Mentora
1
← חזרה לתכנית הקרב

Mentora · הכנה לבוחן

דף הכנה לבוחן 3

טורים ושיטות התכנסות · משפטים + הוכחות + מ"ב 6, 7, 8 + שאלות לתרגול

11 משפטיםמ"ב 6+7+84 שאלות תרגולנקודות מרכזיות

חלק א׳ — כל המשפטים עם הוכחות מילה במילה

משפט 5 — תנאי הכרחי
משפט: יהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^\infty סדרה. אם ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^\infty a_n < \infty אזי lim⁡n→∞an=0\lim_{n\to\infty} a_n = 0.
הוכחה ✱
lim⁡n→∞an=lim⁡N→∞ ⁣(∑n=kNan−∑n=kN−1an)=S−S=0✓\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) = S - S = 0 \quad \checkmark
משפט 6 — השוואה ישיר
משפט: יהיו (an),(bn)(a_n),(b_n) סדרות כך ש 0≤an≤bn0 \le a_n \le b_n לכל n≥kn \ge k. אם ∑bn<∞\sum b_n < \infty אזי ∑an<∞\sum a_n < \infty.
הוכחה ✱
1
נסמן SNa=∑n=kNanS_N^a = \sum_{n=k}^N a_n. מאחר ש an≥0a_n \ge 0, (SNa)(S_N^a) עולה.
2
מאחר ש an≤bna_n \le b_n:
SNa≤∑n=kNbn≤∑n=k∞bn<∞S_N^a \le \sum_{n=k}^N b_n \le \sum_{n=k}^\infty b_n < \infty
3
(SNa)(S_N^a) עולה וחסומה מעל ← ∑an<∞\sum a_n < \infty. ✓
משפט 6′ — השוואה גבולי
משפט: יהיו (an),(bn)(a_n),(b_n) חיוביות, L=lim⁡anbn∈(0,∞)L = \lim \frac{a_n}{b_n} \in (0,\infty). אזי ∑an<∞\sum a_n < \infty אמ"מ ∑bn<∞\sum b_n < \infty.
הוכחה ✱
⟸ נניח ∑bn<∞\sum b_n{<}\infty
קח ϵ=L/2\epsilon = L/2. קיים NN כך שלכל n≥Nn \ge N: anbn<L+L2=3L2\frac{a_n}{b_n} < L + \frac{L}{2} = \frac{3L}{2}, כלומר an<3L2bna_n < \frac{3L}{2} b_n. לפי משפט 6: ∑an<3L2∑bn<∞\sum a_n < \frac{3L}{2}\sum b_n < \infty. ✓

⟹ נניח ∑an<∞\sum a_n{<}\infty קח ϵ=1\epsilon=1. לכל nn גדול: anbn>L−1>0\frac{a_n}{b_n} > L-1 > 0, כלומר bn<anL−1b_n < \frac{a_n}{L-1}. לפי משפט 6: ∑bn<∞\sum b_n < \infty. ✓
נוסחת צבר 1, גרסה 1 — שורש ישיר
משפט: יהי (an)(a_n) עם an≥0a_n \ge 0. נניח שקיים 0≤q<10 \le q < 1 ו N∈NN \in \mathbb{N} כך שלכל n≥Nn \ge N: ann≤q\sqrt[n]{a_n} \le q. אזי ∑an<∞\sum a_n < \infty.
הוכחה ✱
לכל n≥Nn \ge N: an≤qna_n \le q^n. מאחר ש 0≤q<10 \le q < 1: ∑n=N∞qn<∞\sum_{n=N}^\infty q^n < \infty (הנדסי). לפי משפט 6: ∑an<∞\sum a_n < \infty. ✓
נוסחת צבר 1, גרסה 2 — מבחן השורש
משפט: יהי L=lim⁡n→∞annL = \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} קיים עם 0≤L<10 \le L < 1. אזי ∑an<∞\sum a_n < \infty.
הוכחה ✱
נסמן q=1+L2q = \frac{1+L}{2}. מאחר ש 0≤L<10 \le L < 1: L<q<1L < q < 1. קיים N1N_1 כך שלכל n≥N1n \ge N_1: ann<q\sqrt[n]{a_n} < q. לפי גרסה 1: ∑an<∞\sum a_n < \infty. ✓
נוסחת צבר 2 — גרסת השוואה (מנה)
משפט: יהיו (an),(bn)(a_n),(b_n) חיוביות. נניח שלכל n≥Nn \ge N: an+1an≤bn+1bn\frac{a_{n+1}}{a_n} \le \frac{b_{n+1}}{b_n}. אם ∑bn<∞\sum b_n < \infty אזי ∑an<∞\sum a_n < \infty.
הוכחה ✱
לכל n≥Nn \ge N, בטלסקופ: anbn≤an−1bn−1≤⋯≤aNbN=:C\frac{a_n}{b_n} \le \frac{a_{n-1}}{b_{n-1}} \le \cdots \le \frac{a_N}{b_N} =: C. לכן an≤C⋅bna_n \le C \cdot b_n. לפי משפט 6: ∑an<∞\sum a_n < \infty. ✓
נוסחת צבר 2, גרסה 2 — מבחן המנה ✱
משפט: יהי L=lim⁡n→∞an+1anL = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} קיים עם 0≤L<10 \le L < 1. אזי ∑an<∞\sum a_n < \infty.
הוכחה ✱
1
נסמן q=1+L2q = \frac{1+L}{2}. מאחר ש 0≤L<10 \le L < 1: 0≤q<10 \le q < 1.
2
מאחר ש L=lim⁡an+1anL = \lim \frac{a_{n+1}}{a_n}, קיים N1∈NN_1 \in \mathbb{N} כך שלכל n≥N1n \ge N_1:
∣an+1an−L∣<1+L2\left|\frac{a_{n+1}}{a_n} - L\right| < \boxed{\dfrac{1+L}{2}}
3
לכן an+1an≤L+1+L2=q=bn+1bn\frac{a_{n+1}}{a_n} \le L + \frac{1+L}{2} = q = \frac{b_{n+1}}{b_n} עבור bn=qnb_n = q^n.
4
מאחר ש 0≤q<10 \le q < 1: ∑qn<∞\sum q^n < \infty. לפי נוסחת צבר 2 (השוואה): ∑an<∞\sum a_n < \infty. ✓
משפט 3 — שורש, גרסת התבדרות ✱
משפט: יהי L=lim⁡n→∞ann>1L = \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} > 1. אזי lim⁡an≠0\lim a_n \ne 0 — הטור מתבדר.
הוכחה ✱
1
מאחר ש L>1L > 1 — חיוני. קיים N1N_1 כך שלכל n≥N1n \ge N_1:
∣ann−L∣<L−1\left|\sqrt[n]{a_n} - L\right| < \boxed{L-1}
2
לכן ann≥L−(L−1)=1\sqrt[n]{a_n} \ge L-(L-1) = 1, ולכן an≥1a_n \ge 1 לכל n≥N1n \ge N_1.
3
לפי מונוטוניות גבולים: lim⁡an≥1≠0\lim a_n \ge 1 \ne 0. הטור מתבדר. ✓
משפט 5 — מבחן האינטגרל ✱
משפט: תהי ff על [k,∞)[k,\infty), יורדת, lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x\to\infty} f(x)=0. אזי ∑n=k∞f(n)<∞\sum_{n=k}^\infty f(n) < \infty אמ"מ ∫k∞f(x) dx<∞\int_k^\infty f(x)\,dx < \infty. יתרה מזו:
∫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 ✱
ראשית, ff יורדת וlim⁡f=0\lim f=0 ← inf⁡f=0\inf f = 0 ← f(x)≥0f(x) \ge 0.
⟸ נניח ∑f(n)<∞\sum f(n){<}\infty
יהי S=∑f(n)S = \sum f(n). הגדר F(x)=∫kxf(t) dtF(x)=\int_k^x f(t)\,dt. FF עולה. עבור N=⌊x⌋N=\lfloor x\rfloor:
F(x)≤F(N)=∫kk+1f+⋯+∫N−1Nf≤∑n=kN−1f(n)≤SF(x) \le F(N) = \int_k^{k+1} f + \cdots + \int_{N-1}^N f \le \sum_{n=k}^{N-1} f(n) \le S
FF עולה וחסומה ← ∫k∞f=lim⁡F≤S\int_k^\infty f = \lim F \le S. ✓
⟹ נניח ∫k∞f<∞\int_k^\infty f{<}\infty
יהי S=∫k∞fS=\int_k^\infty f. לכל N≥kN \ge k:
SN=∑n=kNf(n)≤f(k)+∫kNf≤f(k)+SS_N = \sum_{n=k}^N f(n) \le f(k) + \int_k^N f \le f(k) + S
(SN)(S_N) עולה וחסומה ← ∑f(n)=sup⁡{SN}≤f(k)+S\sum f(n) = \sup\{S_N\} \le f(k)+S. ✓
משפט 1 — מבחן ההתכנסות המוחלטת
משפט: אם ∑∣an∣<∞\sum |a_n| < \infty אזי ∑an<∞\sum a_n < \infty.
הוכחה ✱
1
הגדר bn=∣an∣−anb_n = |a_n| - a_n. מאחר ש ∣x∣≥x|x| \ge x ו∣x∣≥−x|x| \ge -x:
0≤bn=∣an∣−an≤2∣an∣0 \le b_n = |a_n|-a_n \le 2|a_n|
2
לפי מבחן ההשוואה: ∑bn≤2∑∣an∣<∞\sum b_n \le 2\sum|a_n| < \infty.
3
∑an=∑(∣an∣−bn)=∑∣an∣−∑bn=מתכנס−מתכנס\sum a_n = \sum(|a_n|-b_n) = \sum|a_n| - \sum b_n = \text{מתכנס} - \text{מתכנס}. ✓
משפט 2 — מבחן לייבניץ ✱
משפט: נניח ש(an)(a_n) יורדת, lim⁡an=0\lim a_n = 0. אזי ∑n=1∞(−1)n+1an=S∈R\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}a_n = S \in \mathbb{R} וa1−a2≤S≤a1a_1-a_2 \le S \le a_1.
הוכחה ✱
1
S2N=a1−a2+a3−⋯+a2N−1−a2NS_{2N} = a_1-a_2+a_3-\cdots+a_{2N-1}-a_{2N}
2
S2(N+1)−S2N=a2N+1−a2N+2≥0S_{2(N+1)}-S_{2N} = a_{2N+1}-a_{2N+2} \ge 0 ← (S2N)(S_{2N}) עולה.
3
S2N=a1−(a2−a3)−⋯−a2N≤a1S_{2N} = a_1-(a_2-a_3)-\cdots-a_{2N} \le a_1 (✱ a2N≥0a_{2N}\ge 0 כי inf⁡an=0\inf a_n = 0).
4
(S2N)(S_{2N}) עולה וחסומה ← S=lim⁡S2N=sup⁡{S2N}S = \lim S_{2N} = \sup\{S_{2N}\} קיים, a1−a2≤S≤a1a_1-a_2 \le S \le a_1.
5
lim⁡S2N−1=lim⁡[S2N+a2N]=(∗∗)S+0=S\lim S_{2N-1} = \lim[S_{2N}+a_{2N}] \stackrel{(**)}{=} S+0 = S (lim⁡a2N=0\lim a_{2N}=0). לכן lim⁡SN=S\lim S_N = S. ✓

חלק ב׳ — ניתוח שיעורי בית 6, 7, 8

📘 שיעורי בית 6 — נושאים: השוואה, טלסקופ, טורים הנדסיים
שאלההבעיהשיטהתוצאה
1(a)∑n=0∞(−1)n⋅22n+1+(−1)n5n\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \cdot 2^{2n+1}+(-1)^n}{5^n}פיצול + הנדסימתכנס = 85/36
1(b)∑cosh⁡(1/n)\sum \cosh(1/n)תנאי הכרחי (lim=1)מתבדר
1(c)∑n2−1n3\sum \frac{n^2-1}{n^3}השוואה גבולי vs 1/nמתבדר
1(d)∑ln⁡2n+32n+1\sum \ln\frac{2n+3}{2n+1}טלסקופ → ∞מתבדר
1(e)∑[arcsin⁡1n+1−arcsin⁡1n]\sum [\arcsin\frac{1}{\sqrt{n+1}}-\arcsin\frac{1}{\sqrt{n}}]טלסקופמתכנס = −π/2
2(a)∑1/ln⁡n\sum 1/\ln n1/ln n ≥ 1/n, השוואה ישירמתבדר
2(b)∑(n+2−n)3\sum (\sqrt{n+2}-\sqrt{n})^3גבולי vs 1/n^{3/2}, L=1מתכנס
2(c)∑1/((n+e)n−en)\sum 1/((n+e)^n-e^n)ישיר vs 1/eⁿמתכנס
4b_n=±a_k — הכמ ← lim bn=0S₂N=0, S₂N−1 → 0מתכנס
5bn = a·aₙ+b·aₙ₊₁+c·aₙ₊₂, a+b+c=0טלסקופמתכנס
📗 שיעורי בית 7 — נושאים: מבחן המנה, מבחן השורש, מבחן האינטגרל
שאלההבעיהשיטהתוצאה
1(a)∑43n(n!)2(2n+1)2n\sum \frac{4^{3n}(n!)^2}{(2n+1)^{2n}}מנה: L=16/e2>1L=16/e^2>1מתבדר
1(b)∑2⋅4⋯2nnn\sum \frac{2\cdot4\cdots2n}{n^n}מנה: L=2/e<1L=2/e<1מתכנס
1(c)∑(n!)22⋅4⋯(4n)\sum \frac{(n!)^2}{2\cdot4\cdots(4n)}מנה: L=1/16<1L=1/16<1מתכנס
1(d)∑[n2n(1−cos⁡1n)n]\sum [n^{2n}(1-\cos\tfrac{1}{n})^n]שורש: L=1/2<1L=1/2<1מתכנס
1(e)∑nn2an/n1.5\sum n^{\sqrt{n^2}}a^n/n^{1.5}שורש: L=aL=aמתכנס אמ"מ a<1
2∑n=3∞1nln⁡n⋅ln⁡ln⁡n⋅[ln⁡ln⁡ln⁡n]p\sum_{n=3}^\infty \frac{1}{n\ln n\cdot\ln\ln n\cdot[\ln\ln\ln n]^p}אינטגרל חוזרמתכנס אמ"מ p>1
3קבוע אוילר — T_N = Σ1/n − ln Nיורדת + חסומה מ-0γ = lim T_N קיים
4(a)lim n·aₙ=0 ⟹ Σaₙ<∞?דוגמא נגדית: an=1/(nln⁡n)a_n=1/(n\ln n)שקר!
4(b)aₙ₊₁/aₙ ≤ n²/(n+1)²נוסחת צבר 2 vs bn=1/n2b_n=1/n^2מתכנס ✓
📙 שיעורי בית 8 — נושאים: התכנסות מוחלטת/מותנית, לייבניץ, הסדרה המתחלפת
שאלההבעיהשיטהתוצאה
1(a)∑nsin⁡(n2)2n+n\sum \frac{n\sin(n^2)}{2^n+n}שורש על ∑∣an∣\sum|a_n|, גבולי vs n/2ⁿמתכנס בהחלט
1(b)∑(−1)n+1 ⁣n+1−nn+1\sum (-1)^{n+1}\!\sqrt{\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1}}גבולי: לא בהחלט. לייבניץ: lim⁡bn=0\lim b_n=0מתכנס מותנית
2(a)Σaₙ, Σbₙ בהחלט ⟹ Σ(aₙ−bₙ) בהחלט?∑∣an−bn∣≤∑∣an∣+∑∣bn∣\sum|a_n-b_n| \le \sum|a_n|+\sum|b_n|אמת ✓
2(b,c)מותנית ± מוחלטתדוגמאות ומשפט: מות+מוח=מותראה הוכחה
2(d)∑cos⁡n+(−1)n+1(n+1)(n+1)ln⁡2(n+1)\sum \frac{\cos n+(-1)^{n+1}(n+1)}{(n+1)\ln^2(n+1)}חלוקה לסדרות + 2(c)מתכנס מותנית
4(a)[object Object] — בהחלט?השוואה: ≥ 1/(2√n)לא בהחלט
4(b)1−½+⅔−⅓+¼−¼+… — מתכנס?סוגריים: =Σ1/n = ∞מתבדר ✓
4(c)0≤aₙ≤bₙ, lim bₙ=0, יורדת ⟹ Σ(−1)ⁿ⁺¹aₙ?דוגמא נגדית: an=0a_n=0 לזוגייםשקר!
4(d)∑(n3+(−1)n+1−n1.5)\sum (\sqrt{n^3+(-1)^{n+1}}-n^{1.5})גבולי vs 1/n1.51/n^{1.5}, L=1/2מתכנס בהחלט
4(e)∑n=1∞1n(2n+1)=2−ln⁡4\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(2n+1)} = 2-\ln 4חלוקה + לייבניץאמת ✓
5[object Object] — עבור אילו α?תנאי הכרחי: L'Hôpital 4 פעמיםα=1/6\alpha=1/6 בלבד
6(c)bₙ=(−1)ⁿaₙ עולה ⟹ Σaₙ מתכנס?−bₙ יורדת → 0, לייבניץ על −bₙאמת ✓

חלק ג׳ — 4 שאלות לתרגול

שאלה 1קבעי האם ∑n=1∞n!⋅3n(2n)!\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{n!\cdot 3^n}{(2n)!} מתכנס.מבחן המנה
הצג פתרון ▼
L=lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞(n+1)!⋅3n+1(2n+2)!⋅(2n)!n!⋅3n=lim⁡n→∞3(n+1)(2n+2)(2n+1)=0<1L = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{(n+1)!\cdot 3^{n+1}}{(2n+2)!} \cdot \frac{(2n)!}{n!\cdot 3^n} = \lim_{n\to\infty} \frac{3(n+1)}{(2n+2)(2n+1)} = 0 < 1
✓ הטור מתכנס.
שאלה 2קבעי האם ∑n=2∞(−1)nn\displaystyle\sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} מתכנס. האם בהחלט?מבחן לייבניץ
הצג פתרון ▼
(an)=1/n(a_n) = 1/\sqrt{n} — יורדת וlim⁡1/n=0\lim 1/\sqrt{n} = 0. לפי לייבניץ: הטור מתכנס (מותנית).
לא בהחלט: ∑1/n\sum 1/\sqrt{n} מתבדר (p=1/2≤1p=1/2 \le 1). ✓
שאלה 3 — בסגנון הסימולציהיהי (an)(a_n) חיובית. הגדר bn=ln⁡(1/an)ln⁡nb_n = \frac{\ln(1/a_n)}{\ln n} לכל n≥2n \ge 2. נניח lim⁡bn=p>1\lim b_n = p > 1. הוכיחי ש∑an<∞\sum a_n < \infty.השוואה + p-series
הצג פתרון ▼
1
קח ϵ=p−12\epsilon = \frac{p-1}{2}. קיים NN כך שלכל n≥Nn \ge N: bn>p+12=:q>1b_n > \frac{p+1}{2} =: q > 1.
2
ln⁡(1/an)ln⁡n>q\frac{\ln(1/a_n)}{\ln n} > q ← ln⁡(1/an)>qln⁡n\ln(1/a_n) > q\ln n ← an<1nqa_n < \frac{1}{n^q}.
3
מאחר ש q>1q > 1: ∑1/nq<∞\sum 1/n^q < \infty. לפי השוואה ישיר: ∑an<∞\sum a_n < \infty. ✓
שאלה 4הוכיחי: אם ∑an\sum a_n מתכנס לחלוטין, אזי ∣∑n=1∞an∣≤∑n=1∞∣an∣\left|\sum_{n=1}^\infty a_n\right| \le \sum_{n=1}^\infty |a_n|.אי-שוויון המשולש + גבול
הצג פתרון ▼
לכל NN: ∣∑n=1Nan∣≤∑n=1N∣an∣\left|\sum_{n=1}^N a_n\right| \le \sum_{n=1}^N |a_n|. שני הגבולות קיימים, לכן:
∣∑n=1∞an∣=lim⁡N→∞∣∑n=1Nan∣≤lim⁡N→∞∑n=1N∣an∣=∑n=1∞∣an∣✓\left|\sum_{n=1}^\infty a_n\right| = \lim_{N\to\infty}\left|\sum_{n=1}^N a_n\right| \le \lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N|a_n| = \sum_{n=1}^\infty|a_n| \quad\checkmark

חלק ד׳ — נקודות חשובות לזכור

⚠️
תנאי הכרחי
lim⁡an=0\lim a_n = 0 הכרחי אך לא מספיק — ∑1/n\sum 1/n מתבדר!
📐
p-series
∑1/np\sum 1/n^p מתכנס אמ"מ p>1p>1
🔢
מנה vs שורש
n! → עדיף מנה. חזקות nⁿ → עדיף שורש
📊
גבולי עם L=0
bnb_n מתכנס + L=0L=0 ← ana_n מתכנס. ההיפך לא נכון!
↕️
לייבניץ
חייב: (1) יורדת, (2) lim=0. שניהם חובה!
🔁
מוחלטת → מותנית
∑∣an∣<∞⇒∑an<∞\sum|a_n|<\infty \Rightarrow \sum a_n<\infty. ההיפך לא נכון.
🌊
טלסקופ
f(n)−f(n+k)f(n)-f(n+k) — ערך = f(k)−lim⁡f(n)f(k)-\lim f(n)
🎯
שגיאה נפוצה
lim⁡nan=0\lim na_n=0 לא מספיק! דוגמא: an=1/(nln⁡n)a_n=1/(n\ln n)
➕
הנדסי
∑n=k∞qn=qk1−q\sum_{n=k}^\infty q^n = \frac{q^k}{1-q} אמ"מ ∣q∣<1|q|<1
♻️
סדר איברים
ניתן לסדר מחדש רק בטורים מוחלטים! לא במותנית.
← חזרה לתכנית הקרב

Mentora · הכנה לבוחן 3 · בהצלחה! 🍀