \sum_{k=1}^{n} C (x_k - x_{k-1}) = C \sum_{k=1}^{n} (x_k - x_{k-1}) = C(x_n - x_0) = C(b-a)

(הסכום טלסקופי). לכן I‾(f)=inf⁡{C(b−a)}=C(b−a)\overline{I}(f) = \inf\{ C(b-a) \} = C(b-a). באופן זהה mk=inf⁡{C}=Cm_k = \inf\{C\} = C, ולכן S‾(f,P)=C(b−a)\underline{S}(f,P) = C(b-a) ו-I‾(f)=C(b−a)\underline{I}(f) = C(b-a). מאחר ש-I‾(f)=I‾(f)=C(b−a)\overline{I}(f) = \underline{I}(f) = C(b-a), הפונקציה אינטגרבילית ו-∫abC dx=C(b−a)\int_a^b C\,dx = C(b-a).
משפט 4 — פונקציית דיריכלה אינה אינטגרבילית
יהיו a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b. פונקציית דיריכלה
D(x)={1x∈Q0x∉QD(x) = \begin{cases} 1 & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}

אינה אינטגרבילית ב-[a,b][a,b].
הוכחה
תהי P=(x0,…,xn)P = (x_0, \ldots, x_n) חלוקה של [a,b][a,b]. בכל תת-קטע [xk−1,xk][x_{k-1}, x_k] קיים מספר רציונלי (צפיפות Q\mathbb{Q}), ולכן Mk=sup⁡{D(x):xk−1≤x≤xk}=1M_k = \sup\{ D(x) : x_{k-1} \le x \le x_k \} = 1. מכאן
S‾(D,P)=∑k=1n1⋅(xk−xk−1)=b−a,I‾(D)=inf⁡{b−a}=b−a.\overline{S}(D,P) = \sum_{k=1}^{n} 1\cdot(x_k - x_{k-1}) = b - a, \qquad \overline{I}(D) = \inf\{ b-a \} = b-a.

כמו כן בכל תת-קטע קיים מספר אי-רציונלי (צפיפות R∖Q\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}), ולכן mk=inf⁡{D(x)}=0m_k = \inf\{ D(x) \} = 0, ומכאן
S‾(D,P)=0,I‾(D)=sup⁡{0}=0.\underline{S}(D,P) = 0, \qquad \underline{I}(D) = \sup\{ 0 \} = 0.

מאחר ש-I‾(D)=0≠b−a=I‾(D)\underline{I}(D) = 0 \ne b - a = \overline{I}(D), הפונקציה D(x)D(x) אינה אינטגרבילית ב-[a,b][a,b].
משפט 5 — האינטגרל התחתון קטן או שווה לעליון
יהיו a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b ותהי ff פונקציה חסומה המוגדרת ב-[a,b][a,b]. אזי
I‾(f)≤I‾(f).\underline{I}(f) \le \overline{I}(f).
הוכחה
ההוכחה נשענת על כך שלכל שתי חלוקות P1,P2P_1, P_2 של [a,b][a,b] מתקיים S‾(f,P1)≤S‾(f,P2)\underline{S}(f,P_1) \le \overline{S}(f,P_2); מכאן הסופרמום של הסכומים התחתונים קטן או שווה לאינפימום של הסכומים העליונים, כלומר I‾(f)≤I‾(f)\underline{I}(f) \le \overline{I}(f).
הרצאה 3 · 16.4.26 — אינטגרל מסוים, תכונות האינטגרל, אי-שוויון הערך המוחלט
משפט 1 — תכונות האינטגרל המסוים
תהיינה a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b ותהיינה f,gf,g שתי פונקציות המוגדרות ב-[a,b][a,b]. אזי:
(i) **לינאריות:** אם f,gf,g אינטגרביליות ב-[a,b][a,b], אזי לכל α,β∈R\alpha,\beta \in \mathbb{R} הפונקציה αf+βg\alpha f + \beta g אינטגרבילית ב-[a,b][a,b] ובנוסף
∫ab[αf(x)+βg(x)] dx=α∫abf(x) dx+β∫abg(x) dx.\int_a^b [\alpha f(x) + \beta g(x)]\,dx = \alpha \int_a^b f(x)\,dx + \beta \int_a^b g(x)\,dx.

(ii) **אלגברה:** אם f,gf,g אינטגרביליות ב-[a,b][a,b], אזי g±fg \pm f ו-f⋅gf \cdot g אינטגרביליות ב-[a,b][a,b]; ואם בנוסף fg\frac{f}{g} חסומה ב-[a,b][a,b], אזי גם fg\frac{f}{g} אינטגרבילית ב-[a,b][a,b].
(iii) ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b] אם"ם ff אינטגרבילית בכל תת-קטע סגור של [a,b][a,b].
(iv) אם ff מונוטונית ב-[a,b][a,b] אזי ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b].
(v) **מונוטוניות האינטגרל:** אם f,gf,g אינטגרביליות ב-[a,b][a,b] ולכל x∈[a,b]x \in [a,b] מתקיים f(x)≤g(x)f(x) \le g(x), אזי ∫abf(x) dx≤∫abg(x) dx\int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b g(x)\,dx.
(vi) **שאת ההגדרה (אדיטיביות):** יהי a<c<ba < c < b. אזי ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b] אם"ם ff אינטגרבילית ב-[a,c][a,c] וגם ב-[c,b][c,b], ובמקרה זה ∫abf(x) dx=∫acf(x) dx+∫cbf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^c f(x)\,dx + \int_c^b f(x)\,dx.
(vii) **אי-תלות בנקודה בודדת:** אם ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b] ו-gg שונה מ-ff בנקודה אחת בלבד (כלומר g(x)=f(x)g(x) = f(x) לכל x≠x0x \ne x_0), אזי gg אינטגרבילית ב-[a,b][a,b] ומתקיים ∫abg(x) dx=∫abf(x) dx\int_a^b g(x)\,dx = \int_a^b f(x)\,dx.
הוכחה
המשפט לא הוכח בהרצאה.
מסקנה 1 — רציפה פרט למספר סופי של נקודות — אינטגרבילית
אם ff חסומה ב-[a,b][a,b] ורציפה ב-[a,b][a,b] פרט למספר סופי של נקודות, אזי ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b].
מסקנה — אינטגרל כשטח מסומן
אם f(x)≤0f(x) \le 0 לכל x∈[a,b]x \in [a,b] ו-ff אינטגרבילית, אזי −f(x)≥0-f(x) \ge 0 ומתקיים
∫abf(x) dx=−∫ab[−f(x)] dx=−(השטח שמעל הגרף של f).\int_a^b f(x)\,dx = -\int_a^b [-f(x)]\,dx = -(\text{השטח שמעל הגרף של } f).

באופן כללי, האינטגרל הוא השטח המסומן: אם הגרף חוצה את ציר ה-xx, ∫abf(x) dx=S1−S2+S3\int_a^b f(x)\,dx = S_1 - S_2 + S_3 (שטחים מעל הציר בחיוב ומתחתיו בשלילה).
משפט 2 — אי-שוויון הערך המוחלט לאינטגרל
תהיינה a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a,b]. נניח כי ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b]. אזי
∣∫abf(x) dx∣≤∫ab∣f(x)∣ dx.\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le \int_a^b |f(x)|\,dx.
הוכחה
מאחר ש-ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b], גם ∣f∣|f| אינטגרבילית ב-[a,b][a,b], ולכן ∫ab∣f(x)∣ dx\int_a^b |f(x)|\,dx קיים. נשים לב כי לכל x∈[a,b]x \in [a,b] מתקיים
−∣f(x)∣≤f(x)≤∣f(x)∣.-|f(x)| \le f(x) \le |f(x)|.

לכן ממונוטוניות האינטגרל,
−∫ab∣f(x)∣ dx=∫ab−∣f(x)∣ dx≤∫abf(x) dx≤∫ab∣f(x)∣ dx.-\int_a^b |f(x)|\,dx = \int_a^b -|f(x)|\,dx \le \int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b |f(x)|\,dx.

נסמן r=∫ab∣f(x)∣ dxr = \int_a^b |f(x)|\,dx. אזי −r≤∫abf(x) dx≤r-r \le \int_a^b f(x)\,dx \le r, כלומר ∣∫abf(x) dx∣≤r=∫ab∣f(x)∣ dx\left| \int_a^b f(x)\,dx \right| \le r = \int_a^b |f(x)|\,dx.
משפט 3 — משפט הערך הממוצע האינטגרלי
תהיינה a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a,b]. נניח כי ff רציפה ב-[a,b][a,b]. אזי קיימת c∈[a,b]c \in [a,b] המקיימת
f(c)=1b−a∫abf(x) dx.f(c) = \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,dx.
הוכחה
מאחר ש-ff רציפה ב-[a,b][a,b] היא אינטגרבילית, ולכן ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx קיים. נסמן r=1b−a∫abf(x) dxr = \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,dx; נרצה למצוא c∈[a,b]c \in [a,b] כך ש-f(c)=rf(c) = r.
מאחר ש-ff רציפה, ממשפט ויירשטראס קיימות x1,x2∈[a,b]x_1, x_2 \in [a,b] כך שלכל x∈[a,b]x \in [a,b] מתקיים f(x2)≤f(x)≤f(x1)f(x_2) \le f(x) \le f(x_1). נסמן M=f(x1)M = f(x_1) ו-m=f(x2)m = f(x_2), אזי m≤f(x)≤Mm \le f(x) \le M לכל x∈[a,b]x \in [a,b]. ממונוטוניות האינטגרל,
m(b−a)=∫abm dx≤∫abf(x) dx≤∫abM dx=M(b−a).m(b-a) = \int_a^b m\,dx \le \int_a^b f(x)\,dx \le \int_a^b M\,dx = M(b-a).

נחלק ב-b−ab-a ונקבל f(x2)=m≤r≤M=f(x1)f(x_2) = m \le r \le M = f(x_1). אם x1=x2x_1 = x_2 אזי f(x2)=r=f(x1)f(x_2) = r = f(x_1) וניתן לבחור c=x1c = x_1. אחרת, ממשפט ערך הביניים על הקטע שבין x1x_1 ל-x2x_2 קיימת cc ביניהם כך ש-f(c)=rf(c) = r.
משפט 4 — רציפות פונקציית הצבירה
תהיינה a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a,b]. נניח כי ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b], ונביט בפונקציה FF המוגדרת ע"י
F(x)=∫axf(t) dtלכל a≤x≤b.F(x) = \int_a^x f(t)\,dt \quad \text{לכל } a \le x \le b.

אזי FF רציפה ב-[a,b][a,b].
הוכחה
מאחר ש-ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b], היא אינטגרבילית בכל תת-קטע, ולכן FF מוגדרת היטב ב-[a,b][a,b] (ובפרט F(a)=∫aaf(t) dt=0F(a) = \int_a^a f(t)\,dt = 0).
נוכיח כי FF רציפה. יהי x0∈[a,b]x_0 \in [a,b]; צריך להוכיח שלכל ε>0\varepsilon > 0 קיים δ>0\delta > 0 כך שלכל x∈[a,b]x \in [a,b] עם ∣x−x0∣<δ|x-x_0| < \delta מתקיים ∣F(x)−F(x0)∣<ε|F(x)-F(x_0)| < \varepsilon. מאחר ש-ff חסומה ב-[a,b][a,b], קיים K>0K > 0 כך שלכל x∈[a,b]x \in [a,b] מתקיים ∣f(x)∣≤K|f(x)| \le K. נבחר δ=εK\delta = \frac{\varepsilon}{K}. נניח x>x0x > x_0 (המקרה x<x0x < x_0 דומה). אזי
∣F(x)−F(x0)∣=∣∫axf(t) dt−∫ax0f(t) dt∣=∣∫x0xf(t) dt∣≤∫x0x∣f(t)∣ dt≤∫x0xK dt=K(x−x0)=K∣x−x0∣<Kδ=ε.|F(x)-F(x_0)| = \left| \int_a^x f(t)\,dt - \int_a^{x_0} f(t)\,dt \right| = \left| \int_{x_0}^x f(t)\,dt \right| \le \int_{x_0}^x |f(t)|\,dt \le \int_{x_0}^x K\,dt = K(x-x_0) = K|x-x_0| < K\delta = \varepsilon.
משפט 5 — המשפט היסודי של החדו"א (גרסה ראשונה)
תהיינה a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a,b]. נניח כי ff רציפה ב-[a,b][a,b], ונביט בפונקציה F(x)=∫axf(t) dtF(x) = \int_a^x f(t)\,dt לכל a≤x≤ba \le x \le b. תהי x0∈[a,b]x_0 \in [a,b]. אזי FF גזירה ב-x0x_0 ובנוסף F′(x0)=f(x0)F'(x_0) = f(x_0).
הוכחה
מאחר ש-ff רציפה היא אינטגרבילית, ולכן FF מוגדרת היטב ב-[a,b][a,b]. יהי ε>0\varepsilon > 0. מהרציפות של ff ב-x0x_0, קיים δ1>0\delta_1 > 0 כך שלכל x∈[a,b]x \in [a,b] עם ∣x−x0∣<δ1|x-x_0| < \delta_1 מתקיים ∣f(x)−f(x0)∣<ε2|f(x) - f(x_0)| < \frac{\varepsilon}{2} (∗)(*). נבחר δ=δ1\delta = \delta_1 ויהי x∈[a,b]x \in [a,b] עם 0<∣x−x0∣<δ0 < |x-x_0| < \delta (נניח x>x0x > x_0). אזי
∣F(x)−F(x0)x−x0−f(x0)∣=∣1x−x0∫x0xf(t) dt−f(x0)∣=∣1x−x0[∫x0xf(t) dt−(x−x0)f(x0)]∣.\left| \frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0} - f(x_0) \right| = \left| \frac{1}{x-x_0}\int_{x_0}^x f(t)\,dt - f(x_0) \right| = \left| \frac{1}{x-x_0}\left[ \int_{x_0}^x f(t)\,dt - (x-x_0)f(x_0) \right] \right|.

מאחר ש-(x−x0)f(x0)=∫x0xf(x0) dt(x-x_0)f(x_0) = \int_{x_0}^x f(x_0)\,dt, נקבל
=∣1x−x0∫x0x[f(t)−f(x0)] dt∣≤1∣x−x0∣∫x0x∣f(t)−f(x0)∣ dt  ≤(∗)  1∣x−x0∣∫x0xε2 dt=1∣x−x0∣⋅ε2⋅(x−x0)=ε2<ε.= \left| \frac{1}{x-x_0}\int_{x_0}^x [f(t) - f(x_0)]\,dt \right| \le \frac{1}{|x-x_0|}\int_{x_0}^x |f(t) - f(x_0)|\,dt \;\underset{(*)}{\le}\; \frac{1}{|x-x_0|}\int_{x_0}^x \frac{\varepsilon}{2}\,dt = \frac{1}{|x-x_0|}\cdot\frac{\varepsilon}{2}\cdot(x-x_0) = \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon.

לכן F′(x0)=lim⁡x→x0F(x)−F(x0)x−x0=f(x0)F'(x_0) = \lim_{x \to x_0}\frac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0} = f(x_0).
משפט 6 — נוסחת ניוטון-לייבניץ
תהיינה a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a,b]. נניח כי ff רציפה ב-[a,b][a,b], ותהי GG פונקציה קדומה של ff ב-[a,b][a,b]. אזי
∫abf(x) dx=[G(x)]ab=G(b)−G(a).\int_a^b f(x)\,dx = \big[ G(x) \big]_a^b = G(b) - G(a).
הוכחה
מהמשפט היסודי (גרסה ראשונה), הפונקציה F(x)=∫axf(t) dtF(x) = \int_a^x f(t)\,dt היא קדומה של ff ב-[a,b][a,b] (כי F′=fF' = f). מאחר ש-FF ו-GG שתיהן קדומות של ff בקטע, קיים C∈RC \in \mathbb{R} כך ש-F(x)=G(x)+CF(x) = G(x) + C לכל x∈[a,b]x \in [a,b]. לכן
∫abf(x) dx=∫abf(t) dt=F(b)=F(b)−F(a)=(G(b)+C)−(G(a)+C)=G(b)−G(a),\int_a^b f(x)\,dx = \int_a^b f(t)\,dt = F(b) = F(b) - F(a) = (G(b)+C) - (G(a)+C) = G(b) - G(a),

כאשר השתמשנו ב-F(a)=∫aaf(t) dt=0F(a) = \int_a^a f(t)\,dt = 0.
הרצאה 4 · 23.4.26 — אינטגרציה בחלקים, אינטגרציה בהצבה, אינטגרלים לא אמיתיים
משפט 1 — אינטגרציה בחלקים (אינטגרל מסוים)
תהיינה a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b ותהיינה u,vu,v שתי פונקציות גזירות ברציפות ב-[a,b][a,b]. אזי
∫abu′(x)v(x) dx=[u(x)v(x)]ab−∫abu(x)v′(x) dx.\int_a^b u'(x)v(x)\,dx = \big[ u(x)v(x) \big]_a^b - \int_a^b u(x)v'(x)\,dx.
הוכחה
∫abu′(x)v(x) dx=∫ab[u′(x)v(x)+u(x)v′(x)−u(x)v′(x)] dx  =לינאריות  ∫ab(u(x)v(x))′ dx−∫abu(x)v′(x) dx  =ניוטון-לייבניץ  [u(x)v(x)]ab−∫abu(x)v′(x) dx.\int_a^b u'(x)v(x)\,dx = \int_a^b \big[ u'(x)v(x) + u(x)v'(x) - u(x)v'(x) \big]\,dx \;\underset{\text{לינאריות}}{=}\; \int_a^b \big( u(x)v(x) \big)'\,dx - \int_a^b u(x)v'(x)\,dx \;\underset{\text{ניוטון-לייבניץ}}{=}\; \big[ u(x)v(x) \big]_a^b - \int_a^b u(x)v'(x)\,dx.
משפט 2 — אינטגרציה בהצבה (אינטגרל מסוים)
תהיינה a,b∈Ra,b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba<b, תהי ff גזירה ברציפות ב-[a,b][a,b] ותהי gg רציפה. אזי
∫abg(f(x))⋅f′(x) dx=∫f(a)f(b)g(t) dt.\int_a^b g(f(x)) \cdot f'(x)\,dx = \int_{f(a)}^{f(b)} g(t)\,dt.
הוכחה
ההוכחה כקודם (כבמשפט ההצבה לאינטגרל הלא מסוים, בעזרת ניוטון-לייבניץ).
משפט 3 — אינטגרל ה-$p$
יהי p∈Rp \in \mathbb{R}. אזי:
(i) ∫1∞dxxp={1p−1p>1∞p≤1\displaystyle\int_1^\infty \frac{dx}{x^p} = \begin{cases} \frac{1}{p-1} & p > 1 \\ \infty & p \le 1 \end{cases}
(ii) ∫01dxxp={11−pp<1∞p≥1\displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{x^p} = \begin{cases} \frac{1}{1-p} & p < 1 \\ \infty & p \ge 1 \end{cases}
הוכחה
**(i)** עבור p≠1p \ne 1:
∫1∞dxxp=∫1∞x−p dx=[x−p+1−p+1]1∞=∞1−p1−p−11−p={∞p<11p−1p>1\int_1^\infty \frac{dx}{x^p} = \int_1^\infty x^{-p}\,dx = \left[ \frac{x^{-p+1}}{-p+1} \right]_1^\infty = \frac{\infty^{1-p}}{1-p} - \frac{1}{1-p} = \begin{cases} \infty & p < 1 \\ \frac{1}{p-1} & p > 1 \end{cases}

עבור p=1p = 1: ∫1∞dxx=[ln⁡∣x∣]1∞=ln⁡∞−ln⁡1=∞\int_1^\infty \frac{dx}{x} = \big[ \ln|x| \big]_1^\infty = \ln\infty - \ln 1 = \infty.
**(ii)** עבור p≠1p \ne 1:
∫01dxxp=[x−p+1−p+1]0+1=11−p−(0+)1−p1−p={11−pp<1∞p>1\int_0^1 \frac{dx}{x^p} = \left[ \frac{x^{-p+1}}{-p+1} \right]_{0^+}^1 = \frac{1}{1-p} - \frac{(0^+)^{1-p}}{1-p} = \begin{cases} \frac{1}{1-p} & p < 1 \\ \infty & p > 1 \end{cases}

עבור p=1p = 1: ∫01dxx=[ln⁡∣x∣]0+1=ln⁡1−ln⁡0+=0−(−∞)=∞\int_0^1 \frac{dx}{x} = \big[ \ln|x| \big]_{0^+}^1 = \ln 1 - \ln 0^+ = 0 - (-\infty) = \infty.
משפט 2 — מבחן ההשוואה לאינטגרלים
יהי a∈Ra \in \mathbb{R} ותהיינה f,gf,g שתי פונקציות המוגדרות ב-[a,∞)[a,\infty). נניח כי:
(i) 0≤f(x)≤g(x)0 \le f(x) \le g(x) לכל x≥ax \ge a;
(ii) f,gf,g אינטגרביליות ב-[a,b][a,b] לכל b>ab>a;
(iii) ∫a∞g(x) dx\int_a^\infty g(x)\,dx מתכנס.
אזי ∫a∞f(x) dx\int_a^\infty f(x)\,dx מתכנס, ובנוסף
∫a∞f(x) dx≤∫a∞g(x) dx.\int_a^\infty f(x)\,dx \le \int_a^\infty g(x)\,dx.
הוכחה
נביט בפונקציות הצבירה F(x)=∫axf(t) dtF(x) = \int_a^x f(t)\,dt ו-G(x)=∫axg(t) dtG(x) = \int_a^x g(t)\,dt עבור x≥ax \ge a. FF ו-GG מונוטוניות עולות (כי f,g≥0f,g \ge 0): אכן עבור a≤x1<x2a \le x_1 < x_2, F(x2)−F(x1)=∫x1x2f(t) dt≥∫x1x20 dx=0F(x_2) - F(x_1) = \int_{x_1}^{x_2} f(t)\,dt \ge \int_{x_1}^{x_2} 0\,dx = 0. כמו כן לכל x≥ax \ge a ממונוטוניות האינטגרל F(x)=∫axf(t) dt≤∫axg(t) dt=G(x)F(x) = \int_a^x f(t)\,dt \le \int_a^x g(t)\,dt = G(x).
מהיות ∫a∞g\int_a^\infty g מתכנס, קיים S=∫a∞g(x) dx=lim⁡x→∞G(x)S = \int_a^\infty g(x)\,dx = \lim_{x\to\infty} G(x), ולכל x≥ax \ge a מתקיים F(x)≤G(x)≤sup⁡{G(x):x≥a}=SF(x) \le G(x) \le \sup\{G(x):x\ge a\} = S. לכן FF חסומה מלעיל וגם עולה, ומכאן
∫a∞f(x) dx=lim⁡x→∞F(x)=sup⁡{F(x):x≥a}≤S=∫a∞g(x) dx.\int_a^\infty f(x)\,dx = \lim_{x\to\infty} F(x) = \sup\{F(x):x\ge a\} \le S = \int_a^\infty g(x)\,dx.
משפט 3 — מבחן ההתכנסות בהחלט
יהי a∈Ra \in \mathbb{R} ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,∞)[a,\infty). אם האינטגרל ∫a∞f(x) dx\int_a^\infty f(x)\,dx מתכנס בהחלט (כלומר ∫a∞∣f(x)∣ dx<∞\int_a^\infty |f(x)|\,dx < \infty), אזי ∫a∞f(x) dx\int_a^\infty f(x)\,dx מתכנס.
הוכחה
נשים לב שלכל x≥ax \ge a מתקיים
0≤∣f(x)∣−f(x)≤2∣f(x)∣0 \le |f(x)| - f(x) \le 2|f(x)|

(הימני כי −f(x)≤∣f(x)∣-f(x) \le |f(x)|, השמאלי כי f(x)≤∣f(x)∣f(x) \le |f(x)|). לכן ממבחן ההשוואה
∫a∞[∣f(x)∣−f(x)] dx≤∫a∞2∣f(x)∣ dx=2∫a∞∣f(x)∣ dx<∞,\int_a^\infty \big[ |f(x)| - f(x) \big]\,dx \le \int_a^\infty 2|f(x)|\,dx = 2\int_a^\infty |f(x)|\,dx < \infty,

כלומר ∫a∞[∣f(x)∣−f(x)] dx\int_a^\infty [|f(x)| - f(x)]\,dx מתכנס. ולכן
∫a∞f(x) dx=∫a∞[∣f(x)∣−(∣f(x)∣−f(x))] dx=∫a∞∣f(x)∣ dx−∫a∞[∣f(x)∣−f(x)] dx\int_a^\infty f(x)\,dx = \int_a^\infty \big[ |f(x)| - (|f(x)| - f(x)) \big]\,dx = \int_a^\infty |f(x)|\,dx - \int_a^\infty [|f(x)| - f(x)]\,dx

מתכנס (כהפרש של שני אינטגרלים מתכנסים).
משפט 4 — הטור ההנדסי
יהי q∈Rq \in \mathbb{R}. אזי
∑n=0∞qn=1+q+q2+⋯={11−q∣q∣<1מתבדר∣q∣≥1\sum_{n=0}^\infty q^n = 1 + q + q^2 + \cdots = \begin{cases} \frac{1}{1-q} & |q| < 1 \\ \text{מתבדר} & |q| \ge 1 \end{cases}
הוכחה
עבור q≠1q \ne 1:
∑n=0∞qn=lim⁡N→∞∑n=0Nqn=lim⁡N→∞1−qN+11−q=1−q∞1−q={11−q∣q∣<1מתבדר∣q∣>1\sum_{n=0}^\infty q^n = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=0}^N q^n = \lim_{N\to\infty}\frac{1-q^{N+1}}{1-q} = \frac{1-q^\infty}{1-q} = \begin{cases} \frac{1}{1-q} & |q| < 1 \\ \text{מתבדר} & |q| > 1 \end{cases}

עבור q=1q = 1: ∑n=0∞1=lim⁡N→∞∑n=0N1=lim⁡N→∞(N+1)=∞\sum_{n=0}^\infty 1 = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=0}^N 1 = \lim_{N\to\infty}(N+1) = \infty.
דוגמה: ∑n=0∞12n=11−12=2\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} = \frac{1}{1-\frac{1}{2}} = 2 (עם q=12q = \frac{1}{2}).
הרצאה 5 · 30.4.26 — טורים, הטור ההנדסי, הטור הטלסקופי
משפט 0 — הטור ההנדסי
יהי q∈Rq \in \mathbb{R}. אזי
∑n=0∞qn={11−q∣q∣<1מתבדר∣q∣≥1\sum_{n=0}^\infty q^n = \begin{cases} \frac{1}{1-q} & |q| < 1 \\ \text{מתבדר} & |q| \ge 1 \end{cases}
הוכחה
עבור q≠1q \ne 1: ∑n=0∞qn=lim⁡N→∞1−qN+11−q=1−q∞1−q={11−q∣q∣<1מתבדר∣q∣>1\sum_{n=0}^\infty q^n = \lim_{N\to\infty}\frac{1-q^{N+1}}{1-q} = \frac{1-q^\infty}{1-q} = \begin{cases} \frac{1}{1-q} & |q|<1 \\ \text{מתבדר} & |q|>1 \end{cases} (נוסחת סכום סדרה הנדסית). עבור q=1q=1: ∑n=0∞1=lim⁡N→∞(N+1)=∞\sum_{n=0}^\infty 1 = \lim_{N\to\infty}(N+1) = \infty.
משפט 1 — הטור הטלסקופי
∑n=2∞1n(n−1)=1.\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(n-1)} = 1.
הוכחה
∑n=2∞1n(n−1)=lim⁡N→∞∑n=2N(1n−1−1n)=lim⁡N→∞[(1−12)+(12−13)+⋯+(1N−1−1N)]=lim⁡N→∞(1−1N)=1\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(n-1)} = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=2}^N \left( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} \right) = \lim_{N\to\infty}\left[ \left(1-\tfrac{1}{2}\right) + \left(\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\tfrac{1}{N-1}-\tfrac{1}{N}\right) \right] = \lim_{N\to\infty}\left( 1 - \frac{1}{N} \right) = 1

(סכום טלסקופי — האיברים האמצעיים מצטמצמים).
משפט 2 — הטור ההרמוני מתבדר
הטור ההרמוני מתבדר:
∑n=1∞1n=1+12+13+⋯=∞.\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots = \infty.
הוכחה
נניח בשלילה שהטור ההרמוני מתכנס, כלומר קיים S∈RS \in \mathbb{R} כך ש-S=∑n=1∞1nS = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}. נביט בסדרת הסכומים החלקיים SN=∑n=1N1nS_N = \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}. אזי lim⁡N→∞SN=S\lim_{N\to\infty} S_N = S וגם lim⁡N→∞S2N=S\lim_{N\to\infty} S_{2N} = S, ולכן ממשפט הירושה lim⁡N→∞(S2N−SN)=S−S=0\lim_{N\to\infty}(S_{2N} - S_N) = S - S = 0.
אך לכל N∈NN \in \mathbb{N},
S2N−SN=∑n=N+12N1n=1N+1+1N+2+⋯+12N≥12N+⋯+12N⏟N מחוברים=N⋅12N=12.S_{2N} - S_N = \sum_{n=N+1}^{2N} \frac{1}{n} = \frac{1}{N+1} + \frac{1}{N+2} + \cdots + \frac{1}{2N} \ge \underbrace{\frac{1}{2N} + \cdots + \frac{1}{2N}}_{N \text{ מחוברים}} = N \cdot \frac{1}{2N} = \frac{1}{2}.

לכן S2N−SN≥12S_{2N} - S_N \ge \frac{1}{2} לכל NN, וממונוטוניות הגבול 0=lim⁡N→∞(S2N−SN)≥120 = \lim_{N\to\infty}(S_{2N} - S_N) \ge \frac{1}{2} — סתירה.
משפט 3 — התכנסות הטור והזנב
תהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה ויהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z}. אזי הטור ∑n=0∞an\sum_{n=0}^\infty a_n מתכנס אם"ם הזנב ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס, ובמקרה זה
∑n=0∞an=∑n=k∞an+∑n=0k−1an.\sum_{n=0}^\infty a_n = \sum_{n=k}^\infty a_n + \sum_{n=0}^{k-1} a_n.
הוכחה
(⇐\Leftarrow) נניח שהטור ∑n=0∞an\sum_{n=0}^\infty a_n מתכנס, כלומר קיים S=∑n=0∞anS = \sum_{n=0}^\infty a_n. אזי
∑n=k∞an=lim⁡N→∞∑n=kNan=lim⁡N→∞[∑n=0Nan−∑n=0k−1an]=S−∑n=0k−1an,\sum_{n=k}^\infty a_n = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=k}^N a_n = \lim_{N\to\infty}\left[ \sum_{n=0}^N a_n - \sum_{n=0}^{k-1} a_n \right] = S - \sum_{n=0}^{k-1} a_n,

ולכן הזנב מתכנס ו-∑n=0∞an=S=∑n=k∞an+∑n=0k−1an\sum_{n=0}^\infty a_n = S = \sum_{n=k}^\infty a_n + \sum_{n=0}^{k-1} a_n.
(⇒\Rightarrow) נניח שהזנב ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס, כלומר קיים S1=∑n=k∞anS_1 = \sum_{n=k}^\infty a_n. אזי
∑n=0∞an=lim⁡N→∞∑n=0Nan=lim⁡N→∞[∑n=kNan+∑n=0k−1an]=S1+∑n=0k−1an=∑n=k∞an+∑n=0k−1an.\sum_{n=0}^\infty a_n = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=0}^N a_n = \lim_{N\to\infty}\left[ \sum_{n=k}^N a_n + \sum_{n=0}^{k-1} a_n \right] = S_1 + \sum_{n=0}^{k-1} a_n = \sum_{n=k}^\infty a_n + \sum_{n=0}^{k-1} a_n.
משפט 4 — לינאריות הטור
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty, (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^\infty שתי סדרות. נניח שהטורים ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n ו-∑n=k∞bn\sum_{n=k}^\infty b_n מתכנסים. יהיו α,β∈R\alpha, \beta \in \mathbb{R}. אזי הטור ∑n=k∞(αan+βbn)\sum_{n=k}^\infty (\alpha a_n + \beta b_n) מתכנס ובנוסף
∑n=k∞(αan+βbn)=α∑n=k∞an+β∑n=k∞bn.\sum_{n=k}^\infty (\alpha a_n + \beta b_n) = \alpha \sum_{n=k}^\infty a_n + \beta \sum_{n=k}^\infty b_n.
הוכחה
נסמן S1=∑n=k∞anS_1 = \sum_{n=k}^\infty a_n ו-S2=∑n=k∞bnS_2 = \sum_{n=k}^\infty b_n. אזי
∑n=k∞(αan+βbn)=lim⁡N→∞∑n=kN(αan+βbn)=lim⁡N→∞[α∑n=kNan+β∑n=kNbn]=αS1+βS2=α∑n=k∞an+β∑n=k∞bn\sum_{n=k}^\infty (\alpha a_n + \beta b_n) = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=k}^N (\alpha a_n + \beta b_n) = \lim_{N\to\infty}\left[ \alpha \sum_{n=k}^N a_n + \beta \sum_{n=k}^N b_n \right] = \alpha S_1 + \beta S_2 = \alpha \sum_{n=k}^\infty a_n + \beta \sum_{n=k}^\infty b_n

(מאריתמטיקת גבולות וכפל בקבוע).
מסקנה 1 — סכום והפרש של טורים מתכנסים
יהיו (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty, (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^\infty סדרות כך שהטורים ∑an\sum a_n ו-∑bn\sum b_n מתכנסים. אזי הטור ∑n=k∞(an±bn)\sum_{n=k}^\infty (a_n \pm b_n) מתכנס ובנוסף
∑n=k∞(an±bn)=∑n=k∞an±∑n=k∞bn.\sum_{n=k}^\infty (a_n \pm b_n) = \sum_{n=k}^\infty a_n \pm \sum_{n=k}^\infty b_n.
הוכחה
נבחר α=1\alpha = 1 ו-β=±1\beta = \pm 1 במשפט 4 (לינאריות).
מסקנה 2 — כפל טור בקבוע שונה מאפס
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה, ויהי 0≠α∈R0 \ne \alpha \in \mathbb{R}. אזי הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס אם"ם הטור ∑n=k∞(αan)\sum_{n=k}^\infty (\alpha a_n) מתכנס, ובמקרה זה
∑n=k∞(αan)=α∑n=k∞an.\sum_{n=k}^\infty (\alpha a_n) = \alpha \sum_{n=k}^\infty a_n.
הוכחה
(⇐\Leftarrow) אם ∑an\sum a_n מתכנס, אזי מלינאריות (עם β=0\beta = 0) ∑(αan)=α∑an\sum (\alpha a_n) = \alpha \sum a_n מתכנס.
(⇒\Rightarrow) אם ∑(αan)\sum (\alpha a_n) מתכנס, אזי מאחר ש-α≠0\alpha \ne 0 נכתוב ∑an=∑(1α⋅αan)=1α∑(αan)\sum a_n = \sum \left( \frac{1}{\alpha} \cdot \alpha a_n \right) = \frac{1}{\alpha}\sum (\alpha a_n), שמתכנס (כפל הטור ∑(αan)\sum(\alpha a_n) בקבוע 1α\frac{1}{\alpha}). ובכך ∑(αan)=α∑an\sum (\alpha a_n) = \alpha \sum a_n.
משפט 5 — תנאי הכרחי להתכנסות
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה. אם הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס, אזי
lim⁡n→∞an=0.\lim_{n\to\infty} a_n = 0.
הוכחה
נניח שהטור מתכנס, כלומר קיים S=∑n=k∞anS = \sum_{n=k}^\infty a_n. אזי
lim⁡n→∞an=lim⁡N→∞aN=lim⁡N→∞[∑n=kNan−∑n=kN−1an]=lim⁡N→∞(SN−SN−1)=S−S=0.\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{N\to\infty} a_N = \lim_{N\to\infty}\left[ \sum_{n=k}^N a_n - \sum_{n=k}^{N-1} a_n \right] = \lim_{N\to\infty}(S_N - S_{N-1}) = S - S = 0.
משפט 6 — מבחן ההשוואה (לטורים אי-שליליים)
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty, (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^\infty שתי סדרות. נניח כי:
(i) 0≤an≤bn0 \le a_n \le b_n לכל n≥kn \ge k;
(ii) ∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^\infty b_n < \infty.
אזי ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty ובנוסף ∑n=k∞an≤∑n=k∞bn\sum_{n=k}^\infty a_n \le \sum_{n=k}^\infty b_n.
הוכחה
מהיות ∑bn\sum b_n מתכנס, קיים S=∑n=k∞bn=sup⁡{∑n=kNbn:N≥k}S = \sum_{n=k}^\infty b_n = \sup\{ \sum_{n=k}^N b_n : N \ge k \}. תהי (SN)(S_N) סדרת הסכומים החלקיים של ∑an\sum a_n, כלומר SN=∑n=kNanS_N = \sum_{n=k}^N a_n. מאחר ש-an≥0a_n \ge 0 הסדרה (SN)(S_N) עולה, ולכל N≥kN \ge k מתקיים
SN=∑n=kNan  ≤an≤bn  ∑n=kNbn≤S.S_N = \sum_{n=k}^N a_n \;\underset{a_n \le b_n}{\le}\; \sum_{n=k}^N b_n \le S.

לכן (SN)(S_N) עולה וחסומה מלעיל ע"י SS, ומכאן (עולה + חסומה מלעיל) היא מתכנסת, כלומר ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס. ובנוסף
∑n=k∞an=lim⁡N→∞SN=sup⁡{SN:N≥k}≤S=∑n=k∞bn.\sum_{n=k}^\infty a_n = \lim_{N\to\infty} S_N = \sup\{ S_N : N \ge k \} \le S = \sum_{n=k}^\infty b_n.
משפט 7 — הטור ה-$p$ (ההרמוני המוכלל)
יהי p∈Rp \in \mathbb{R}. אזי
∑n=1∞1np={מתכנסp>1מתבדרp≤1\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p} = \begin{cases} \text{מתכנס} & p > 1 \\ \text{מתבדר} & p \le 1 \end{cases}
משפט 8 — מבחן ההשוואה הגבולי (לטורים אי-שליליים)
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty, (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^\infty שתי סדרות. נניח כי:
(i) an>0a_n > 0 ו-bn>0b_n > 0 לכל n≥kn \ge k;
(ii) קיים L∈RL \in \mathbb{R} כך ש-L>0L > 0 ו-L=lim⁡n→∞anbnL = \lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n}.
אזי ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty אם"ם ∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^\infty b_n < \infty.
הרצאה 6 · 7.5.26 — מבחן ההשוואה הגבולי, מבחן השורש, מבחן המנה
משפט 8 — מבחן ההשוואה הגבולי (עם הוכחה)
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty, (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^\infty שתי סדרות. נניח כי:
(i) an≥0a_n \ge 0 ו-bn>0b_n > 0 לכל n≥kn \ge k;
(ii) קיים L∈RL \in \mathbb{R} כך ש-L>0L > 0 ו-L=lim⁡n→∞anbnL = \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}.
אזי ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty אם"ם ∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^\infty b_n < \infty.
הוכחה
(⇐\Leftarrow) נניח ∑bn<∞\sum b_n < \infty. מהיות L=lim⁡anbnL = \lim \frac{a_n}{b_n}, קיים N1∈NN_1 \in \mathbb{N} כך שלכל n≥N1n \ge N_1 מתקיים ∣anbn−L∣<1\left| \frac{a_n}{b_n} - L \right| < 1, ולכן anbn≤L+1\frac{a_n}{b_n} \le L+1. כפל ב-bnb_n נותן 0≤an≤(L+1)bn0 \le a_n \le (L+1)b_n לכל n≥N1n \ge N_1. ממבחן ההשוואה,
∑n=N1∞an≤∑n=N1∞(L+1)bn=(L+1)∑n=N1∞bn<∞.\sum_{n=N_1}^\infty a_n \le \sum_{n=N_1}^\infty (L+1)b_n = (L+1)\sum_{n=N_1}^\infty b_n < \infty.

לכן ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty (כי הזנב מתכנס).
(⇒\Rightarrow) נניח ∑an<∞\sum a_n < \infty. עבור ε=L2\varepsilon = \frac{L}{2} קיים N1N_1 כך שלכל n≥N1n \ge N_1, anbn>L−L2=L2\frac{a_n}{b_n} > L - \frac{L}{2} = \frac{L}{2}, ולכן 0≤bn≤2Lan0 \le b_n \le \frac{2}{L}a_n. ממבחן ההשוואה ∑n=N1∞bn≤2L∑n=N1∞an<∞\sum_{n=N_1}^\infty b_n \le \frac{2}{L}\sum_{n=N_1}^\infty a_n < \infty, ולכן ∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^\infty b_n < \infty.
מסקנה 1 — מבחן ההשוואה הגבולי במקרה $L=0$
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)(a_n), (bn)(b_n) סדרות עם an≥0a_n \ge 0, bn>0b_n > 0 לכל n≥kn \ge k, ו-lim⁡n→∞anbn=0\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = 0. אזי ∑n=k∞bn<∞  ⇒  ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty b_n < \infty \;\Rightarrow\; \sum_{n=k}^\infty a_n < \infty.
הוכחה
כמו ההוכחה של משפט 8 בכיוון זה: עם ההנחה L=0L = 0, קיים N1N_1 כך שלכל n≥N1n \ge N_1 מתקיים 0≤an≤(0+1)bn=bn0 \le a_n \le (0+1)b_n = b_n, ומבחן ההשוואה נותן ∑an<∞\sum a_n < \infty.
מסקנה 2 — מבחן ההשוואה הגבולי במקרה $L=\infty$
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)(a_n), (bn)(b_n) סדרות עם an>0a_n > 0, bn>0b_n > 0 לכל n≥kn \ge k, ו-lim⁡n→∞anbn=∞\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = \infty. אזי ∑n=k∞an<∞  ⇒  ∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty \;\Rightarrow\; \sum_{n=k}^\infty b_n < \infty.
הוכחה
נשים לב כי lim⁡n→∞bnan=lim⁡n→∞1an/bn=1∞=0\lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{a_n/b_n} = \frac{1}{\infty} = 0, ולכן ממסקנה 1 (עם החלפת התפקידים של an,bna_n, b_n) נובע שאם ∑an<∞\sum a_n < \infty אזי ∑bn<∞\sum b_n < \infty.
טענת עזר 1 — עזר למבחן השורש
תהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה עם an≥0a_n \ge 0 לכל n≥kn \ge k. נניח שקיימים 0≤q<10 \le q < 1 ו-N∈NN \in \mathbb{N} כך שלכל n≥Nn \ge N מתקיים ann≤q\sqrt[n]{a_n} \le q. אזי ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty.
הוכחה
מהנתון ann≤q\sqrt[n]{a_n} \le q לכל n≥Nn \ge N נובע 0≤an≤qn0 \le a_n \le q^n לכל n≥Nn \ge N. ממבחן ההשוואה,
∑n=N∞an≤∑n=N∞qn<∞\sum_{n=N}^\infty a_n \le \sum_{n=N}^\infty q^n < \infty

(הטור ההנדסי מתכנס כי 0≤q<10 \le q < 1). לכן ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty.
משפט 1 — מבחן השורש (התכנסות, $L<1$)
תהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה. נניח כי:
(i) an≥0a_n \ge 0 לכל n≥kn \ge k;
(ii) קיים L∈RL \in \mathbb{R} עבורו L=lim⁡n→∞annL = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}, ובנוסף 0≤L<10 \le L < 1.
אזי הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס.
הוכחה
נסמן q=1+L2q = \frac{1+L}{2}, אזי 0≤q<10 \le q < 1 (כי 0≤L<10 \le L < 1). מהיות L=lim⁡annL = \lim \sqrt[n]{a_n}, קיים N1∈NN_1 \in \mathbb{N} כך שלכל n≥N1n \ge N_1 מתקיים ∣ann−L∣<1−L2\left| \sqrt[n]{a_n} - L \right| < \frac{1-L}{2}, ולכן
ann≤L+1−L2=1+L2=q.\sqrt[n]{a_n} \le L + \frac{1-L}{2} = \frac{1+L}{2} = q.

מטענת עזר 1, ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty.
טענת עזר 2 — עזר למבחן המנה
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty, (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^\infty סדרות עם an,bn>0a_n, b_n > 0 לכל n≥kn \ge k. נניח שקיים N∈NN \in \mathbb{N} כך שלכל n≥Nn \ge N מתקיים an+1an≤bn+1bn\frac{a_{n+1}}{a_n} \le \frac{b_{n+1}}{b_n}, ו-∑n=N∞bn<∞\sum_{n=N}^\infty b_n < \infty. אזי ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty.
הוכחה
לכל n≥Nn \ge N, ע"י כפל טלסקופי:
an+1aN=an+1an⋅anan−1⋯aN+1aN  ≤הנתון  bn+1bn⋅bnbn−1⋯bN+1bN=bn+1bN.\frac{a_{n+1}}{a_N} = \frac{a_{n+1}}{a_n}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}\cdots\frac{a_{N+1}}{a_N} \;\underset{\text{הנתון}}{\le}\; \frac{b_{n+1}}{b_n}\cdot\frac{b_n}{b_{n-1}}\cdots\frac{b_{N+1}}{b_N} = \frac{b_{n+1}}{b_N}.

לכן an+1≤aNbNbn+1a_{n+1} \le \frac{a_N}{b_N}b_{n+1}, כלומר 0≤an≤aNbNbn0 \le a_n \le \frac{a_N}{b_N}b_n לכל n≥Nn \ge N (וב-n=Nn=N מתקיים שוויון). ממבחן ההשוואה,
∑n=N∞an≤∑n=N∞aNbNbn=aNbN∑n=N∞bn<∞.\sum_{n=N}^\infty a_n \le \sum_{n=N}^\infty \frac{a_N}{b_N}b_n = \frac{a_N}{b_N}\sum_{n=N}^\infty b_n < \infty.

לכן ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty.
משפט 2 — מבחן המנה (התכנסות, $L<1$)
תהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה. נניח כי:
(i) an>0a_n > 0 לכל n≥kn \ge k;
(ii) קיים L∈RL \in \mathbb{R} עבורו L=lim⁡n→∞an+1anL = \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}, ובנוסף 0≤L<10 \le L < 1.
אזי הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס.
הוכחה
נסמן q=1+L2q = \frac{1+L}{2}, אזי 0≤q<10 \le q < 1. מהיות L=lim⁡an+1anL = \lim \frac{a_{n+1}}{a_n}, קיים N1N_1 כך שלכל n≥N1n \ge N_1 מתקיים ∣an+1an−L∣<1−L2\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} - L \right| < \frac{1-L}{2}, ולכן an+1an≤L+1−L2=q\frac{a_{n+1}}{a_n} \le L + \frac{1-L}{2} = q. נבחר bn=qnb_n = q^n; אזי an+1an≤q=bn+1bn\frac{a_{n+1}}{a_n} \le q = \frac{b_{n+1}}{b_n} ו-∑bn=∑qn<∞\sum b_n = \sum q^n < \infty (הנדסי, 0≤q<10 \le q < 1). מטענת עזר 2, ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty.
משפט 3 — מבחן השורש (התבדרות, $L>1$)
תהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה עם an≥0a_n \ge 0 לכל n≥kn \ge k. נניח שקיים L∈RL \in \mathbb{R} עבורו L=lim⁡n→∞annL = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} ו-L>1L > 1. אזי lim⁡n→∞an≠0\lim_{n\to\infty} a_n \ne 0, ולכן הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתבדר.
הוכחה
מהיות L=lim⁡annL = \lim \sqrt[n]{a_n}, עבור ε=L−1\varepsilon = L - 1 קיים N1N_1 כך שלכל n≥N1n \ge N_1 מתקיים ∣ann−L∣<L−1\left| \sqrt[n]{a_n} - L \right| < L-1, ולכן ann>L−(L−1)=1\sqrt[n]{a_n} > L - (L-1) = 1, ומכאן an≥1a_n \ge 1 לכל n≥N1n \ge N_1. אילו היה lim⁡an=0\lim a_n = 0 היה מתקיים, ממונוטוניות הגבול, 0=lim⁡an≥lim⁡1=10 = \lim a_n \ge \lim 1 = 1 — סתירה. לכן lim⁡an≠0\lim a_n \ne 0, ומהתנאי ההכרחי הטור מתבדר.
משפט 4 — מבחן המנה (התבדרות, $L>1$)
תהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה עם an>0a_n > 0 לכל n≥kn \ge k. נניח שקיים L∈RL \in \mathbb{R} עבורו L=lim⁡n→∞an+1anL = \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} ו-L>1L > 1. אזי lim⁡n→∞an≠0\lim_{n\to\infty} a_n \ne 0, ולכן הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתבדר.
הוכחה
באופן דומה למשפט 3: מ-L>1L > 1 קיים N1N_1 שממנו an+1an>1\frac{a_{n+1}}{a_n} > 1, ולכן הסדרה (an)(a_n) עולה ממש החל מ-N1N_1 ואינה שואפת ל-00. לכן lim⁡an≠0\lim a_n \ne 0 ומהתנאי ההכרחי הטור מתבדר.
טענת עזר 3 — עזר למבחן האינטגרל
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[k,∞)[k,\infty) עם (i) ff יורדת, (ii) lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x\to\infty} f(x) = 0. אזי לכל n≥kn \ge k מתקיים
f(n+1)≤∫nn+1f(x) dx≤f(n).f(n+1) \le \int_n^{n+1} f(x)\,dx \le f(n).
הוכחה
מאחר ש-ff יורדת, לכל x∈[n,n+1]x \in [n, n+1] מתקיים f(n+1)≤f(x)≤f(n)f(n+1) \le f(x) \le f(n). אינטגרציה על [n,n+1][n,n+1] (קטע באורך 1) נותנת f(n+1)≤∫nn+1f(x) dx≤f(n)f(n+1) \le \int_n^{n+1} f(x)\,dx \le f(n).
משפט 5 — מבחן האינטגרל
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[k,∞)[k,\infty). נניח כי:
(i) ff יורדת;
(ii) lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x\to\infty} f(x) = 0.
אזי הטור ∑n=k∞f(n)<∞\sum_{n=k}^\infty f(n) < \infty אם"ם ∫k∞f(x) dx<∞\int_k^\infty f(x)\,dx < \infty, ובנוסף
∫k∞f(x) dx≤∑n=k∞f(n)≤f(k)+∫k∞f(x) dx.\int_k^\infty f(x)\,dx \le \sum_{n=k}^\infty f(n) \le f(k) + \int_k^\infty f(x)\,dx.
הוכחה
מטענת עזר 3, לכל n≥kn \ge k מתקיים f(n+1)≤∫nn+1f(x) dx≤f(n)f(n+1) \le \int_n^{n+1} f(x)\,dx \le f(n). סכימה על nn נותנת את אי-השוויון הדו-צדדי בין הטור לאינטגרל, ומכאן שהטור והאינטגרל מתכנסים יחד או מתבדרים יחד.
משפט 6 — הטור ה-$p$ (הוכחה דרך מבחן האינטגרל)
יהי p∈Rp \in \mathbb{R}. אזי
∑n=1∞1np={מתכנסp>1מתבדרp≤1\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p} = \begin{cases} \text{מתכנס} & p > 1 \\ \text{מתבדר} & p \le 1 \end{cases}
הוכחה
**מקרה p>0p > 0:** נביט בפונקציה f(x)=1xpf(x) = \frac{1}{x^p} עבור x≥1x \ge 1. (i) ff יורדת: f′(x)=−p x−p−1=−pxp+1≤0f'(x) = -p\, x^{-p-1} = \frac{-p}{x^{p+1}} \le 0 (כי p>0p > 0). (ii) lim⁡x→∞f(x)=lim⁡x→∞1xp=0\lim_{x\to\infty} f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^p} = 0. לכן ממבחן האינטגרל ∑1np<∞\sum \frac{1}{n^p} < \infty אם"ם ∫1∞dxxp<∞\int_1^\infty \frac{dx}{x^p} < \infty. אך ∫1∞dxxp={1p−1p>1∞0<p≤1\int_1^\infty \frac{dx}{x^p} = \begin{cases} \frac{1}{p-1} & p>1 \\ \infty & 0 < p \le 1 \end{cases}, ולכן הטור מתכנס עבור p>1p>1 ומתבדר עבור 0<p≤10 < p \le 1.
**מקרה p≤0p \le 0:** אזי −p≥0-p \ge 0 ומתקיים ∑n=1∞1np=∑n=1∞n−p≥∑n=1∞1=∞\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p} = \sum_{n=1}^\infty n^{-p} \ge \sum_{n=1}^\infty 1 = \infty, כלומר מתבדר.
הרצאה 7 · 14.5.26 — מבחן האינטגרל, התכנסות בהחלט, התכנסות בתנאי
טענת עזר 1 — עזר למבחן האינטגרל
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[k,∞)[k,\infty) עם (i) ff יורדת, (ii) lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x\to\infty} f(x) = 0. אזי לכל n≥kn \ge k מתקיים
f(n+1)≤∫nn+1f(x) dx≤f(n).f(n+1) \le \int_n^{n+1} f(x)\,dx \le f(n).
הוכחה
מאחר ש-ff יורדת, לכל x∈[n,n+1]x \in [n, n+1] מתקיים f(n+1)≤f(x)≤f(n)f(n+1) \le f(x) \le f(n). ממונוטוניות האינטגרל על הקטע [n,n+1][n,n+1] (שאורכו 1):
f(n+1)=∫nn+1f(n+1) dx≤∫nn+1f(x) dx≤∫nn+1f(n) dx=f(n).f(n+1) = \int_n^{n+1} f(n+1)\,dx \le \int_n^{n+1} f(x)\,dx \le \int_n^{n+1} f(n)\,dx = f(n).
משפט 5 — מבחן האינטגרל (עם הוכחה מלאה)
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[k,∞)[k,\infty) עם (i) ff יורדת, (ii) lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x\to\infty} f(x) = 0. אזי הטור ∑n=k∞f(n)<∞\sum_{n=k}^\infty f(n) < \infty אם"ם ∫k∞f(x) dx<∞\int_k^\infty f(x)\,dx < \infty, ובנוסף
∫k∞f(x) dx≤∑n=k∞f(n)≤f(k)+∫k∞f(x) dx.\int_k^\infty f(x)\,dx \le \sum_{n=k}^\infty f(n) \le f(k) + \int_k^\infty f(x)\,dx.
הוכחה
מאחר ש-ff יורדת ו-lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x\to\infty} f(x) = 0, מתקיים lim⁡x→∞f(x)=inf⁡{f(x):x≥k}=0\lim_{x\to\infty} f(x) = \inf\{ f(x) : x \ge k \} = 0, ולכן f(x)≥0f(x) \ge 0 לכל x≥kx \ge k.
**(⇐\Leftarrow, נניח ∫k∞f<∞\int_k^\infty f < \infty):** נביט בפונקציה F(x)=∫kxf(t) dtF(x) = \int_k^x f(t)\,dt עבור x≥kx \ge k. מאחר ש-f≥0f \ge 0, FF עולה (F(x2)−F(x1)=∫x1x2f≥0F(x_2) - F(x_1) = \int_{x_1}^{x_2} f \ge 0), ו-∫k∞f=lim⁡x→∞F(x)=sup⁡{F(x)}\int_k^\infty f = \lim_{x\to\infty} F(x) = \sup\{F(x)\}. תהי (SN)(S_N) סדרת הסכומים החלקיים SN=∑n=kNf(n)S_N = \sum_{n=k}^N f(n). אזי לכל NN, בעזרת טענת עזר 1,
SN=f(k)+f(k+1)+⋯+f(N)≤f(k)+∫kk+1f+⋯+∫N−1Nf=f(k)+∫kNf≤f(k)+∫k∞f.S_N = f(k) + f(k+1) + \cdots + f(N) \le f(k) + \int_k^{k+1} f + \cdots + \int_{N-1}^N f = f(k) + \int_k^N f \le f(k) + \int_k^\infty f.

לכן (SN)(S_N) עולה וחסומה מלעיל, ומתכנסת: ∑n=k∞f(n)=sup⁡SN≤f(k)+∫k∞f\sum_{n=k}^\infty f(n) = \sup S_N \le f(k) + \int_k^\infty f.
**(⇒\Rightarrow, נניח ∑f(n)=S<∞\sum f(n) = S < \infty):** מטענת עזר 1, F(N)=∫kNf=∑n=kN−1∫nn+1f≤∑n=kN−1f(n)≤SF(N) = \int_k^N f = \sum_{n=k}^{N-1}\int_n^{n+1} f \le \sum_{n=k}^{N-1} f(n) \le S. ולכל x≥kx \ge k נבחר N=⌈x⌉N = \lceil x \rceil, ומאחר ש-FF עולה F(x)≤F(N)≤SF(x) \le F(N) \le S. לכן ∫k∞f=lim⁡x→∞F(x)=sup⁡F(x)≤S=∑n=k∞f(n)\int_k^\infty f = \lim_{x\to\infty} F(x) = \sup F(x) \le S = \sum_{n=k}^\infty f(n).
משפט 1 — מבחן ההתכנסות בהחלט
יהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה. נניח שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס בהחלט. אזי הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n מתכנס.
הוכחה
נגדיר bn=∣an∣−anb_n = |a_n| - a_n לכל n≥kn \ge k. נשים לב כי לכל n≥kn \ge k,
0≤bn=∣an∣−an≤2∣an∣0 \le b_n = |a_n| - a_n \le 2|a_n|

(הימני כי −an≤∣an∣-a_n \le |a_n|). ממבחן ההשוואה,
∑n=k∞bn≤∑n=k∞2∣an∣=2∑n=k∞∣an∣<∞,\sum_{n=k}^\infty b_n \le \sum_{n=k}^\infty 2|a_n| = 2\sum_{n=k}^\infty |a_n| < \infty,

ולכן ∑bn\sum b_n מתכנס. ומכאן (מאחר ש-an=∣an∣−bna_n = |a_n| - b_n, מלינאריות)
∑n=k∞an=∑n=k∞(∣an∣−bn)=∑n=k∞∣an∣−∑n=k∞bn\sum_{n=k}^\infty a_n = \sum_{n=k}^\infty (|a_n| - b_n) = \sum_{n=k}^\infty |a_n| - \sum_{n=k}^\infty b_n

מתכנס (כהפרש שני טורים מתכנסים).
משפט 2 — מבחן לייבניץ
תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^\infty סדרה ויהי ∑n=1∞(−1)n+1an\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} a_n טור לייבניץ. אזי הטור מתכנס לסכום S∈RS \in \mathbb{R}, ובנוסף
a1−a2≤S≤a1.a_1 - a_2 \le S \le a_1.
הוכחה
תהי (SN)(S_N) סדרת הסכומים החלקיים SN=∑n=1N(−1)n+1anS_N = \sum_{n=1}^N (-1)^{n+1} a_n. נביט בתת-הסדרה הזוגית (S2N)(S_{2N}).
**(S2N)(S_{2N}) עולה:** S2(N+1)−S2N=a2N+1−a2N+2≥0S_{2(N+1)} - S_{2N} = a_{2N+1} - a_{2N+2} \ge 0 (כי (an)(a_n) יורדת).
**(S2N)(S_{2N}) חסומה מלעיל ע"י a1a_1:**
S2N=a1−(a2−a3)−(a4−a5)−⋯−(a2N−2−a2N−1)−a2N≤a1−a2N≤a1S_{2N} = a_1 - (a_2 - a_3) - (a_4 - a_5) - \cdots - (a_{2N-2} - a_{2N-1}) - a_{2N} \le a_1 - a_{2N} \le a_1

(כל סוגר אי-שלילי כי (an)(a_n) יורדת, ו-a2N≥0a_{2N} \ge 0 כי an→0a_n \to 0 וסדרה יורדת ל-0 היא אי-שלילית). לכן (S2N)(S_{2N}) עולה וחסומה מלעיל, ומתכנסת: קיים S=lim⁡N→∞S2N=sup⁡{S2N}S = \lim_{N\to\infty} S_{2N} = \sup\{S_{2N}\}, עם a1−a2=S2≤S≤a1a_1 - a_2 = S_2 \le S \le a_1.
**תת-הסדרה האי-זוגית:** מאחר ש-S2N=S2N−1−a2NS_{2N} = S_{2N-1} - a_{2N} ו-lim⁡a2N=lim⁡aN=0\lim a_{2N} = \lim a_N = 0,
lim⁡N→∞S2N−1=lim⁡N→∞(S2N+a2N)=S+0=S.\lim_{N\to\infty} S_{2N-1} = \lim_{N\to\infty}(S_{2N} + a_{2N}) = S + 0 = S.

מאחר ששתי תת-הסדרות (הזוגית והאי-זוגית) שואפות ל-SS, נובע lim⁡N→∞SN=S\lim_{N\to\infty} S_N = S. ולכן הטור מתכנס ל-SS, עם a1−a2≤S≤a1a_1 - a_2 \le S \le a_1.
הרצאה 8 · 19.5.26 — מבחן הסוגריים, טורי חזקות, תחום ההתכנסות
משפט 2 — מבחן הסוגריים
תהיינה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^\infty ו-(bk)k=1∞(b_k)_{k=1}^\infty כך שהטור ∑k=1∞bk\sum_{k=1}^\infty b_k התקבל מהטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^\infty a_n ע"י הוספת סוגריים. נניח שהטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^\infty a_n מתכנס. אזי גם ∑k=1∞bk\sum_{k=1}^\infty b_k מתכנס, ובנוסף
∑k=1∞bk=∑n=1∞an.\sum_{k=1}^\infty b_k = \sum_{n=1}^\infty a_n.
הוכחה
תהיינה (SN)(S_N) ו-(TK)(T_K) סדרות הסכומים החלקיים של ∑an\sum a_n ו-∑bk\sum b_k בהתאמה: SN=∑n=1NanS_N = \sum_{n=1}^N a_n, TK=∑l=1KblT_K = \sum_{l=1}^K b_l. לכל K≥1K \ge 1, בעזרת n1=1n_1 = 1:
TK=b1+⋯+bK=(an1+⋯+an2−1)+(an2+⋯+an3−1)+⋯+(anK+⋯+anK+1−1)=a1+⋯+anK+1−1=SnK+1−1.T_K = b_1 + \cdots + b_K = (a_{n_1} + \cdots + a_{n_2-1}) + (a_{n_2} + \cdots + a_{n_3-1}) + \cdots + (a_{n_K} + \cdots + a_{n_{K+1}-1}) = a_1 + \cdots + a_{n_{K+1}-1} = S_{n_{K+1}-1}.

כלומר TK=ScKT_K = S_{c_K} עבור cK=nK+1−1c_K = n_{K+1}-1, והסדרה (cK)(c_K) עולה ממש של מספרים טבעיים (cK+1=nK+2−1>nK+1−1=cKc_{K+1} = n_{K+2}-1 > n_{K+1}-1 = c_K, ו-cK≥c1=n2−1>n1−1=0c_K \ge c_1 = n_2-1 > n_1-1 = 0 ולכן cK≥1c_K \ge 1). לכן (TK)(T_K) היא תת-סדרה של (SN)(S_N), ומאחר ש-lim⁡SN\lim S_N קיים, מהירושה lim⁡K→∞TK=lim⁡N→∞SN\lim_{K\to\infty} T_K = \lim_{N\to\infty} S_N, כלומר ∑bk=∑an\sum b_k = \sum a_n.
משפט 2 (אבל) — משפט אבל
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה של מספרים ממשיים. יהיו x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} כך ש-∣x2−x0∣<∣x1−x0∣|x_2 - x_0| < |x_1 - x_0|. נניח שטור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n מתכנס בנקודה x=x1x = x_1. אזי הטור מתכנס בהחלט בנקודה x=x2x = x_2.
הוכחה
מאחר ש-∑an(x1−x0)n\sum a_n(x_1-x_0)^n מתכנס, מהתנאי ההכרחי lim⁡n→∞an(x1−x0)n=0\lim_{n\to\infty} a_n(x_1-x_0)^n = 0, ולכן קיים N1N_1 כך שלכל n≥N1n \ge N_1 מתקיים ∣an∣∣x1−x0∣n=∣an(x1−x0)n−0∣<1|a_n||x_1-x_0|^n = |a_n(x_1-x_0)^n - 0| < 1 (∗)(*). נסמן q=∣x2−x0∣∣x1−x0∣q = \frac{|x_2-x_0|}{|x_1-x_0|}; מאחר ש-∣x2−x0∣<∣x1−x0∣|x_2-x_0| < |x_1-x_0|, מתקיים 0≤q<10 \le q < 1. אזי
∑n=N1∞∣an(x2−x0)n∣=∑n=N1∞∣an∣∣x1−x0∣n⋅∣x2−x0∣n∣x1−x0∣n  ≤(∗)  ∑n=N1∞(∣x2−x0∣∣x1−x0∣)n=∑n=N1∞qn<∞\sum_{n=N_1}^\infty |a_n(x_2-x_0)^n| = \sum_{n=N_1}^\infty |a_n||x_1-x_0|^n \cdot \frac{|x_2-x_0|^n}{|x_1-x_0|^n} \;\underset{(*)}{\le}\; \sum_{n=N_1}^\infty \left( \frac{|x_2-x_0|}{|x_1-x_0|} \right)^n = \sum_{n=N_1}^\infty q^n < \infty

(הטור ההנדסי מתכנס כי 0≤q<10 \le q < 1). לכן ∑∣an(x2−x0)n∣<∞\sum |a_n(x_2-x_0)^n| < \infty, כלומר הטור מתכנס בהחלט ב-x2x_2.
משפט 3 — התכנסות טור חזקות לפי רדיוס ההתכנסות
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה, ויהי RR רדיוס ההתכנסות של ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n. אזי:
(i) אם R=∞R = \infty — הטור מתכנס בהחלט לכל x∈Rx \in \mathbb{R};
(ii) אם R=0R = 0 — הטור מתבדר לכל x≠x0x \ne x_0 (ומתכנס ב-x0x_0);
(iii) אם 0<R<∞0 < R < \infty — הטור מתכנס בהחלט אם ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R, ומתבדר אם ∣x−x0∣>R|x-x_0| > R (ושם lim⁡an(x−x0)n≠0\lim a_n(x-x_0)^n \ne 0). עבור ∣x−x0∣=R|x-x_0| = R — לא קובע, יש לבדוק כל קצה בנפרד.
הוכחה
המשפט לא הוכח בהרצאה (ההוכחה נשענת על משפט אבל).
מסקנה 1 — צורת תחום ההתכנסות
תחום ההתכנסות של טור חזקות יכול להיות בעל אי-ודאות רק בנקודות הקצה x0±Rx_0 \pm R. בפנים (∣x−x0∣<R|x-x_0| < R) הטור תמיד מתכנס ובחוץ (∣x−x0∣>R|x-x_0| > R) תמיד מתבדר, ולכן תחום ההתכנסות הוא אחד מהקטעים (x0−R,x0+R)(x_0-R, x_0+R), [x0−R,x0+R)[x_0-R, x_0+R), (x0−R,x0+R](x_0-R, x_0+R], [x0−R,x0+R][x_0-R, x_0+R].
משפט 4 — נוסחת קושי-אדמר (מבחן השורש)
(קושי-אדמר) תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה, ויהי RR רדיוס ההתכנסות של ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n. נניח שקיים הגבול L=lim⁡n→∞∣an∣nL = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}. אזי:
(i) אם L=0L = 0 אז R=∞R = \infty;
(ii) אם L=∞L = \infty אז R=0R = 0;
(iii) אם 0<L<∞0 < L < \infty אז R=1LR = \frac{1}{L}.
הוכחה
נשתמש במבחן השורש על הטור ∑an(x−x0)n\sum a_n(x-x_0)^n, שעבורו ∣an(x−x0)n∣n=∣an∣n⋅∣x−x0∣→L∣x−x0∣\sqrt[n]{|a_n(x-x_0)^n|} = \sqrt[n]{|a_n|}\cdot|x-x_0| \to L|x-x_0|.
**(i) L=0L=0:** לכל xx, lim⁡∣an(x−x0)n∣n=L∣x−x0∣=0<1\lim \sqrt[n]{|a_n(x-x_0)^n|} = L|x-x_0| = 0 < 1, ולכן ממבחן השורש הטור מתכנס בהחלט לכל x∈Rx \in \mathbb{R}, כלומר R=∞R = \infty.
**(ii) L=∞L=\infty:** לכל x≠x0x \ne x_0, lim⁡∣an(x−x0)n∣n=L∣x−x0∣=∞\lim \sqrt[n]{|a_n(x-x_0)^n|} = L|x-x_0| = \infty, ולכן קיים N1N_1 שממנו ∣an(x−x0)n∣≥1|a_n(x-x_0)^n| \ge 1, כך ש-lim⁡an(x−x0)n≠0\lim a_n(x-x_0)^n \ne 0 והטור מתבדר; R=0R = 0.
**(iii) 0<L<∞0 < L < \infty:** נסמן R1=1LR_1 = \frac{1}{L}. אם ∣x−x0∣<R1|x-x_0| < R_1: lim⁡∣an(x−x0)n∣n=L∣x−x0∣=∣x−x0∣R1<1\lim \sqrt[n]{|a_n(x-x_0)^n|} = L|x-x_0| = \frac{|x-x_0|}{R_1} < 1, ולכן מתכנס בהחלט. אם ∣x−x0∣>R1|x-x_0| > R_1: הגבול =∣x−x0∣R1>1= \frac{|x-x_0|}{R_1} > 1, ולכן lim⁡an(x−x0)n≠0\lim a_n(x-x_0)^n \ne 0 והטור מתבדר. לכן R=R1=1LR = R_1 = \frac{1}{L}.
מסקנה 3 — סימון מקוצר לרדיוס
נרשם בקיצור
R=lim⁡n→∞1∣an∣n,R = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{|a_n|}},

בהתאמה ש-1∞=0\frac{1}{\infty} = 0 ו-10+=∞\frac{1}{0^+} = \infty.
משפט 5 — נוסחת המנה לרדיוס ההתכנסות
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה, ויהי RR רדיוס ההתכנסות של ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n. נניח שקיים הגבול L=lim⁡n→∞∣an+1an∣L = \lim_{n\to\infty}\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|. אזי:
(i) אם L=0L = 0 אז R=∞R = \infty;
(ii) אם L=∞L = \infty אז R=0R = 0;
(iii) אם 0<L<∞0 < L < \infty אז R=1LR = \frac{1}{L}.
הוכחה
כמו הוכחת משפט 4, בעזרת מבחן המנה (במקום מבחן השורש) על ∑an(x−x0)n\sum a_n(x-x_0)^n.
הרצאה 9 · 25.5.26 — גזירה ואינטגרציה איבר-איבר, משפט אבל (גבול), טורי מקלורן
משפט 1 — גזירה ואינטגרציה איבר-איבר של טור חזקות
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה. יהי RR רדיוס ההתכנסות של ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n, ונניח R>0R > 0. תהי f(x)=∑n=0∞an(x−x0)nf(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n עבור ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R. אזי:
(i) טור החזקות שמתקבל בגזירה איבר-איבר, ∑n=1∞an⋅n⋅(x−x0)n−1\sum_{n=1}^\infty a_n \cdot n \cdot (x-x_0)^{n-1}, הוא בעל רדיוס ההתכנסות RR;
(ii) ff גזירה, ולכל ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R: f′(x)=∑n=1∞an⋅n⋅(x−x0)n−1f'(x) = \sum_{n=1}^\infty a_n \cdot n \cdot (x-x_0)^{n-1};
(iii) טור החזקות שמתקבל באינטגרציה איבר-איבר, ∑n=0∞an(x−x0)n+1n+1\sum_{n=0}^\infty a_n \frac{(x-x_0)^{n+1}}{n+1}, הוא בעל רדיוס ההתכנסות RR;
(iv) לכל ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R: ∑n=0∞an(x−x0)n+1n+1=∫x0xf(t) dt\sum_{n=0}^\infty a_n \frac{(x-x_0)^{n+1}}{n+1} = \int_{x_0}^x f(t)\,dt.
הוכחה
המשפט לא הוכח בהרצאה.
משפט 2 — משפט אבל (גבול בנקודת קצה)
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה. יהי RR רדיוס ההתכנסות של ∑an(x−x0)n\sum a_n(x-x_0)^n, ונניח R>0R > 0, ותהי f(x)=∑n=0∞an(x−x0)nf(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n עבור ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R. נניח שטור החזקות מתכנס בנקודה x0+Rx_0 + R. אזי lim⁡x→(x0+R)−f(x)\lim_{x\to (x_0+R)^-} f(x) קיים, ובנוסף
∑n=0∞anRn=lim⁡x→(x0+R)−f(x).\sum_{n=0}^\infty a_n R^n = \lim_{x\to (x_0+R)^-} f(x).
הוכחה
המשפט לא הוכח בהרצאה.
משפט 3 — טור מקלורן של $\ln(1+x)$
לכל −1<x≤1-1 < x \le 1 מתקיים
∑n=1∞(−1)n+1xnn=x−x22+x33−⋯=ln⁡(1+x).\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1} x^n}{n} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots = \ln(1+x).
הוכחה
ראינו (הרצאה 8, תרגיל 4) שרדיוס ההתכנסות הוא R=1R = 1 ותחום ההתכנסות הוא (−1,1](-1,1]. תהי f(x)=∑n=1∞(−1)n+1xnnf(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}x^n}{n} עבור ∣x∣<1|x| < 1. בגזירה איבר-איבר, לכל ∣x∣<1|x| < 1:
f′(x)=∑n=1∞(−1)n+1xn−1=∑n=0∞(−1)nxn=∑n=0∞(−x)n=11−(−x)=11+x.f'(x) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} x^{n-1} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^n = \sum_{n=0}^\infty (-x)^n = \frac{1}{1-(-x)} = \frac{1}{1+x}.

לכן קיים C∈RC \in \mathbb{R} כך ש-f(x)=ln⁡(1+x)+Cf(x) = \ln(1+x) + C עבור ∣x∣<1|x| < 1. הצבת x=0x = 0: f(0)=ln⁡1+C=Cf(0) = \ln 1 + C = C, ומאחר ש-f(0)=0f(0) = 0 נקבל C=0C = 0. לכן f(x)=ln⁡(1+x)f(x) = \ln(1+x) עבור ∣x∣<1|x| < 1.
בקצה x=1x = 1: הטור ∑(−1)n+1n\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n} מתכנס (לייבניץ), וממשפט אבל (משפט 2):
∑n=1∞(−1)n+1n=lim⁡x→1−f(x)=lim⁡x→1−ln⁡(1+x)=ln⁡2.\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \lim_{x\to 1^-} f(x) = \lim_{x\to 1^-} \ln(1+x) = \ln 2.

לכן השוויון נכון לכל −1<x≤1-1 < x \le 1.
מסקנה 1 — $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2$
הצבת x=1x = 1 בטור של ln⁡(1+x)\ln(1+x) נותנת
∑n=1∞(−1)n+1n=1−12+13−14+⋯=ln⁡2.\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots = \ln 2.
משפט 4 — טור מקלורן של $e^x$
לכל x∈Rx \in \mathbb{R} מתקיים
ex=∑n=0∞xnn!=1+x+x22+x36+⋯ .e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots.
הוכחה
ראינו (הרצאה 8, תרגיל 5) שרדיוס ההתכנסות הוא R=∞R = \infty ותחום ההתכנסות הוא R\mathbb{R}. תהי f(x)=∑n=0∞xnn!f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}. בגזירה איבר-איבר, לכל x∈Rx \in \mathbb{R}:
f′(x)=∑n=1∞nxn−1n!=∑n=1∞xn−1(n−1)!=∑n=0∞xnn!=f(x).f'(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{n x^{n-1}}{n!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} = f(x).

לכן f′=ff' = f לכל xx. נביט בנגזרת:
[f(x)ex]′=f′(x)ex−f(x)exe2x  =f′=f  0,\left[ \frac{f(x)}{e^x} \right]' = \frac{f'(x)e^x - f(x)e^x}{e^{2x}} \;\underset{f'=f}{=}\; 0,

ולכן קיים C∈RC \in \mathbb{R} כך ש-f(x)ex=C\frac{f(x)}{e^x} = C, כלומר f(x)=Cexf(x) = C e^x. הצבת x=0x = 0: 1=f(0)=C1 = f(0) = C, ולכן f(x)=exf(x) = e^x לכל x∈Rx \in \mathbb{R}.
מסקנה 2 — $e = \sum \frac{1}{n!}$
הצבת x=1x = 1 נותנת
e=∑n=0∞1n!=1+1+12+16+124+⋯ .e = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \cdots.
משפט 5 — $e$ הוא אי-רציונלי
ee הוא מספר אי-רציונלי.
הוכחה
נניח בשלילה ש-e∈Qe \in \mathbb{Q}, כלומר e=abe = \frac{a}{b} עבור a,b∈Na, b \in \mathbb{N}. מאחר ש-2<e<32 < e < 3, ee אינו שלם, ולכן b>1b > 1. נגדיר
α=b!(e−∑n=0b1n!).\alpha = b!\left( e - \sum_{n=0}^b \frac{1}{n!} \right).

נוכיח (i) α∈Z\alpha \in \mathbb{Z} ו-(ii) 0<α<10 < \alpha < 1 — בסתירה.
**(i):** α=b!(ab−∑n=0b1n!)=(b−1)! a−∑n=0bb!n!\alpha = b!\left( \frac{a}{b} - \sum_{n=0}^b \frac{1}{n!} \right) = (b-1)!\, a - \sum_{n=0}^b \frac{b!}{n!}. לכל 0≤n≤b0 \le n \le b, b!n!=(n+1)(n+2)⋯b∈Z\frac{b!}{n!} = (n+1)(n+2)\cdots b \in \mathbb{Z}, ולכן α∈Z\alpha \in \mathbb{Z}.
**(ii):** מ-מסקנה 2, α=b!(∑n=0∞1n!−∑n=0b1n!)=b!∑n=b+1∞1n!\alpha = b!\left( \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} - \sum_{n=0}^b \frac{1}{n!} \right) = b!\sum_{n=b+1}^\infty \frac{1}{n!}. חסם תחתון: α≥b!⋅1(b+1)!=1b+1>0\alpha \ge b!\cdot\frac{1}{(b+1)!} = \frac{1}{b+1} > 0. חסם עליון:
α=∑n=b+1∞b!n!=1b+1+1(b+1)(b+2)+1(b+1)(b+2)(b+3)+⋯≤1b+1+1(b+1)2+1(b+1)3+⋯=1b+1⋅11−1b+1=1b<1\alpha = \sum_{n=b+1}^\infty \frac{b!}{n!} = \frac{1}{b+1} + \frac{1}{(b+1)(b+2)} + \frac{1}{(b+1)(b+2)(b+3)} + \cdots \le \frac{1}{b+1} + \frac{1}{(b+1)^2} + \frac{1}{(b+1)^3} + \cdots = \frac{1}{b+1}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{b+1}} = \frac{1}{b} < 1

(כי b>1b > 1). אזי 0<α<10 < \alpha < 1 — בסתירה לכך ש-α∈Z\alpha \in \mathbb{Z}. לכן ee אי-רציונלי.
משפט 6 — טור מקלורן של $\arctan x$
לכל −1≤x≤1-1 \le x \le 1 מתקיים
arctan⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1=x−x33+x55−⋯ .\arctan x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots.
הוכחה
ראינו (הרצאה 8, תרגיל 8) שתחום ההתכנסות הוא [−1,1][-1,1] (בקצוות x=±1x = \pm 1 הטור מתכנס בתנאי — מתכנס לפי לייבניץ אך לא בהחלט, כי ∑12n+1≥12∑1n+1=∞\sum \frac{1}{2n+1} \ge \frac{1}{2}\sum \frac{1}{n+1} = \infty). תהי f(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} עבור ∣x∣<1|x| < 1. בגזירה איבר-איבר:
f′(x)=1−x2+x4−⋯=∑n=0∞(−1)nx2n  =t=x2  ∑n=0∞(−t)n=11+t=11+x2.f'(x) = 1 - x^2 + x^4 - \cdots = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} \;\underset{t=x^2}{=}\; \sum_{n=0}^\infty (-t)^n = \frac{1}{1+t} = \frac{1}{1+x^2}.

לכן f(x)=arctan⁡x+Cf(x) = \arctan x + C עבור ∣x∣<1|x| < 1. הצבת x=0x = 0: 0=f(0)=arctan⁡0+C=C0 = f(0) = \arctan 0 + C = C, כך ש-C=0C = 0 ו-f(x)=arctan⁡xf(x) = \arctan x. בקצוות, ממשפט אבל: ∑n=0∞(−1)n2n+1=lim⁡x→1−arctan⁡x=arctan⁡1\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} = \lim_{x\to 1^-} \arctan x = \arctan 1, וכן בקצה x=−1x = -1. לכן השוויון נכון לכל −1≤x≤1-1 \le x \le 1.
מסקנה 3 — טור לייבניץ ל-$\frac{\pi}{4}$
הצבת x=1x = 1 בטור של arctan⁡x\arctan x נותנת
π4=∑n=0∞(−1)n2n+1=1−13+15−17+⋯ .\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots.
משפט 7 — מקדמי טור החזקות הם הנגזרות (יחידות)
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה. יהי RR רדיוס ההתכנסות של ∑an(x−x0)n\sum a_n(x-x_0)^n, ונניח R>0R > 0, ותהי f(x)=∑n=0∞an(x−x0)nf(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n עבור ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R. אזי לכל 0≤n∈Z0 \le n \in \mathbb{Z}, ff גזירה nn פעמים ב-x0x_0, ובנוסף
an=f(n)(x0)n!.a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}.
הוכחה
נובע מגזירה חוזרת איבר-איבר (משפט 1): גזירה nn פעמים והצבת x=x0x = x_0 משאירה רק את האיבר ה-nn-י, f(n)(x0)=n! anf^{(n)}(x_0) = n!\, a_n.
משפט 8 — משפט טיילור עם שארית לגרנז'
תהיינה x,x0∈Rx, x_0 \in \mathbb{R} כך ש-x>x0x > x_0, ויהי 0≤N∈Z0 \le N \in \mathbb{Z}. תהי ff פונקציה הגזירה NN פעמים ב-[x0,x][x_0, x] עם:
(i) f(N)f^{(N)} רציפה ב-[x0,x][x_0, x];
(ii) f(N)f^{(N)} גזירה ב-(x0,x)(x_0, x).
אזי קיימת x0<c<xx_0 < c < x שעבורה
RN(x)=f(N+1)(c)(N+1)!(x−x0)N+1.R_N(x) = \frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}(x-x_0)^{N+1}.
הרצאה 10 · 4.6.26 — משפט הזהות (מקדמי טור חזקות), פולינום טיילור, שארית טיילור
משפט 7 — משפט הזהות — מקדמי טור חזקות הם מקדמי טיילור
יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה של מספרים ממשיים. יהי RR רדיוס ההתכנסות של טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n, ונניח כי R>0R > 0. נגדיר בתחום ההתכנסות את הפונקציה
f(x)=∑n=0∞an(x−x0)n,∣x−x0∣<R.f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n, \qquad |x-x_0| < R.

אזי לכל 0≤n∈Z0 \le n \in \mathbb{Z}, ff גזירה nn פעמים ב-x0x_0, ובנוסף
an=f(n)(x0)n!.a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}.
הוכחה
נשים לב ש-f(x)=∑n=0∞an(x−x0)n=a0+a1(x−x0)+a2(x−x0)2+⋯f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n = a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \cdots. נציב x=x0x = x_0 ונקבל f(x0)=a0+0+0+⋯=a0f(x_0) = a_0 + 0 + 0 + \cdots = a_0, ולכן a0=f(x0)=f(0)(x0)0!a_0 = f(x_0) = \frac{f^{(0)}(x_0)}{0!}.
ממשפט הגזירה איבר-איבר של טור חזקות, עבור ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R,
f′(x)=a1+2a2(x−x0)+3a3(x−x0)2+⋯ .f'(x) = a_1 + 2a_2(x-x_0) + 3a_3(x-x_0)^2 + \cdots.

נציב x=x0x = x_0 ונקבל f′(x0)=a1+0+0+⋯=a1f'(x_0) = a_1 + 0 + 0 + \cdots = a_1, ולכן a1=f′(x0)=f′(x0)1!a_1 = f'(x_0) = \frac{f'(x_0)}{1!}.
שוב, מגזירה איבר-איבר, f′′(x)=2a2+3⋅2⋅a3(x−x0)+⋯f''(x) = 2a_2 + 3\cdot 2\cdot a_3(x-x_0) + \cdots, ובהצבה x=x0x = x_0 מתקבל f′′(x0)=2a2f''(x_0) = 2a_2, כלומר a2=f′′(x0)2!a_2 = \frac{f''(x_0)}{2!}.
נמשיך באופן כללי: עבור ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R,
f(n)(x)=n! an+(n+1)⋅n⋯2⋅an+1(x−x0)+⋯ ,f^{(n)}(x) = n!\,a_n + (n+1)\cdot n \cdots 2\cdot a_{n+1}(x-x_0) + \cdots,

ונציב x=x0x = x_0 ונקבל f(n)(x0)=n! anf^{(n)}(x_0) = n!\,a_n. נחלק ב-n!n! ונקבל an=f(n)(x0)n!a_n = \dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}.
טענת עזר 1 — רול המוכלל (לגזירה $N$ פעמים)
יהיו x,x0∈Rx, x_0 \in \mathbb{R} כך ש-x>x0x > x_0 ויהי 0≤N∈Z0 \le N \in \mathbb{Z}. תהי ff פונקציה הגזירה NN פעמים ב-[x0,x][x_0,x], ונניח כי:
(i) f(N)f^{(N)} רציפה ב-[x0,x][x_0,x];
(ii) f(N)f^{(N)} גזירה ב-(x0,x)(x_0,x);
(iii) f(x)=0f(x) = 0;
(iv) לכל 0≤k≤N0 \le k \le N מתקיים f(k)(x0)=0f^{(k)}(x_0) = 0.
אזי קיימת x0<c<xx_0 < c < x שעבורה f(N+1)(c)=0f^{(N+1)}(c) = 0. (עבור N=0N = 0 זהו בדיוק משפט רול עם f(x0)=f(x)=0f(x_0) = f(x) = 0.)
הוכחה
נוכיח באינדוקציה על מספר הגזירות בקטע [x0,x][x_0,x].
**צעד ראשון:** מהיות f(N)f^{(N)} רציפה ב-[x0,x][x_0,x] (תנאי i) נובע ש-ff רציפה ב-[x0,x][x_0,x], ומהיות f(N)f^{(N)} גזירה ב-(x0,x)(x_0,x) (תנאי ii) נובע ש-ff גזירה ב-(x0,x)(x_0,x). בנוסף f(x)=0f(x) = 0 (תנאי iii) ו-f(x0)=0f(x_0) = 0 (תנאי iv), ולכן ממשפט רול קיימת x0<c1<xx_0 < c_1 < x שעבורה f′(c1)=0f'(c_1) = 0.
**צעד שני:** נחזור על התהליך בקטע [x0,c1][x_0, c_1]. f′f' רציפה ב-[x0,c1][x_0,c_1] וגזירה ב-(x0,c1)(x_0,c_1), ומתקיים f′(c1)=0f'(c_1) = 0 ו-f′(x0)=0f'(x_0) = 0 (תנאי iv), ולכן ממשפט רול קיימת x0<c2<c1x_0 < c_2 < c_1 שעבורה f′′(c2)=0f''(c_2) = 0.
**המשך:** נחזור על התהליך NN פעמים. לאחר NN צעדים נביט בקטע [x0,cN][x_0, c_N]: f(N)f^{(N)} רציפה ב-[x0,cN][x_0,c_N] וגזירה ב-(x0,cN)(x_0,c_N), ומתקיים f(N)(cN)=0f^{(N)}(c_N) = 0 ו-f(N)(x0)=0f^{(N)}(x_0) = 0 (תנאי iv). לכן ממשפט רול קיימת x0<c<cNx_0 < c < c_N שעבורה f(N+1)(c)=0f^{(N+1)}(c) = 0.
סכמטית: x0<c<cN<⋯<c2<c1<xx_0 < c < c_N < \cdots < c_2 < c_1 < x, כאשר f=0f = 0 בקצוות x0,xx_0, x; f′=0f' = 0 ב-c1c_1; f′′=0f'' = 0 ב-c2c_2; … ; f(N+1)=0f^{(N+1)} = 0 ב-cc.
משפט 1 — משפט השארית של טיילור (צורת לגראנז')
יהיו x,x0∈Rx, x_0 \in \mathbb{R} כך ש-x>x0x > x_0 ויהי 0≤N∈Z0 \le N \in \mathbb{Z}. תהי ff פונקציה הגזירה NN פעמים ב-[x0,x][x_0,x], ונניח כי (i) f(N)f^{(N)} רציפה ב-[x0,x][x_0,x], (ii) f(N)f^{(N)} גזירה ב-(x0,x)(x_0,x). אזי קיימת x0<c<xx_0 < c < x שעבורה
RN(x)=f(N+1)(c)(N+1)!(x−x0)N+1.R_N(x) = \frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}(x-x_0)^{N+1}.
הוכחה
**המקרה N=0N = 0:** במקרה זה R0(x)=f(x)−T0(x)=f(x)−f(x0)R_0(x) = f(x) - T_0(x) = f(x) - f(x_0), והטענה אומרת שקיימת x0<c<xx_0 < c < x עם f(x)−f(x0)=f′(c)1!(x−x0)f(x) - f(x_0) = \frac{f'(c)}{1!}(x-x_0), כלומר f(x)−f(x0)x−x0=f′(c)\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f'(c) — זהו בדיוק משפט לגראנז'.
**המקרה הכללי:** נגדיר את הקבוע
α=f(x)−TN(x)(x−x0)N+1,\alpha = \frac{f(x) - T_N(x)}{(x-x_0)^{N+1}},

ונגדיר את פונקציית העזר
g(t)=f(t)−TN(t)−α (t−x0)N+1,t∈[x0,x].g(t) = f(t) - T_N(t) - \alpha\,(t-x_0)^{N+1}, \qquad t \in [x_0,x].

נראה ש-gg מקיימת את תנאי טענת עזר 1 בקטע [x0,x][x_0,x]:
(i)–(ii) g(N)g^{(N)} רציפה ב-[x0,x][x_0,x] וגזירה ב-(x0,x)(x_0,x) (כצירוף של ff, הפולינום TNT_N והפולינום α(t−x0)N+1\alpha(t-x_0)^{N+1}).
(iii) הצבת t=xt = x: g(x)=f(x)−TN(x)−f(x)−TN(x)(x−x0)N+1(x−x0)N+1=0g(x) = f(x) - T_N(x) - \frac{f(x)-T_N(x)}{(x-x_0)^{N+1}}(x-x_0)^{N+1} = 0.
(iv) לכל 0≤k≤N0 \le k \le N: g(k)(t)=f(k)(t)−TN(k)(t)−α⋅(N+1)⋅N⋯(N+1−(k−1)) (t−x0)N+1−kg^{(k)}(t) = f^{(k)}(t) - T_N^{(k)}(t) - \alpha\cdot(N+1)\cdot N \cdots (N+1-(k-1))\,(t-x_0)^{N+1-k}, ובהצבת t=x0t = x_0 מתקבל g(k)(x0)=f(k)(x0)−TN(k)(x0)−0=0g^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0) - T_N^{(k)}(x_0) - 0 = 0, שכן f(k)(x0)=TN(k)(x0)f^{(k)}(x_0) = T_N^{(k)}(x_0) (הערה 2).
לכן, לפי טענת עזר 1, קיימת x0<c<xx_0 < c < x שעבורה g(N+1)(c)=0g^{(N+1)}(c) = 0. עבור x0<t<xx_0 < t < x,
g(N+1)(t)=f(N+1)(t)−0−α (N+1)!,g^{(N+1)}(t) = f^{(N+1)}(t) - 0 - \alpha\,(N+1)!,

(כי TN(N+1)=0T_N^{(N+1)} = 0). נציב t=ct = c ונקבל 0=g(N+1)(c)=f(N+1)(c)−α (N+1)!0 = g^{(N+1)}(c) = f^{(N+1)}(c) - \alpha\,(N+1)!, ומכאן α=f(N+1)(c)(N+1)!\alpha = \frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}. אם כן
f(x)−TN(x)(x−x0)N+1⏟= RN(x)/(x−x0)N+1=α=f(N+1)(c)(N+1)!,\underbrace{\frac{f(x) - T_N(x)}{(x-x_0)^{N+1}}}_{=\,R_N(x)/(x-x_0)^{N+1}} = \alpha = \frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!},

נכפל ב-(x−x0)N+1(x-x_0)^{N+1} ונקבל RN(x)=f(N+1)(c)(N+1)!(x−x0)N+1R_N(x) = \dfrac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}(x-x_0)^{N+1}.