Mentora
1
אינפי ב׳ · מועד א׳ 2026 · יעד 90+

גרירות, מסקנות ומשפטים — לפי שבוע

תרשים מה גורר מה · מסקנות מקס · שאלות חשובות · משפטי הרצאה
שבוע 1

גבולות — לופיטל ודרבו

🔗 תרשים גרירה — מה גורר מה

גבול בצורה 00\frac{0}{0} או ∞∞\frac{\infty}{\infty}
←
כלל לופיטל → lim⁡f′g′\lim\frac{f'}{g'}
f′(a)⋅f′(b)<0f'(a)\cdot f'(b)<0
←
דרבו → ∃c:  f′(c)=0\exists c:\;f'(c)=0
f′(a)<r<f′(b)f'(a) < r < f'(b)
←
דרבו מורחב → ∃c:  f′(c)=r\exists c:\;f'(c)=r
מסקנה: נגזרת לא יכולה לקפוץ
אי-רציפות קפיצה / סליקה — בלתי אפשרית בנגזרת. רק אי-רציפות עיקרית אפשרית (כמו sin⁡1x\sin\frac{1}{x}).
זה ישיר מדרבו: נגזרת מקיימת ערך ביניים.

💡 מסקנות מהתרגולים של מקס

מקס אמר ←
לופיטל תקף רק ב-00\tfrac{0}{0} או ∞∞\tfrac{\infty}{\infty}. אחרי כל שימוש — עצור ובדוק שהתקדמת. אם לא — שנה כיוון.
מקס אמר ←
גבול מהצורה 0⋅∞0\cdot\infty — הוריד למכנה. איזה ביטוי? ניסוי וטעייה. אין אלגוריתם.
מקס אמר ←
שאלות "הוכח/הפרך" על נגזרות — דרבו המורחב הוא הכלי הראשי. זה בדיוק כמו IVT, רק על הנגזרת.

❓ שאלות חשובות מהשבוע

חשב: lim⁡x→0 ⁣[x⋅e1/x]\lim_{x\to 0}\!\left[x\cdot e^{1/x}\right] — פרד לגבולות חד-צדדיים.
חשב: lim⁡x→0+(arctan⁡x)1−cos⁡xx\lim_{x\to 0^+}(\arctan x)^{\frac{1-\cos x}{x}} — צורה 1∞1^\infty, השתמש בלוגריתם ולופיטל.
הוכח: אם f′∈Qf'\in\mathbb{Q} לכל xx, אז f′f' קבועה. (דרבו + צפיפות R∖Q\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})
הוכח/הפרך: ff גזירה, lim⁡x→∞f′(x)=L>0\lim_{x\to\infty}f'(x)=L>0, אז lim⁡f(x)=∞\lim f(x)=\infty. (נכון — לופיטל)

📐 משפטים מההרצאה

כלל לופיטל
יהיו f,gf,g גזירות ב-(x0,b)(x_0,b), lim⁡x→x0+f=lim⁡g=0\lim_{x\to x_0^+}f=\lim g=0 (או ∞\infty, g′≠0g'\ne 0. אם קיים lim⁡f′g′\lim\frac{f'}{g'}, אז:
lim⁡x→x0f(x)g(x)=lim⁡x→x0f′(x)g′(x)\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}
משפט דרבו
ff גזירה ב-[a,b][a,b], f′(a)⋅f′(b)<0f'(a)\cdot f'(b)<0 ⟹ ∃c∈(a,b):f′(c)=0\exists c\in(a,b): f'(c)=0.
משפט דרבו המורחב
ff גזירה ב-[a,b][a,b], rr בין f′(a)f'(a) ל-f′(b)f'(b) ⟹ ∃c:f′(c)=r\exists c: f'(c)=r.
מסקנה: נגזרת אינה יכולה לקבל קפיצה (אי-רציפות מסוג 1).
שבוע 2

סדרות — מונוטוניות, חסימות ורקורסיביות

🔗 תרשים גרירה

מונוטונית + חסומה
←
מתכנסת — קיים גבול LL
קיים גבול LL
←
lim⁡an=L\lim a_n = L וגם lim⁡an+1=L\lim a_{n+1}=L → L=f(L)L=f(L)
∣an−L∣<ε|a_n - L| < \varepsilon מ-NN ואילך
←
הגדרת גבול (ε-N)
⚠ אסור להניח גבול לפני שהוכחת!
בסדרה רקורסיבית: קודם הוכח מונוטוניות + חסימות → אז הסק שיש גבול → אז מצא L=f(L)L=f(L).
דוגמה נגדית: a1=3,  an+1=1+2ana_1=3,\; a_{n+1}=1+2a_n — הנחת גבול נותנת L=−1L=-1 (שגוי! הסדרה מתבדרת).

💡 מסקנות מהתרגולים של מקס

מקס אמר ←
בסדרה — אסור לעשות לופיטל ישירות. צריך כלל היינה (עבור לפונקציה רציפה).
מקס אמר ←
סדרה רקורסיבית עם arctan⁡\arctan: מתקיים 0<arctan⁡x<x0<\arctan x < x לכל x>0x>0 → הסדרה יורדת וחסומה מלרע → מתכנסת.

❓ שאלות חשובות

סדרה: a1=14,  an+1=an2+14a_1=\tfrac{1}{4},\; a_{n+1}=a_n^2+\tfrac{1}{4} — הוכח שמתכנסת ומצא גבול.
סדרה: a1=c>0,  an+1=arctan⁡(an)a_1=c>0,\; a_{n+1}=\arctan(a_n) — הוכח שהגבול הוא 0.
הוכח/הפרך: אם an>0a_n>0 ו-lim⁡an=0\lim a_n=0, אז lim⁡an+1an=0\lim\frac{a_{n+1}}{a_n}=0. (שגוי — דוגמה נגדית)

📐 משפטים מההרצאה

משפט הסדרה המונוטונית והחסומה
כל סדרה מונוטונית וחסומה מתכנסת.
עולה וחסומה מלעיל → גבולה שווה לסופרמום. יורדת וחסומה מלרע → גבולה שווה לאינפימום.
כלל הסנדוויץ' (Squeeze Theorem)
אם an≤bn≤cna_n \le b_n \le c_n לכל nn גדול מספיק, ו-lim⁡an=lim⁡cn=L\lim a_n = \lim c_n = L, אז lim⁡bn=L\lim b_n = L.
גבולות חשובים לשנן
lim⁡n→∞(1+1n)n=e\lim_{n\to\infty}\left(1+\tfrac{1}{n}\right)^n = e
lim⁡n→∞n1/n=1\lim_{n\to\infty} n^{1/n} = 1

📖 הגדרות, משפטים והוכחות — מתוך ההרצאות (מלא, לפי מספור)

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.
דוגמה 1 — הסדרה $(-1)^n$
נביט בסדרה (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} המוגדרת ע"י an=(−1)na_n = (-1)^n לכל n≥0n \ge 0. למשל a0=(−1)0=1a_0 = (-1)^0 = 1, והסדרה היא
an:1,  −1,  1,  −1,  1,  −1,  …a_n:\quad 1,\; -1,\; 1,\; -1,\; 1,\; -1,\; \ldots
דוגמה 2 — סדרת פיבונאצ'י
נביט בסדרה (Fn)n=0∞(F_n)_{n=0}^{\infty} המוגדרת ע"י הרקורסיה
{Fn=Fn−1+Fn−2∀n≥2F0=0,  F1=1\begin{cases} F_n = F_{n-1} + F_{n-2} & \forall n \ge 2 \\ F_0 = 0,\; F_1 = 1 \end{cases}

והסדרה היא Fn:  0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, …F_n:\; 0,\,1,\,1,\,2,\,3,\,5,\,8,\,13,\,\ldots
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.
הערה 1 — השוואה לגבול פונקציה באינסוף
ההגדרה דומה מאוד בצורתה להגדרת הגבול של פונקציה באינסוף: lim⁡x→∞f(x)=L\lim_{x \to \infty} f(x) = L אם לכל ε>0\varepsilon > 0 קיים M>0M > 0 כך שלכל x>Mx > M מתקיים ∣f(x)−L∣<ε|f(x) - L| < \varepsilon.
הערה — תכונות הגבול עוברות לסדרות
כל המשפטים על גבולות של פונקציות באינסוף נשארים נכונים עבור סדרות, ובפרט:
(i) יחידות הגבול;
(ii) אריתמטיקה של גבולות — ±\pm, ⋅\cdot, ÷\div,   \sqrt{\;}, ∣⋅∣|\cdot| — כאשר הם מוגדרים;
(iii) מונוטוניות הגבול;
(iv) כלל הסנדוויץ';
(v) משפט היינה.
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.
הערה 2 — חסומה אם"ם חסומה מלעיל ומלרע
הסדרה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} חסומה אם ורק אם היא חסומה מלעיל וגם חסומה מלרע.
תרגיל 1 — $\lim 1/n = 0$
הוכיחו באמצעות הגדרת הגבול של סדרה כי lim⁡n→∞1n=0\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0.
הוכחה
יהי ε>0\varepsilon > 0. מהארכימדיות, קיים N∈NN \in \mathbb{N} כך ש-N>1εN > \frac{1}{\varepsilon}. אזי לכל n≥Nn \ge N:
∣1n−0∣=1n  ≤n≥N  1N<ε.\left| \frac{1}{n} - 0 \right| = \frac{1}{n} \;\underset{n \ge N}{\le}\; \frac{1}{N} < \varepsilon.
תרגיל 2 — $\lim \lfloor \alpha n \rfloor / n = \alpha$
יהי α>0\alpha > 0. חשבו את הגבול lim⁡n→∞⌊αn⌋n\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\lfloor \alpha n \rfloor}{n}.
הוכחה
נשים לב כי לכל n∈Nn \in \mathbb{N} מתקיים
α−1n=αn−1n  <x−1<⌊x⌋  ⌊αn⌋n  ≤⌊x⌋≤x  αnn=α.\alpha - \frac{1}{n} = \frac{\alpha n - 1}{n} \;\underset{x-1 < \lfloor x \rfloor}{<}\; \frac{\lfloor \alpha n \rfloor}{n} \;\underset{\lfloor x \rfloor \le x}{\le}\; \frac{\alpha n}{n} = \alpha.

כאשר n→∞n \to \infty האגף השמאלי α−1n\alpha - \frac{1}{n} שואף ל-α\alpha והאגף הימני קבוע α\alpha, ולכן מכלל הסנדוויץ' הגבול הוא α\alpha.
תרגיל 3 — $\lim \sin n / n = 0$
חשבו את הגבול lim⁡n→∞sin⁡nn\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\sin n}{n}.
הוכחה
מאחר ש-∣sin⁡n∣≤1|\sin n| \le 1 לכל nn, מכלל הסנדוויץ' מתקיים lim⁡n→∞sin⁡nn=0\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\sin n}{n} = 0.
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).
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.)
תרגיל 4 — סדרה רקורסיבית $a_{n+2}=\sqrt{a_n}+\sqrt{a_{n+1}}$
נביט בסדרה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} המוגדרת ברקורסיה
{an+2=an+an+1∀n∈Na1=9,  a2=6\begin{cases} a_{n+2} = \sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}} & \forall n \in \mathbb{N} \\ a_1 = 9,\; a_2 = 6 \end{cases}

הוכיחו ש-(an)(a_n) מתכנסת וחשבו את גבולה.
הוכחה
נוכיח תחילה כי an≥4a_n \ge 4 לכל nn, ושהסדרה יורדת, ומכך נסיק התכנסות.

**טענת עזר א (an≥4a_n \ge 4) — באינדוקציה על nn.**
בסיס (n=1,2n=1,2): a1=9≥4a_1 = 9 \ge 4 וכן a2=6≥4a_2 = 6 \ge 4.
צעד (n,n+1⇒n+2n, n+1 \Rightarrow n+2): נניח an≥4a_n \ge 4 ו-an+1≥4a_{n+1} \ge 4. אזי
an+2=an+an+1  ≥הנחת האינדוקציה  4+4=4.a_{n+2} = \sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}} \;\underset{\text{הנחת האינדוקציה}}{\ge}\; \sqrt{4} + \sqrt{4} = 4.


**טענת עזר ב (הסדרה יורדת, an+1≤ana_{n+1} \le a_n) — באינדוקציה על nn.**
בסיס: a2=6≤9=a1a_2 = 6 \le 9 = a_1; וכן a3=a1+a2=9+6=3+6≤6=a2a_3 = \sqrt{a_1} + \sqrt{a_2} = \sqrt{9} + \sqrt{6} = 3 + \sqrt{6} \le 6 = a_2 (כי 6≤3\sqrt{6} \le 3 שכן 6≤96 \le 9).
צעד (n−1,n⇒n+1n-1, n \Rightarrow n+1): נניח an+1≤ana_{n+1} \le a_n וכן an≤an−1a_n \le a_{n-1}. אזי
an+2=an+an+1  ≤הנחת האינדוקציה  an+1+an=an+1.a_{n+2} = \sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}} \;\underset{\text{הנחת האינדוקציה}}{\le}\; \sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_n} = a_{n+1}.


**התכנסות וחישוב הגבול.** מאחר שהסדרה יורדת וחסומה מלרע (ע"י 44), היא מתכנסת ממשפט 2, כלומר קיים L∈RL \in \mathbb{R} עם lim⁡n→∞an=L\lim_{n\to\infty} a_n = L. נחשב:
L=lim⁡n→∞an  =משפט 3  lim⁡n→∞an+2  =הרקורסיה  lim⁡n→∞ ⁣(an+an+1)  =אריתמטיקה ומשפט 3  L+L=2L.L = \lim_{n \to \infty} a_n \;\underset{\text{משפט 3}}{=}\; \lim_{n \to \infty} a_{n+2} \;\underset{\text{הרקורסיה}}{=}\; \lim_{n \to \infty}\!\left( \sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}} \right) \;\underset{\text{אריתמטיקה ומשפט 3}}{=}\; \sqrt{L} + \sqrt{L} = 2\sqrt{L}.

מהמשוואה L=2LL = 2\sqrt{L} נקבל L=0L = 0 או L=4L = 4. אך
L=inf⁡{an:n∈N}  ≥טענת עזר א  4,L = \inf\{a_n : n \in \mathbb{N}\} \;\underset{\text{טענת עזר א}}{\ge}\; 4,

ולכן L=4L = 4.
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}.
דוגמה — תתי-הסדרות הזוגית והאי-זוגית
ניקח nk=2kn_k = 2k לכל k∈Nk \in \mathbb{N} (סדרת המספרים הטבעיים הזוגיים 2,4,6,8,…2,4,6,8,\ldots). אזי bk=ank=a2kb_k = a_{n_k} = a_{2k}, ו-(a2k)k=1∞(a_{2k})_{k=1}^{\infty} היא תת-הסדרה של האיברים הזוגיים. באופן דומה (a2k−1)k=1∞(a_{2k-1})_{k=1}^{\infty} היא תת-הסדרה של האיברים האי-זוגיים.
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.
טענת עזר 1 — $n_k \ge k$ לסדרת אינדקסים עולה ממש
תהי (nk)k=1∞(n_k)_{k=1}^{\infty} סדרה עולה ממש של מספרים טבעיים. אזי לכל k∈Nk \in \mathbb{N} מתקיים nk≥kn_k \ge k.
הוכחה
באינדוקציה על kk. בסיס (k=1k=1): n1≥1n_1 \ge 1 שכן n1∈Nn_1 \in \mathbb{N}. צעד (k⇒k+1k \Rightarrow k+1): נניח nk≥kn_k \ge k. מאחר ש-(nk)(n_k) עולה ממש מתקיים nk+1>nkn_{k+1} > n_k, ומאחר ש-nk,nk+1n_k, n_{k+1} טבעיים נובע nk+1≥nk+1n_{k+1} \ge n_k + 1, ולכן
nk+1≥nk+1  ≥הנחת האינדוקציה  k+1.n_{k+1} \ge n_k + 1 \;\underset{\text{הנחת האינדוקציה}}{\ge}\; k + 1.
דוגמה 1 — תת-סדרת המספרים הראשוניים
תהי (pk)k=1∞(p_k)_{k=1}^{\infty} סדרת המספרים הראשוניים 2,3,5,7,11,…2,3,5,7,11,\ldots. מהירושה,
lim⁡k→∞pk=lim⁡n→∞n=∞,lim⁡k→∞1pk=lim⁡n→∞1n=0.\lim_{k \to \infty} p_k = \lim_{n \to \infty} n = \infty, \qquad \lim_{k \to \infty} \frac{1}{p_k} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0.
דוגמה 2 — התבדרות $(-1)^n$ דרך תת-סדרות
נביט ב-an=(−1)na_n = (-1)^n. מתקיים
lim⁡k→∞a2k=lim⁡k→∞(−1)2k=1,lim⁡k→∞a2k−1=lim⁡k→∞(−1)2k−1=−1.\lim_{k \to \infty} a_{2k} = \lim_{k \to \infty} (-1)^{2k} = 1, \qquad \lim_{k \to \infty} a_{2k-1} = \lim_{k \to \infty} (-1)^{2k-1} = -1.

מאחר שגבולות שתי תת-הסדרות שונים, lim⁡n→∞(−1)n\lim_{n \to \infty} (-1)^n אינו קיים (גם לא במובן הרחב).
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.
שבוע 3

נגזרות — MVT, רול, טיילור

🔗 תרשים גרירה

ff רציפה ב-[a,b][a,b], גזירה ב-(a,b)(a,b)
←
MVT: ∃c:f′(c)=f(b)−f(a)b−a\exists c: f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
f′(x)=0f'(x)=0 לכל xx
←
ff קבועה (קורולר מ-MVT)
f(n+1)f^{(n+1)} קיימת
←
טיילור עם שארית לגרנז'

💡 מסקנות מהתרגולים של מקס

מקס אמר ←
MVT הוא כלי ההוכחה הראשי לאי-שוויונות. לפונקציה ff על [a,b][a,b], חפש cc שנותן את מה שאתה צריך.
מקס אמר ←
פיתוח טיילור = כלי מרכזי לחישוב גבולות ואינטגרלים. שארית לגרנז': Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−x0)n+1R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}.

❓ שאלות חשובות

הוכח: ∀x>0:ex>1+x\forall x>0: e^x > 1+x. (MVT על ex−1−xe^x-1-x)
הוכח: ∣sin⁡a−sin⁡b∣≤∣a−b∣|\sin a - \sin b|\le|a-b| לכל a,ba,b. (MVT + ∣cos⁡∣≤1|\cos|\le 1)
חשב נגזרת מסדר nn של f(x)=11−xf(x)=\frac{1}{1-x} — תבנית כללית.

📐 משפטים מההרצאה

משפט רול
ff רציפה ב-[a,b][a,b], גזירה ב-(a,b)(a,b), f(a)=f(b)f(a)=f(b) ⟹ ∃c∈(a,b):f′(c)=0\exists c\in(a,b): f'(c)=0.
משפט הערך הממוצע (MVT)
ff רציפה ב-[a,b][a,b], גזירה ב-(a,b)(a,b) ⟹
∃c∈(a,b):f′(c)=f(b)−f(a)b−a\exists c\in(a,b):\quad f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
פיתוח טיילור עם שארית לגרנז'
f(x)=∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)k+f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−x0)n+1f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}
עבור ξ\xi כלשהו בין x0x_0 ל-xx.

📖 הגדרות, משפטים והוכחות — מתוך ההרצאות (מלא, לפי מספור)

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.
דוגמאות — טבלת אינטגרלים בסיסית (I)
∫cos⁡x dx=sin⁡x+C∫sin⁡x dx=−cos⁡x+C\int \cos x\,dx = \sin x + C \qquad \int \sin x\,dx = -\cos x + C

∫x dx=x22+C∫x2 dx=x33+C\int x\,dx = \frac{x^2}{2} + C \qquad \int x^2\,dx = \frac{x^3}{3} + C

∫dxx=ln⁡∣x∣+C\int \frac{dx}{x} = \ln|x| + C

ההצדקה ל-∫dxx\int \frac{dx}{x}: בקטע (0,∞)(0,\infty) מתקיים ∫dxx=ln⁡x+C\int \frac{dx}{x} = \ln x + C, ובקטע (−∞,0)(-\infty,0) מתקיים ∫dxx=ln⁡(−x)+C\int \frac{dx}{x} = \ln(-x) + C (כי [ln⁡(−x)]′=1−x⋅(−1)=1x[\ln(-x)]' = \frac{1}{-x}\cdot(-1) = \frac{1}{x}); באופן כללי ∫dxx=ln⁡∣x∣+C\int \frac{dx}{x} = \ln|x| + C.
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}\}.
הערה — חשיבות ההנחה שהתחום הוא קטע
יש חשיבות להנחה כי הפונקציות מוגדרות בקטע. למשל, עבור
F(x)={ln⁡xx>0ln⁡(−x)+1x<0F(x) = \begin{cases} \ln x & x > 0 \\ \ln(-x) + 1 & x < 0 \end{cases}

מתקיים F′(x)=1xF'(x) = \frac{1}{x} לכל x≠0x \ne 0, אך FF אינה מהצורה ln⁡∣x∣+C\ln|x| + C (הקבוע שונה בכל אחד משני הקטעים). הסיבה: תחום ההגדרה {x≠0}\{x \ne 0\} אינו קטע, ולכן משפט 1 אינו חל עליו.
הערה 1 — האינטגרל הלא מסוים הוא קבוצת פונקציות
האינטגרל ∫f(x) dx\int f(x)\,dx הוא קבוצת פונקציות, ולא פונקציה בודדת — הוא אוסף כל הפונקציות הקדומות של ff (הנבדלות זו מזו בקבוע). [בכתב היד מופיעה כאן גם הפניה לתרגיל — מספר ההפניה אינו ברור לי לגמרי בכתב היד.]
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).
דוגמאות — טבלת אינטגרלים בסיסית (II)
∫ex dx=ex+C∫xα dx=xα+1α+1+C    (α≠−1)\int e^x\,dx = e^x + C \qquad \int x^{\alpha}\,dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C \;\; (\alpha \ne -1)

∫ax dx=axln⁡a+C    (0<a≠1)∫dx1+x2=arctan⁡x+C\int a^x\,dx = \frac{a^x}{\ln a} + C \;\; (0 < a \ne 1) \qquad \int \frac{dx}{1+x^2} = \arctan x + C
דוגמאות לפי לינאריות — אינטגרציה לפי לינאריות
∫(x−x2+2x3) dx=x22−x33+2⋅x44+C\int (x - x^2 + 2x^3)\,dx = \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} + 2\cdot\frac{x^4}{4} + C

∫(ex−5x) dx=ex−5x22+C\int (e^x - 5x)\,dx = e^x - \frac{5x^2}{2} + C

∫x2−xx3 dx=∫(1x−1x2)dx=ln⁡∣x∣+1x+C((1x)′=−1x2)\int \frac{x^2 - x}{x^3}\,dx = \int \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right)dx = \ln|x| + \frac{1}{x} + C \quad \Big( \big(\tfrac{1}{x}\big)' = -\tfrac{1}{x^2} \Big)
דוגמאות לפי אינטגרציה בחלקים — אינטגרציה בחלקים
∫xex dx=xex−∫ex⋅1 dx=xex−ex+C(u′=ex,  v=x)\int x e^x\,dx = x e^x - \int e^x \cdot 1\,dx = x e^x - e^x + C \quad (u' = e^x,\; v = x)

∫x2ex dx=x2ex−2 ⁣∫xex dx=x2ex−2xex+2ex+C\int x^2 e^x\,dx = x^2 e^x - 2\!\int x e^x\,dx = x^2 e^x - 2x e^x + 2 e^x + C

∫ln⁡x dx=xln⁡x−∫x⋅1x dx=xln⁡x−x+C(u′=1,  v=ln⁡x)\int \ln x\,dx = x \ln x - \int x\cdot\frac{1}{x}\,dx = x \ln x - x + C \quad (u' = 1,\; v = \ln x)
דוגמאות לפי שיטת ההצבה — אינטגרציה בהצבה
∫sin⁡(x2)⋅2x dx  =t=x2  ∫sin⁡t dt=−cos⁡t+C=−cos⁡(x2)+C\int \sin(x^2)\cdot 2x\,dx \;\underset{t = x^2}{=}\; \int \sin t\,dt = -\cos t + C = -\cos(x^2) + C

∫sin⁡(x3)x2 dx  =t=x3  13 ⁣∫sin⁡t dt=−13cos⁡(x3)+C\int \sin(x^3) x^2\,dx \;\underset{t = x^3}{=}\; \frac{1}{3}\!\int \sin t\,dt = -\frac{1}{3}\cos(x^3) + C

∫ln⁡xx dx  =t=ln⁡x  ∫t dt=(ln⁡x)22+C\int \frac{\ln x}{x}\,dx \;\underset{t = \ln x}{=}\; \int t\,dt = \frac{(\ln x)^2}{2} + C

∫sin⁡xcos⁡x dx  =t=cos⁡x  −∫dtt=−ln⁡∣cos⁡x∣+C\int \frac{\sin x}{\cos x}\,dx \;\underset{t = \cos x}{=}\; -\int \frac{dt}{t} = -\ln|\cos x| + C

∫cos⁡xsin⁡x dx  =t=cos⁡x  −cos⁡2x2+C    (=sin⁡2x2+C בדרך אחרת)\int \cos x \sin x\,dx \;\underset{t = \cos x}{=}\; -\frac{\cos^2 x}{2} + C \;\; \Big( = \frac{\sin^2 x}{2} + C \text{ בדרך אחרת} \Big)
תרגיל 1 — $\int \arctan x\,dx$
חשבו את ∫arctan⁡x dx\displaystyle\int \arctan x\,dx.
הוכחה
אינטגרציה בחלקים עם u′=1u' = 1, v=arctan⁡xv = \arctan x (v′=11+x2v' = \frac{1}{1+x^2}):
∫arctan⁡x dx=xarctan⁡x−∫x1+x2 dx.\int \arctan x\,dx = x\arctan x - \int \frac{x}{1+x^2}\,dx.

בהצבה t=1+x2t = 1 + x^2, dt=2x dxdt = 2x\,dx:
=xarctan⁡x−12 ⁣∫dtt=xarctan⁡x−12ln⁡∣1+x2∣+C.= x\arctan x - \frac{1}{2}\!\int \frac{dt}{t} = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln|1+x^2| + C.
תרגיל 2 — $\int \sqrt{1-x^2}\,dx$
חשבו את ∫1−x2 dx\displaystyle\int \sqrt{1-x^2}\,dx.
הוכחה
בהצבה t=arcsin⁡xt = \arcsin x, כלומר x=sin⁡tx = \sin t ו-dx=1−x2 dtdx = \sqrt{1-x^2}\,dt:
∫1−x2 dx=∫(1−x2) dt=∫(1−sin⁡2t) dt=∫cos⁡2t dt.\int \sqrt{1-x^2}\,dx = \int (1 - x^2)\,dt = \int (1 - \sin^2 t)\,dt = \int \cos^2 t\,dt.

בעזרת cos⁡2t=cos⁡(2t)+12\cos^2 t = \frac{\cos(2t) + 1}{2}:
=12 ⁣∫cos⁡(2t) dt+12 ⁣∫1 dt=14sin⁡(2t)+12t+C=14sin⁡(2arcsin⁡x)+12arcsin⁡x+C.= \frac{1}{2}\!\int \cos(2t)\,dt + \frac{1}{2}\!\int 1\,dt = \frac{1}{4}\sin(2t) + \frac{1}{2}t + C = \frac{1}{4}\sin(2\arcsin x) + \frac{1}{2}\arcsin x + C.
תרגיל 3 — $\int \arcsin x\,dx$
חשבו את ∫arcsin⁡x dx\displaystyle\int \arcsin x\,dx.
הוכחה
אינטגרציה בחלקים עם u′=1u' = 1, v=arcsin⁡xv = \arcsin x (v′=11−x2v' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}):
∫arcsin⁡x dx=xarcsin⁡x−∫x1−x2 dx.\int \arcsin x\,dx = x\arcsin x - \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx.

בהצבה t=1−x2t = 1 - x^2, dt=−2x dxdt = -2x\,dx:
=xarcsin⁡x+∫dt2t=xarcsin⁡x+t+C=xarcsin⁡x+1−x2+C.= x\arcsin x + \int \frac{dt}{2\sqrt{t}} = x\arcsin x + \sqrt{t} + C = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + 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] \}.
הערה 2 — הסכום התחתון קטן או שווה לסכום העליון
לכל חלוקה ולכל 1≤k≤n1 \le k \le n מתקיים mk≤Mkm_k \le M_k, ומכאן שהסכום התחתון קטן או שווה לסכום העליון. הסכום העליון S‾(f,P)\overline{S}(f,P) הוא שטח המלבנים החוסמים מלמעלה, והסכום התחתון S‾(f,P)\underline{S}(f,P) הוא שטח המלבנים החסומים מלמטה. אם SS הוא ה"שטח" שמתחת לגרף, מתקיים
I‾(f)≤S≤I‾(f).\underline{I}(f) \le S \le \overline{I}(f).
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.
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].
הערה — סימון: אינטגרל מסוים מול לא מסוים
יש להבחין בין האינטגרל המסוים ∫abf(x) dx\int_a^b f(x)\,dx (מספר) לבין האינטגרל הלא מסוים ∫f(x) dx\int f(x)\,dx (קבוצת פונקציות). למשל ∫153 dx=3⋅(5−1)=12\int_1^5 3\,dx = 3\cdot(5-1) = 12 (לפי C⋅(b−a)C\cdot(b-a)), בעוד ∫3 dx=3x+C\int 3\,dx = 3x + C.
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).
שבוע 4

אינטגרל מסוים — הגדרה, FTC ושיטות

🔗 תרשים גרירה

ff רציפה ב-[a,b][a,b]
←
ff אינטגרבילית (מקיימת N-L)
F(x)=∫axf(t) dtF(x)=\int_a^x f(t)\,dt
←
FF רציפה תמיד + F′=fF'=f אם ff רציפה (FTC2)
FF אנטי-נגזרת של ff
←
∫abf(x) dx=F(b)−F(a)\int_a^b f(x)\,dx = F(b)-F(a) (נ-ל)
שאלה קלאסית למבחן
נתון ∫abf(t)2 dt>1\int_a^b f(t)^2\,dt>1. הוכח שקיים c∈(a,b)c\in(a,b) כך ש-F(c)=1F(c)=1.
פתרון: הגדר F(x)=∫axf(t)2 dtF(x)=\int_a^x f(t)^2\,dt, אז F(a)=0F(a)=0, F(b)>1F(b)>1, FF רציפה → IVT.

💡 מסקנות מהתרגולים של מקס

מקס אמר ←
F(x)=∫axf(t) dtF(x)=\int_a^x f(t)\,dt היא פונקציה לכל דבר — רציפה, ולפעמים גזירה. אפשר לעשות עליה לופיטל, IVT, MVT.
מקס אמר ←
אסור להשתמש בניוטון-לייבניץ כשהפונקציה לא רציפה בקטע. זה טעות קלאסית שחוזרת בכל מבחן.
מקס אמר ←
כלל הפונקציה הזוגית/אי-זוגית: ∫−aaf=0\int_{-a}^a f=0 (אי-זוגית), =2∫0af=2\int_0^a f (זוגית) — רק לאינטגרל מסוים, לא לא-אמיתי!

❓ שאלות חשובות

חשב: ∫f′(x)f(x) dx\int \frac{f'(x)}{f(x)}\,dx — ביטוי והנגזרת שלו → ln⁡∣f(x)∣+C\ln|f(x)|+C.
חשב: ∫xex dx\int x e^x\,dx — אינטגרציה בחלקים עם u=xu=x.
חשב: ∫0πsin⁡2x dx\int_0^\pi \sin^2 x\,dx — השתמש ב-sin⁡2x=1−cos⁡2x2\sin^2 x=\frac{1-\cos 2x}{2}.

📐 משפטים מההרצאה

משפט ניוטון-לייבניץ (FTC1)
ff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b], FF אנטי-נגזרת שלה:
∫abf(x) dx=F(b)−F(a)\int_a^b f(x)\,dx = F(b)-F(a)
תנאי: ff חייבת להיות רציפה בקטע הסגור!
FTC2 — גזירת אינטגרל (הפונקציה הצוברת)
אם ff רציפה, אז F(x)=∫axf(t) dtF(x)=\int_a^x f(t)\,dt גזירה ו-F′(x)=f(x)F'(x)=f(x).
אינטגרציה בחלקים (IBP)
∫u′(x)v(x) dx=u(x)v(x)−∫u(x)v′(x) dx\int u'(x)v(x)\,dx = u(x)v(x) - \int u(x)v'(x)\,dx
או לאינטגרל מסוים:
[u(x)v(x)]ab−∫abu(x)v′(x) dx\left[u(x)v(x)\right]_a^b - \int_a^b u(x)v'(x)\,dx
החלפת משתנה
∫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

📖 הגדרות, משפטים והוכחות — מתוך ההרצאות (מלא, לפי מספור)

הרצאה 3 · 16.4.26 — אינטגרל מסוים, תכונות האינטגרל, אי-שוויון הערך המוחלט
דוגמה — פונקציה לא חסומה אינה אינטגרבילית
הפונקציה המוגדרת ע"י
f(x)={1x0<x≤10x=0f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x} & 0 < x \le 1 \\ 0 & x = 0 \end{cases}

עבור x∈[0,1]x \in [0,1] היא לא חסומה, ולכן אינה אינטגרבילית ב-[0,1][0,1].
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.
דוגמאות — בדיקת קיום אינטגרלים
(1) ∫13dxx\int_1^3 \frac{dx}{x} קיים, כי f(x)=1xf(x) = \frac{1}{x} רציפה ולכן אינטגרבילית ב-[1,3][1,3].
(2) ∫13sin⁡xx dx\int_1^3 \frac{\sin x}{x}\,dx קיים, כי f(x)=sin⁡xxf(x) = \frac{\sin x}{x} רציפה ולכן אינטגרבילית ב-[1,3][1,3].
(3) ∫−13sin⁡xx dx\int_{-1}^3 \frac{\sin x}{x}\,dx קיים: הפונקציה f(x)={sin⁡xxx≠01x=0f(x) = \begin{cases} \frac{\sin x}{x} & x \ne 0 \\ 1 & x = 0 \end{cases} רציפה ולכן אינטגרבילית ב-[−1,3][-1,3]. מתכונת אי-התלות בנקודה בודדת, הערך f(0)f(0) אינו משנה את ערך האינטגרל, ולכן אין צורך לציינו.
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].
דוגמה — חישוב $\int_{-2}^3 \operatorname{sign}(x)\,dx$
sign⁡(x)={1x>0−1x<00x=0\operatorname{sign}(x) = \begin{cases} 1 & x > 0 \\ -1 & x < 0 \\ 0 & x = 0 \end{cases} מונוטונית ולכן אינטגרבילית. מ-שאת ההגדרה:
∫−23sign⁡(x) dx=∫−20(−1) dx+∫031 dx=−1⋅(0+2)+1⋅(3−0)=1.\int_{-2}^3 \operatorname{sign}(x)\,dx = \int_{-2}^0 (-1)\,dx + \int_0^3 1\,dx = -1\cdot(0+2) + 1\cdot(3-0) = 1.
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.
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.
הערה 3 — אדיטיביות לכל סדר של הגבולות
תחת ההגדרה לעיל, נוסחת האדיטיביות נכונה לכל a,b,c∈Ra,b,c \in \mathbb{R} (ללא תנאי סדר ביניהם):
∫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.

לדוגמה עבור a<b<ca < b < c: מ-שאת ההגדרה ∫ac=∫ab+∫bc\int_a^c = \int_a^b + \int_b^c, ולכן ∫ab=∫ac−∫bc=∫ac+∫cb\int_a^b = \int_a^c - \int_b^c = \int_a^c + \int_c^b.
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.
דוגמה — פונקציית הצבירה של $\operatorname{sign}(x)$
עבור x∈[−2,3]x \in [-2,3] ו-F(x)=∫−2xsign⁡(x) dxF(x) = \int_{-2}^x \operatorname{sign}(x)\,dx:
ל-−2≤x≤0-2 \le x \le 0: F(x)=∫−2x(−1) dx=−(x+2)=−2−xF(x) = \int_{-2}^x (-1)\,dx = -(x+2) = -2 - x.
ל-0≤x≤30 \le x \le 3: F(x)=∫−20(−1) dx+∫0x1 dx=−2+xF(x) = \int_{-2}^0 (-1)\,dx + \int_0^x 1\,dx = -2 + x.
כלומר F(x)={−2−x−2≤x≤0−2+x0≤x≤3=−2+∣x∣F(x) = \begin{cases} -2 - x & -2 \le x \le 0 \\ -2 + x & 0 \le x \le 3 \end{cases} = -2 + |x|.
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.
דוגמאות — חישובים בעזרת ניוטון-לייבניץ
∫01x2 dx=[x33]01=13−0=13\int_0^1 x^2\,dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{3} - 0 = \frac{1}{3}

∫01x dx=∫01x1/2 dx=[x3/23/2]01=23\int_0^1 \sqrt{x}\,dx = \int_0^1 x^{1/2}\,dx = \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_0^1 = \frac{2}{3}

∫0πsin⁡x dx=[−cos⁡x]0π=−(−1)−(−1)=2\int_0^\pi \sin x\,dx = \big[ -\cos x \big]_0^\pi = -(-1) - (-1) = 2

∫0π/2sin⁡x dx=[−cos⁡x]0π/2=0−(−1)=1\int_0^{\pi/2} \sin x\,dx = \big[ -\cos x \big]_0^{\pi/2} = 0 - (-1) = 1

∫−111−x2 dx=[12sin⁡(2arcsin⁡x)+12arcsin⁡x]−11=12⋅π2−(−π4)=π2.\int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2}\,dx = \left[ \tfrac{1}{2}\sin(2\arcsin x) + \tfrac{1}{2}\arcsin x \right]_{-1}^1 = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{\pi}{2} - \left( -\tfrac{\pi}{4} \right) = \frac{\pi}{2}.
שבוע 5

אינטגרלים לא אמיתיים

🔗 תרשים גרירה

∣f(x)∣≤g(x)|f(x)|\le g(x) + ∫a∞g\int_a^\infty g מתכנס
←
∫a∞f\int_a^\infty f מתכנס (השוואה)
∫a∞∣f∣\int_a^\infty |f| מתכנס
←
∫a∞f\int_a^\infty f מתכנס (מוחלט)
ff לא רציפה ב-c∈[a,b]c\in[a,b]
←
⚠ אסור N-L → פתח לפי הגדרה (גבול)
⚠ הטעות הקלאסית — ∫₋₁¹ (1/x) dx
∫−111x dx≠0\int_{-1}^{1}\frac{1}{x}\,dx \ne 0 — 1/x1/x לא רציפה ב-0. N-L אסור. האינטגרל מתבדר!
גם הסימטריה לא עוזרת — כלל הפונקציה האי-זוגית חל על אינטגרל מסוים בלבד.

💡 מסקנות מהתרגולים של מקס

מקס אמר ←
∫−∞∞f=∫−∞0f+∫0∞f\int_{-\infty}^\infty f = \int_{-\infty}^0 f + \int_0^\infty f — שני גבולות נפרדים. אם אחד מתבדר — כולו מתבדר.
מקס אמר ←
מבחן ההשוואה לאינטגרלים: אם 0≤f≤g0\le f\le g ו-∫g\int g מתכנס → ∫f\int f מתכנס. ואם ∫f\int f מתבדר → ∫g\int g מתבדר.

❓ שאלות חשובות

חשב: ∫−∞∞1ex+e−x dx\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{e^x+e^{-x}}\,dx — פרד לשניים, השתמש ב-arctan⁡(ex)\arctan(e^x).
בדוק: ∫1∞ln⁡xxp dx\int_1^\infty \frac{\ln x}{x^p}\,dx — מתכנס עבור אלו pp?
הוכח/הפרך: אם ∫0∞f\int_0^\infty f מתכנס ו-ff אחידה רציפה, אז lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x\to\infty} f(x)=0. (נכון)

📐 משפטים מההרצאה

הגדרת אינטגרל לא אמיתי
∫a∞f(x) dx=lim⁡R→∞∫aRf(x) dx\int_a^\infty f(x)\,dx = \lim_{R\to\infty}\int_a^R f(x)\,dx
∫−∞∞f=∫−∞0f+∫0∞f\int_{-\infty}^\infty f = \int_{-\infty}^0 f + \int_0^\infty f (שני גבולות נפרדים).
מבחן ההשוואה לאינטגרלים
אם 0≤f(x)≤g(x)0\le f(x)\le g(x) לכל x≥ax\ge a:
• ∫a∞g\int_a^\infty g מתכנס → ∫a∞f\int_a^\infty f מתכנס.
• ∫a∞f\int_a^\infty f מתבדר → ∫a∞g\int_a^\infty g מתבדר.
אינטגרל p
∫1∞1xp dx\int_1^\infty \frac{1}{x^p}\,dx מתכנס   ⟺  p>1\iff p>1.
∫011xp dx\int_0^1 \frac{1}{x^p}\,dx מתכנס   ⟺  p<1\iff p<1.

📖 הגדרות, משפטים והוכחות — מתוך ההרצאות (מלא, לפי מספור)

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.
דוגמה — אינטגרציה בחלקים — $\int_1^3 x\ln x\,dx$
עם u′=xu' = x (u=x22u = \frac{x^2}{2}), v=ln⁡xv = \ln x (v′=1xv' = \frac{1}{x}):
∫13xln⁡x dx=[x22ln⁡x]13−∫13x2 dx=92ln⁡3−0−[x24]13=92ln⁡3−94+14.\int_1^3 x\ln x\,dx = \left[ \frac{x^2}{2}\ln x \right]_1^3 - \int_1^3 \frac{x}{2}\,dx = \frac{9}{2}\ln 3 - 0 - \left[ \frac{x^2}{4} \right]_1^3 = \frac{9}{2}\ln 3 - \frac{9}{4} + \frac{1}{4}.
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).
דוגמה — אינטגרציה בהצבה — $\int_0^2 x e^{x^2}\,dx$
בהצבה t=x2t = x^2, dt=2x dxdt = 2x\,dx:
∫02xex2 dx=∫04xetdt2x=12∫04et dt=12(e4−1).\int_0^2 x e^{x^2}\,dx = \int_0^4 x e^t \frac{dt}{2x} = \frac{1}{2}\int_0^4 e^t\,dt = \frac{1}{2}(e^4 - 1).
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.
הערה 1 — התכנסות במובן הרחב
באופן דומה נאמר שהאינטגרל הלא אמיתי מתכנס במובן הרחב אם הגבול המתאים קיים במובן הרחב.
דוגמאות — אינטגרלים לא אמיתיים
(1) ∫0∞e−x dx=lim⁡b→∞[−e−x]0b=lim⁡b→∞(−e−b+1)=1\int_0^\infty e^{-x}\,dx = \lim_{b\to\infty}\big[ -e^{-x} \big]_0^b = \lim_{b\to\infty}(-e^{-b}+1) = 1, ובקיצור [−e−x]0∞=−e−∞+1=1\big[ -e^{-x} \big]_0^\infty = -e^{-\infty}+1 = 1.
(2) ∫−∞0dx1+x2=[arctan⁡x]−∞0=arctan⁡0−arctan⁡(−∞)=π2\int_{-\infty}^0 \frac{dx}{1+x^2} = \big[ \arctan x \big]_{-\infty}^0 = \arctan 0 - \arctan(-\infty) = \frac{\pi}{2}.
(3) ∫0∞dx1+x2=[arctan⁡x]0∞=π2\int_0^\infty \frac{dx}{1+x^2} = \big[ \arctan x \big]_0^\infty = \frac{\pi}{2}.
(4) ∫−∞∞dx1+x2=π2+π2=π\int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{1+x^2} = \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2} = \pi.
(5) ∫0∞sin⁡x dx=[−cos⁡x]0∞=−cos⁡∞+1\int_0^\infty \sin x\,dx = \big[ -\cos x \big]_0^\infty = -\cos\infty + 1 — הגבול אינו קיים, ולכן האינטגרל מתבדר.
(6) ∫01dx1−x2=lim⁡δ→0+[arcsin⁡x]01−δ=arcsin⁡1−−arcsin⁡0=π2\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \lim_{\delta\to 0^+}\big[ \arcsin x \big]_0^{1-\delta} = \arcsin 1^- - \arcsin 0 = \frac{\pi}{2}.
(7) ∫−10dx1−x2=π2\int_{-1}^0 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{\pi}{2} (באופן דומה).
(8) ∫−11dx1−x2=π2+π2=π\int_{-1}^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2} = \pi.
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.
דוגמאות — אינטגרל ה-$p$
∫1∞dxx2=12−1=1    (p>1),∫01dxx2=∞    (p≥1)\int_1^\infty \frac{dx}{x^2} = \frac{1}{2-1} = 1 \;\;(p>1), \qquad \int_0^1 \frac{dx}{x^2} = \infty \;\;(p\ge 1)

∫1∞dxx=∞    (p<1),∫01dxx=11−12=2    (p<1)\int_1^\infty \frac{dx}{\sqrt{x}} = \infty \;\;(p<1), \qquad \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}} = \frac{1}{1-\frac{1}{2}} = 2 \;\;(p<1)
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.
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.
תרגיל 1 — התכנסות $\int_1^\infty \frac{x}{\sqrt{x^5+x+1}}\,dx$
קבעו אם ∫1∞xx5+x+1 dx\int_1^\infty \frac{x}{\sqrt{x^5+x+1}}\,dx מתכנס.
הוכחה
ממבחן ההשוואה: לכל x≥1x \ge 1,
∫1∞xx5+x+1 dx≤∫1∞xx5 dx=∫1∞dxx1.5<∞(p=1.5>1).\int_1^\infty \frac{x}{\sqrt{x^5+x+1}}\,dx \le \int_1^\infty \frac{x}{\sqrt{x^5}}\,dx = \int_1^\infty \frac{dx}{x^{1.5}} < \infty \quad (p = 1.5 > 1).

לכן ∫1∞xx5+x+1 dx<∞\int_1^\infty \frac{x}{\sqrt{x^5+x+1}}\,dx < \infty (מתכנס).
תרגיל 2 — התבדרות $\int_1^\infty \frac{dx}{\sqrt{x}-\frac{1}{2}}$
קבעו אם ∫1∞dxx−12\int_1^\infty \frac{dx}{\sqrt{x}-\frac{1}{2}} מתכנס.
הוכחה
ממבחן ההשוואה: לכל x≥1x \ge 1,
∫1∞dxx−12≥∫1∞dxx=∞(p<1).\int_1^\infty \frac{dx}{\sqrt{x}-\frac{1}{2}} \ge \int_1^\infty \frac{dx}{\sqrt{x}} = \infty \quad (p < 1).

לכן ∫1∞dxx−12=∞\int_1^\infty \frac{dx}{\sqrt{x}-\frac{1}{2}} = \infty (מתבדר).
תרגיל 3 — התבדרות $\int_1^\infty \frac{dx}{1+3x+\sqrt{x}}$
קבעו אם ∫1∞dx1+3x+x\int_1^\infty \frac{dx}{1+3x+\sqrt{x}} מתכנס.
הוכחה
מאחר ש-1+x≤x+x1+\sqrt{x} \le x + x לכל x≥1x \ge 1, מתקיים 1+3x+x≤5x1+3x+\sqrt{x} \le 5x, ולכן ממבחן ההשוואה
∫1∞dx1+3x+x≥∫1∞dx5x=15∫1∞dxx=∞.\int_1^\infty \frac{dx}{1+3x+\sqrt{x}} \ge \int_1^\infty \frac{dx}{5x} = \frac{1}{5}\int_1^\infty \frac{dx}{x} = \infty.

לכן האינטגרל מתבדר.
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).
דוגמה — התכנסות $\int_1^\infty \frac{\sin x}{1+x^2}\,dx$
האינטגרל ∫1∞sin⁡x1+x2 dx\int_1^\infty \frac{\sin x}{1+x^2}\,dx מתכנס בהחלט (ולכן מתכנס):
∫1∞∣sin⁡x∣1+x2 dx≤∫1∞11+x2 dx≤∫1∞dxx2<∞.\int_1^\infty \frac{|\sin x|}{1+x^2}\,dx \le \int_1^\infty \frac{1}{1+x^2}\,dx \le \int_1^\infty \frac{dx}{x^2} < \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.
דוגמאות — טורים מפורסמים
(1) ∑n=0∞12n=1+12+14+18+⋯=2\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots = 2.
(2) ∑n=1∞1n=1+12+13+14+⋯=∞\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots = \infty (הטור ההרמוני).
(3) ∑n=1∞1n2=π26\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.
(4) ∑n=1∞1n4=π490\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}.
(5) ∑n=1∞1np=ζ(p)\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p} = \zeta(p) (פונקציית זטא של רימן).
(6) ∑n=1∞(−1)n+1n=1−12+13−⋯=ln⁡2\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots = \ln 2.
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}).
שבוע 6

טורים — מבחני השוואה, אינטגרל ולייבניץ

🔗 תרשים גרירה

∑an\sum a_n מתכנס
←
an→0a_n\to 0 (תנאי הכרחי!)
lim⁡anbn=L∈(0,∞)\lim\frac{a_n}{b_n}=L\in(0,\infty)
←
LCT: ∑an  ⟺  ∑bn\sum a_n\iff\sum b_n
p>1p>1
←
∑1np\sum\frac{1}{n^p} מתכנס (p-series)
an≥0a_n\ge 0 יורד, an→0a_n\to 0
←
לייבניץ: ∑(−1)nan\sum(-1)^n a_n מתכנס
ציר הזמן: חוצץ בין מתכנס למתבדר
∑1np\sum\frac{1}{n^p}: מתכנס (p>1p>1), מתבדר (p≤1p\le 1). החוצץ עובר ב-p=1p=1 (הרמוני).
שכבה עדינה יותר: ∑1nln⁡βn\sum\frac{1}{n\ln^\beta n} מתכנס   ⟺  β>1\iff \beta>1.

💡 מסקנות מהתרגולים של מקס

מקס אמר ←
אסור לפצל ∑(an+bn)=∑an+∑bn\sum(a_n+b_n)=\sum a_n + \sum b_n בלי לדעת ששניהם מתכנסים. פתח SNS_N ואז קח גבול.
מקס אמר ←
LCT: אם lim⁡anbn=0\lim\frac{a_n}{b_n}=0 או ∞\infty — לא מסיקים כלום! צריך L∈(0,∞)L\in(0,\infty).
מקס אמר ←
טלסקופי: פתח SN=∑n=1N(bn+1−bn)=bN+1−b1S_N = \sum_{n=1}^N (b_{n+1}-b_n) = b_{N+1}-b_1, קח גבול.

❓ שאלות חשובות

בדוק: ∑n=1∞sin⁡nn2\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin n}{n^2} — מתכנס? (כן — השוואה עם 1n2\frac{1}{n^2})
בדוק: ∑n=2∞1nln⁡n\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n\ln n} — מתכנס? (לא — מבחן האינטגרל)
בדוק: ∑n=1∞(−1)nn\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} — מתכנס? (כן — לייבניץ, לא בהחלט)

📐 משפטים מההרצאה

תנאי הכרחי להתכנסות
אם ∑n=1∞an\sum_{n=1}^\infty a_n מתכנס, אז an→0a_n\to 0.
קונטרה-פוזיטיב: אם an↛0a_n\not\to 0 → הטור מתבדר.
מבחן ההשוואה הגבולי (LCT)
אם an,bn>0a_n,b_n>0 ו-lim⁡n→∞anbn=L∈(0,∞)\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L\in(0,\infty), אז ∑an\sum a_n מתכנס   ⟺  ∑bn\iff \sum b_n מתכנס.
מבחן האינטגרל
ff חיובית, יורדת, רציפה ב-[1,∞)[1,\infty). אז ∑n=1∞f(n)\sum_{n=1}^\infty f(n) מתכנס   ⟺  ∫1∞f(x) dx\iff \int_1^\infty f(x)\,dx מתכנס.
מבחן לייבניץ (Alternating Series Test)
אם an≥0a_n\ge 0, ana_n יורדת (חייב!), an→0a_n\to 0, אז ∑n=1∞(−1)nan\sum_{n=1}^\infty(-1)^n a_n מתכנס.

📖 הגדרות, משפטים והוכחות — מתוך ההרצאות (מלא, לפי מספור)

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).
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.
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.
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.
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.
תרגיל 1 — התבדרות $\sum \ln(1+\frac{1}{n})$
הראו שהטור ∑n=1∞ln⁡(1+1n)\sum_{n=1}^\infty \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) מתבדר.
הוכחה
∑n=1∞ln⁡(1+1n)=lim⁡N→∞∑n=1Nln⁡(n+1n)=lim⁡N→∞∑n=1N(ln⁡(n+1)−ln⁡n)\sum_{n=1}^\infty \ln\left(1+\tfrac{1}{n}\right) = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N \ln\left(\tfrac{n+1}{n}\right) = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N \big( \ln(n+1) - \ln n \big)

=lim⁡N→∞[(ln⁡2−ln⁡1)+(ln⁡3−ln⁡2)+⋯+(ln⁡(N+1)−ln⁡N)]=lim⁡N→∞[ln⁡(N+1)−ln⁡1]=lim⁡N→∞ln⁡(N+1)=∞= \lim_{N\to\infty}\big[ (\ln 2 - \ln 1) + (\ln 3 - \ln 2) + \cdots + (\ln(N+1) - \ln N) \big] = \lim_{N\to\infty}\big[ \ln(N+1) - \ln 1 \big] = \lim_{N\to\infty}\ln(N+1) = \infty

(סכום טלסקופי). לכן הטור מתבדר.
תרגיל 2 — בעיית בונוס (טור הנדסי)
[בעיית מילים על בונוס של 25% בבחינה — ניסוח הסיפור בכתב היד אינו ברור לי לגמרי]. הסכום הנדרש מסתכם לטור הנדסי:
3+14⋅3+142⋅3+143⋅3+⋯3 + \frac{1}{4}\cdot 3 + \frac{1}{4^2}\cdot 3 + \frac{1}{4^3}\cdot 3 + \cdots
הוכחה
3+14⋅3+142⋅3+⋯=∑n=0∞34n=3∑n=0∞14n=3⋅11−14=33/4=4.3 + \frac{1}{4}\cdot 3 + \frac{1}{4^2}\cdot 3 + \cdots = \sum_{n=0}^\infty \frac{3}{4^n} = 3 \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{4^n} = 3 \cdot \frac{1}{1-\frac{1}{4}} = \frac{3}{3/4} = 4.
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.
דוגמאות — שימוש בתנאי ההכרחי
(1) ∑n=3∞2n−13n+7\sum_{n=3}^\infty \frac{2n-1}{3n+7} מתבדר, כי lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞2−1n3+7n=23≠0\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty}\frac{2-\frac{1}{n}}{3+\frac{7}{n}} = \frac{2}{3} \ne 0 (התנאי ההכרחי נכשל).
(2) ∑n=1∞cos⁡(1n)\sum_{n=1}^\infty \cos\left(\frac{1}{n}\right) מתבדר, כי lim⁡n→∞cos⁡1n=cos⁡0=1≠0\lim_{n\to\infty}\cos\frac{1}{n} = \cos 0 = 1 \ne 0.
(3) ∑n=1∞1n\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}: כאן lim⁡n→∞an=0\lim_{n\to\infty} a_n = 0 אבל הטור **מתבדר**. כלומר התנאי ההכרחי אינו מספיק — lim⁡an=0\lim a_n = 0 אינו גורר התכנסות.
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.
הערה 2 — סדרת הסכומים החלקיים של טור אי-שלילי עולה
אם הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^\infty a_n אי-שלילי, אזי סדרת הסכומים החלקיים (SN)(S_N) עולה, כי SN+1−SN=aN+1≥0S_{N+1} - S_N = a_{N+1} \ge 0, ולכן SN≤SN+1S_N \le S_{N+1} לכל N≥kN \ge k. לכן הטור מתכנס במובן הרחב, ו-
∑n=k∞an=lim⁡N→∞SN=sup⁡{SN:N≥k}.\sum_{n=k}^\infty a_n = \lim_{N\to\infty} S_N = \sup\{ S_N : N \ge k \}.

אם (SN)(S_N) חסומה מלעיל הטור מתכנס, ואם אינה חסומה מלעיל אזי ∑n=k∞an=∞\sum_{n=k}^\infty a_n = \infty.
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.
דוגמאות — מבחן ההשוואה
(1) ∑n=1∞1n2+1\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+1} מתכנס: ∑n=2∞1n2+1≤∑n=2∞1n2≤∑n=2∞1n(n−1)<∞\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2+1} \le \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2} \le \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(n-1)} < \infty (טלסקופי). מכאן ומהזנב ∑n=1∞1n2+1<∞\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+1} < \infty (מתכנס).
(2) 1+13+15+17+⋯=∑n=1∞12n−1≥∑n=1∞12n=12∑n=1∞1n=∞1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \cdots = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n-1} \ge \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = \infty (ההרמוני). לכן הטור מתבדר.
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}
דוגמאות — הטור ה-$p$
∑n=1∞1n1.1<∞\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1.1}} < \infty (מתכנס, p=1.1>1p = 1.1 > 1). ∑n=1∞1n=∞\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}} = \infty (מתבדר, p=12≤1p = \frac{1}{2} \le 1, דומה להרמוני).
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.
תרגיל 4 — מבחן ההשוואה הגבולי
(1) ∑n=1∞1n2−n+3\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2-n+3} — נבחר bn=1n2b_n = \frac{1}{n^2}. אזי L=lim⁡n→∞1/(n2−n+3)1/n2=lim⁡n→∞n2n2−n+3=lim⁡n→∞11−1n+3n2=1L = \lim_{n\to\infty}\frac{1/(n^2-n+3)}{1/n^2} = \lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{n^2-n+3} = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{1-\frac{1}{n}+\frac{3}{n^2}} = 1. מאחר ש-∑1n2\sum \frac{1}{n^2} מתכנס (p=2p=2), גם הטור מתכנס.
(2) ∑n=1∞1n1.5−n+3\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n^{1.5}-n+3}} — נבחר bn=1n3/4b_n = \frac{1}{n^{3/4}}. אזי L=lim⁡n→∞1/n1.5−n+31/n3/4=lim⁡n→∞n3/2n3/2−n+3=1L = \lim_{n\to\infty}\frac{1/\sqrt{n^{1.5}-n+3}}{1/n^{3/4}} = \lim_{n\to\infty}\sqrt{\frac{n^{3/2}}{n^{3/2}-n+3}} = 1. מאחר ש-∑1n3/4\sum \frac{1}{n^{3/4}} מתבדר (p=34≤1p=\frac{3}{4} \le 1), גם הטור מתבדר.
שבוע 7

מבחן מנה, שורש וסדרי גודל

🔗 תרשים גרירה

מכפלות / עצרת
←
מבחן המנה → an+1an\frac{a_{n+1}}{a_n}
xnx^n / חזקות
←
מבחן השורש → ∣an∣1/n|a_n|^{1/n}
L<1L<1
←
מתכנס
L>1L>1
←
מתבדר
L=1L=1
←
⚠ לא קובע — נסה כלי אחר
סדרי גודל — חייבים לזכור
n!  ≫  an  ≫  nk  ≫  ln⁡kn(a>1,  k>0)n! \;\gg\; a^n \;\gg\; n^k \;\gg\; \ln^k n \qquad (a>1,\; k>0)
מעריכים מנצח פולינום מנצח לוגריתם. מיידית!

💡 מסקנות מהתרגולים של מקס

מקס אמר ←
עצרת → מנה ראשון. כשעושים an+1an\frac{a_{n+1}}{a_n}, המכפלות מצטמצמות בצורה נקייה.
מקס אמר ←
אם L=1 במבחן מנה/שורש — באסה גדולה, צריך כלי אחר. זה לא אומר שלא מתכנס.
מקס אמר ←
lim⁡n→∞(nn+1)n=e−1\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n = e^{-1} — חשוב לדעת!

❓ שאלות חשובות

בדוק: ∑n!nn\sum\frac{n!}{n^n} — מבחן מנה, L=e−1<1L=e^{-1}<1 → מתכנס.
בדוק: ∑1⋅4⋅7⋯(3n−2)3⋅6⋅9⋯(3n)\sum\frac{1\cdot 4\cdot 7\cdots(3n-2)}{3\cdot 6\cdot 9\cdots(3n)} — מבחן מנה, שים לב לאיבר הבא.
בדוק: ∑(nn+1)n2\sum\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2} — מבחן שורש: (nn+1)n→e−1<1\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\to e^{-1}<1 → מתכנס.

📐 משפטים מההרצאה

מבחן המנה (D'Alembert)
L=lim⁡n→∞∣an+1an∣L=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|: אם L<1L<1 מתכנס בהחלט, L>1L>1 מתבדר, L=1L=1 לא קובע.
מבחן השורש (Cauchy)
L=lim sup⁡n→∞∣an∣1/nL=\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}: אם L<1L<1 מתכנס בהחלט, L>1L>1 מתבדר, L=1L=1 לא קובע.

📖 הגדרות, משפטים והוכחות — מתוך ההרצאות (מלא, לפי מספור)

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.
תרגיל 1 — $\sum \sin(1/n)$ מתבדר
קבעו אם הטור ∑n=1∞sin⁡(1n)\sum_{n=1}^\infty \sin\left(\frac{1}{n}\right) מתכנס או מתבדר.
הוכחה
נבחר bn=1nb_n = \frac{1}{n}. אזי L=lim⁡n→∞sin⁡(1/n)1/n=lim⁡x→0sin⁡xx=1>0L = \lim_{n\to\infty}\frac{\sin(1/n)}{1/n} = \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} = 1 > 0. מאחר ש-∑1n\sum \frac{1}{n} מתבדר (ההרמוני), ממבחן ההשוואה הגבולי גם ∑sin⁡(1n)\sum \sin\left(\frac{1}{n}\right) מתבדר.
תרגיל 2 — $\sum (\arctan(n^2) - \pi/2)$ מתכנס
קבעו אם הטור ∑n=1∞(arctan⁡(n2)−π2)\sum_{n=1}^\infty \left( \arctan(n^2) - \frac{\pi}{2} \right) מתכנס או מתבדר.
הוכחה
נכתוב ∑(arctan⁡(n2)−π2)=−∑(π2−arctan⁡(n2))\sum \left( \arctan(n^2) - \frac{\pi}{2} \right) = -\sum \left( \frac{\pi}{2} - \arctan(n^2) \right). נבחר bn=1n2b_n = \frac{1}{n^2}. אזי
L=lim⁡n→∞π2−arctan⁡(n2)1/n2=lim⁡x→∞π2−arctan⁡x1/x  =לופיטל  lim⁡x→∞−11+x2−1x2=lim⁡x→∞x21+x2=1>0.L = \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{\pi}{2} - \arctan(n^2)}{1/n^2} = \lim_{x\to\infty}\frac{\frac{\pi}{2} - \arctan x}{1/x} \;\underset{\text{לופיטל}}{=}\; \lim_{x\to\infty}\frac{-\frac{1}{1+x^2}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x\to\infty}\frac{x^2}{1+x^2} = 1 > 0.

מאחר ש-∑1n2\sum \frac{1}{n^2} מתכנס (p=2p=2), ממבחן ההשוואה הגבולי גם ∑(π2−arctan⁡(n2))\sum \left( \frac{\pi}{2} - \arctan(n^2) \right) מתכנס, ולכן הטור מתכנס.
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.
תרגיל 3 — מבחן המנה — מכפלות
קבעו אם ∑n=1∞1⋅3⋅5⋯(2n−1)4⋅8⋯(4n)\sum_{n=1}^\infty \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-1)}{4\cdot 8\cdots(4n)} מתכנס.
הוכחה
ממבחן המנה:
L=lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞2n+14n+4=lim⁡n→∞2+1n4+4n=24<1.L = \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{2n+1}{4n+4} = \lim_{n\to\infty}\frac{2+\frac{1}{n}}{4+\frac{4}{n}} = \frac{2}{4} < 1.

לכן הטור מתכנס.
תרגיל 4 — מבחן השורש — $\sum n^{2n}[\sin(1/(2n^2))]^n$
קבעו אם ∑n=1∞n2n[sin⁡(12n2)]n\sum_{n=1}^\infty n^{2n}\left[ \sin\left( \frac{1}{2n^2} \right) \right]^n מתכנס.
הוכחה
ממבחן השורש:
L=lim⁡n→∞ann=lim⁡n→∞[n2sin⁡(12n2)]  =xn=12n2  lim⁡x→0sin⁡x2x=12<1.L = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} = \lim_{n\to\infty}\left[ n^2 \sin\left( \frac{1}{2n^2} \right) \right] \;\underset{x_n = \frac{1}{2n^2}}{=}\; \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{2x} = \frac{1}{2} < 1.

לכן הטור מתכנס.
תרגיל 5 — מבחן המנה — $\sum \frac{a^n n!}{n^n}$
יהי 0<a≠e0 < a \ne e. קבעו עבור אילו aa הטור ∑n=1∞an⋅n!nn\sum_{n=1}^\infty \frac{a^n \cdot n!}{n^n} מתכנס.
הוכחה
ממבחן המנה:
L=lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞an+1(n+1)! nnan n! (n+1)n+1=lim⁡n→∞a nn(n+1)n=lim⁡n→∞a(nn+1)n=lim⁡n→∞a(1+1n)n=ae.L = \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{a^{n+1}(n+1)!\, n^n}{a^n\, n!\,(n+1)^{n+1}} = \lim_{n\to\infty}\frac{a\, n^n}{(n+1)^n} = \lim_{n\to\infty} a \left( \frac{n}{n+1} \right)^n = \lim_{n\to\infty}\frac{a}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} = \frac{a}{e}.

לכן הטור מתכנס עבור 0<a<e0 < a < e (L<1L < 1) ומתבדר עבור a>ea > e.
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.
תרגיל 6 — $\sum \frac{1}{n\ln n}$ מתבדר
קבעו אם הטור ∑n=2∞1nln⁡n\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n\ln n} מתכנס.
הוכחה
נביט ב-f(x)=1xln⁡xf(x) = \frac{1}{x\ln x} עבור x≥2x \ge 2. (i) ff יורדת: f′(x)=−(ln⁡x+1)x2ln⁡2x≤0f'(x) = \frac{-(\ln x + 1)}{x^2 \ln^2 x} \le 0. (ii) lim⁡x→∞1xln⁡x=0\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x\ln x} = 0. ממבחן האינטגרל, בהצבה t=ln⁡xt = \ln x (dt=1xdxdt = \frac{1}{x}dx):
∫2∞dxxln⁡x=∫ln⁡2∞dtt=[ln⁡∣t∣]ln⁡2∞=ln⁡∞−ln⁡(ln⁡2)=∞.\int_2^\infty \frac{dx}{x\ln x} = \int_{\ln 2}^\infty \frac{dt}{t} = \big[ \ln|t| \big]_{\ln 2}^\infty = \ln\infty - \ln(\ln 2) = \infty.

לכן הטור מתבדר.
שבוע 8

התכנסות בהחלט ובתנאי — הוכח/הפרך (⚠ קלאסי למבחן!)

🔗 תרשים גרירה

∑∣an∣<∞\sum|a_n|<\infty
←
מתכנס בהחלט → מתכנס
מתכנס
←
מתכנס בהחלט? — לא בהכרח!
an≥0a_n\ge0 יורד, an→0a_n\to 0
←
לייבניץ: ∑(−1)nan\sum(-1)^n a_n מתכנס
⚠ הנקודה הכי חשובה בשבוע זה
כשטור אינו אי-שלילי — כל האינטואיציות מהשבועות הקודמים מתאפסות! זה עולם אחר.
מבחן ההשוואה — רק לטורים אי-שליליים. חייבים לקרוא את השאלה!
תרשים: 6 שאלות הוכח/הפרך מתרגול 8 — קלאסיות למבחן!
(1) ∑an2\sum a_n^2 מתכנס ⟹ ∑ann\sum\frac{a_n}{n} מתכנס בהחלט? (כן — (a−b)2≥0(a-b)^2\ge0)
(2) ∑an\sum a_n מתכנס ⟹ ∑(−1)nan\sum(-1)^n a_n מתכנס? (לא בהכרח)
(3) an≥0,an→0a_n\ge0, a_n\to0 ⟹ ∑(−1)nan\sum(-1)^n a_n מתכנס? (שגוי! חסרה יורדת)
(4) לייבניץ בלי 'יורדת': הטענה שגויה — בנה דוגמה נגדית עם קפיצה זוגי/אי-זוגי.

💡 מסקנות מהתרגולים של מקס

מקס אמר ←
טריק: (a−b)2≥0(a-b)^2\ge0 → 2ab≤a2+b22ab\le a^2+b^2. שימושי כשרואים מכפלה שצריך לחסום.
מקס אמר ←
שתילת אפסים: לדוגמה נגדית עם טור לא אי-שלילי — שתל אפסים במיקומים זוגיים. ∑∣an∣\sum|a_n| עדיין מתבדר.
מקס אמר ←
לקפץ בסדרה → הפרד זוגי ואי-זוגי. (−1)n(-1)^n אסור לסדרה אי-שלילית.

❓ שאלות חשובות

הוכח: ∑an2\sum a_n^2 מתכנס ⟹ ∑ann\sum\frac{a_n}{n} מתכנס בהחלט. (AM-GM)
הפרך: an≥0,an→0a_n\ge0, a_n\to0 ⟹ ∑(−1)nan\sum(-1)^n a_n מתכנס. (סדרה קופצת)
הוכח: ∑∣an∣=∞\sum|a_n|=\infty, ∑an\sum a_n מתכנס → ∑an\sum a_n מתכנס בתנאי.

📐 משפטים מההרצאה

התכנסות מוחלטת
אם ∑∣an∣\sum|a_n| מתכנס, אז ∑an\sum a_n מתכנס. (ההפך לא נכון בכלל!)
מבחן לייבניץ — 3 תנאים חייבים!
(1) an≥0a_n\ge 0, (2) ana_n יורדת (חובה! יוסי השתמש בזה בהוכחה), (3) an→0a_n\to 0.
אז ∑n=1∞(−1)nan\sum_{n=1}^\infty(-1)^n a_n מתכנס. שגיאה נפוצה: לשכוח 'יורדת'.
משפט סוגריים
אם ∑an\sum a_n מתכנס ומוסיפים סוגריים → הוא מתכנס לאותו ערך.
אם הוספנו סוגריים והוא מתבדר → ∑an\sum a_n מתבדר. (שימושי לדוגמאות נגדיות)

📖 הגדרות, משפטים והוכחות — מתוך ההרצאות (מלא, לפי מספור)

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).
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.
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).
דוגמה — $\sum \frac{\sin n}{n^{1.5}}$ מתכנס בהחלט
הטור ∑n=1∞sin⁡(n)n1.5\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(n)}{n^{1.5}} מתכנס (בהחלט), שכן
∑n=1∞∣sin⁡(n)∣n1.5≤∑n=1∞1n1.5<∞\sum_{n=1}^\infty \frac{|\sin(n)|}{n^{1.5}} \le \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1.5}} < \infty

(הטור ה-pp עם p=1.5>1p = 1.5 > 1).
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.
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.
הערה 1 — כתיב הטור המתחלף
∑n=1∞(−1)n+1an=a1−a2+a3−a4+⋯\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} a_n = a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + \cdots
דוגמה — הטור ההרמוני המתחלף (התכנסות בתנאי)
הטור ההרמוני המתחלף
∑n=1∞(−1)n+1n=1−12+13−⋯\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots

כאן an=1na_n = \frac{1}{n} סדרה יורדת השואפת ל-00, ולכן ממבחן לייבניץ הטור מתכנס. אך הוא אינו מתכנס בהחלט (כי הטור ההרמוני ∑1n\sum\frac{1}{n} מתבדר), ולכן הוא מתכנס **בתנאי**.

טבלה (מתכנס / מתכנס בהחלט):
∑(−1)n+1n\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n} — מתכנס ✓, בהחלט ✗ (בתנאי).
∑(−1)n+1n2\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} — מתכנס ✓, בהחלט ✓.
∑(−1)n+1n\sum \frac{(-1)^{n+1}}{\sqrt{n}} — מתכנס ✓, בהחלט ✗ (בתנאי).
שבוע 9

טורי חזקות — רדיוס התכנסות ומקלורן

🔗 תרשים גרירה

∑anxn\sum a_n x^n
←
R=1lim sup⁡∣an∣1/nR=\frac{1}{\limsup|a_n|^{1/n}} (רדיוס התכנסות)
∣x∣<R|x|<R
←
מתכנס <b>בהחלט</b>
∣x∣>R|x|>R
←
מתבדר
∣x∣=R|x|=R
←
⚠ לבדוק כל קצה בנפרד
גזירה/אינטגרציה
←
RR לא משתנה — אבל קצוות — בדוק מחדש!

💡 מסקנות מהתרגולים של מקס

מקס אמר ←
קצוות: RR לא משתנה בגזירה/אינטגרציה, אבל ההתנהגות בקצוות יכולה להשתנות — תמיד לבדוק!
מקס אמר ←
חישוב סכום טור: לפעמים גוזרים/מאינטגרלים טור ידוע כדי להגיע לטור הרצוי. תרגול בסיסי.

❓ שאלות חשובות

מצא רדיוס התכנסות: ∑xnn\sum\frac{x^n}{n} → R=1R=1. בדוק קצוות: x=1x=1 (מתבדר), x=−1x=-1 (מתכנס).
חשב: ∑n=1∞nxn\sum_{n=1}^\infty nx^n עבור ∣x∣<1|x|<1. (גזור ∑xn=11−x\sum x^n = \frac{1}{1-x})
הוכח: ∑n=0∞xnn!=ex\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}=e^x לכל x∈Rx\in\mathbb{R}. (שארית לגרנז' שואפת ל-0)

📐 משפטים מההרצאה

רדיוס התכנסות
לטור ∑an(x−x0)n\sum a_n(x-x_0)^n, הרדיוס הוא:
R=1lim sup⁡n→∞∣an∣1/nR=\frac{1}{\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}}
או (כשהגבול קיים):
R=lim⁡n→∞∣anan+1∣R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|
גזירה ואינטגרציה של טורי חזקות
ב-∣x−x0∣<R|x-x_0|<R:
ddx∑n=0∞an(x−x0)n=∑n=1∞nan(x−x0)n−1\frac{d}{dx}\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n = \sum_{n=1}^\infty na_n(x-x_0)^{n-1}
∫∑n=0∞an(x−x0)n dx=∑n=0∞ann+1(x−x0)n+1+C\int\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n\,dx = \sum_{n=0}^\infty\frac{a_n}{n+1}(x-x_0)^{n+1}+C
טורי מקלורן — חובה לשנן
ex=∑n=0∞xnn!,x∈Re^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!},\quad x\in\mathbb{R}
sin⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n+1(2n+1)!,x∈R\sin x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!},\quad x\in\mathbb{R}
cos⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!,x∈R\cos x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!},\quad x\in\mathbb{R}
ln⁡(1+x)=∑n=1∞(−1)n+1xnn,x∈(−1,1]\ln(1+x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1} x^n}{n},\quad x\in(-1,1]
11−x=∑n=0∞xn,∣x∣<1\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n,\quad |x|<1

📖 הגדרות, משפטים והוכחות — מתוך ההרצאות (מלא, לפי מספור)

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}.
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.
תרגיל 1 — התבדרות $1+\frac12-\frac13+\frac14+\frac15-\frac16+\cdots$
הוכיחו או הפריכו: הטור 1+12−13+14+15−16+⋯1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} + \cdots מתבדר.
הוכחה
נניח בשלילה שהטור מתכנס לסכום SS. ממבחן הסוגריים,
S=(1+12−13)+(14+15−16)+⋯=∑n=1∞(13n−2+13n−1−13n)=∑n=1∞9n2−2(3n−2)(3n−1)⋅3n.S = \left(1 + \tfrac{1}{2} - \tfrac{1}{3}\right) + \left(\tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{5} - \tfrac{1}{6}\right) + \cdots = \sum_{n=1}^\infty \left( \tfrac{1}{3n-2} + \tfrac{1}{3n-1} - \tfrac{1}{3n} \right) = \sum_{n=1}^\infty \frac{9n^2-2}{(3n-2)(3n-1)\cdot 3n}.

ממבחן ההשוואה הגבולי עם bn=1nb_n = \frac{1}{n}: L=lim⁡n→∞n(9n2−2)(3n−2)(3n−1)⋅3n=927=13≠0L = \lim_{n\to\infty}\frac{n(9n^2-2)}{(3n-2)(3n-1)\cdot 3n} = \frac{9}{27} = \frac{1}{3} \ne 0. מאחר ש-∑1n\sum \frac{1}{n} מתבדר, גם הטור עם הסוגריים מתבדר — בסתירה לכך שהטור המקורי מתכנס (כי אז ממבחן הסוגריים הטור עם הסוגריים היה מתכנס). לכן הטור המקורי מתבדר.
תרגיל 2 — השמטת אפסים אינה משנה התכנסות
תהיינה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^\infty ו-(bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^\infty כך שלכל nn מתקיים bn={akn=2k−10n=2kb_n = \begin{cases} a_k & n = 2k-1 \\ 0 & n = 2k \end{cases}. הוכיחו ש-∑n=1∞an\sum_{n=1}^\infty a_n מתכנס אם"ם ∑n=1∞bn\sum_{n=1}^\infty b_n מתכנס, ובמקרה זה ∑bn=∑an\sum b_n = \sum a_n.
הוכחה
(⇐\Leftarrow) נניח ∑an=S\sum a_n = S. תהי (SN)(S_N) סדרת הסכומים החלקיים של ∑bn\sum b_n. אזי
S2N=b1+⋯+b2N=a1+0+a2+0+⋯+aN+0=∑n=1Nan,S_{2N} = b_1 + \cdots + b_{2N} = a_1 + 0 + a_2 + 0 + \cdots + a_N + 0 = \sum_{n=1}^N a_n,

ולכן lim⁡S2N=S\lim S_{2N} = S. כמו כן S2N−1=a1+⋯+aN=∑n=1NanS_{2N-1} = a_1 + \cdots + a_N = \sum_{n=1}^N a_n, ולכן lim⁡S2N−1=S\lim S_{2N-1} = S. שתי תת-הסדרות שואפות ל-SS, ולכן lim⁡SN=S\lim S_N = S, כלומר ∑bn=S\sum b_n = S.
(⇒\Rightarrow) נניח ∑bn=S\sum b_n = S. אזי, ע"י הוספת סוגריים, ∑an=(a1+0)+(a2+0)+⋯=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯=b1+b2+b3+⋯=S\sum a_n = (a_1 + 0) + (a_2 + 0) + \cdots = (b_1 + b_2) + (b_3 + b_4) + \cdots = b_1 + b_2 + b_3 + \cdots = S (ממבחן הסוגריים).
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.
הערה 1 — טור חזקות מתכנס תמיד ב-$x_0$
טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n מתכנס תמיד בנקודה x0x_0 עצמה (לערך a0a_0), ולכן תחום ההתכנסות אינו ריק. אכן,
∑n=0∞an(x0−x0)n=a0+0+0+⋯=a0.\sum_{n=0}^\infty a_n(x_0-x_0)^n = a_0 + 0 + 0 + \cdots = a_0.
תרגיל 3 — תחום וסכום של $\sum (x+1)^{2n}$
מצאו את תחום ההתכנסות של ∑n=0∞(x+1)2n\sum_{n=0}^\infty (x+1)^{2n} וחשבו את סכום הטור באותו תחום.
הוכחה
בהצבה t=(x+1)2t = (x+1)^2: ∑n=0∞(x+1)2n=∑n=0∞tn\sum_{n=0}^\infty (x+1)^{2n} = \sum_{n=0}^\infty t^n, ומכאן הטור מתכנס אם"ם (x+1)2=∣t∣<1(x+1)^2 = |t| < 1, כלומר ∣x+1∣<1|x+1| < 1, כלומר −2<x<0-2 < x < 0. בתחום זה,
∑n=0∞(x+1)2n=∑n=0∞tn=11−t=11−(x+1)2.\sum_{n=0}^\infty (x+1)^{2n} = \sum_{n=0}^\infty t^n = \frac{1}{1-t} = \frac{1}{1-(x+1)^2}.
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.
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] \}.
הערה 2 — $R$ מוגדר היטב
מאחר שהטור מתכנס ב-x0x_0 (הערה 1), הוא מתכנס לכל x∈[x0−0,x0+0]x \in [x_0-0, x_0+0], ולכן 00 שייך לקבוצה שבהגדרה והקבוצה אינה ריקה. לכן RR מוגדר היטב (ייתכן R=∞R = \infty).
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].
תרגיל 4 — תחום ההתכנסות של $\sum \frac{(-1)^{n+1}x^n}{n}$
מצאו את תחום ההתכנסות של ∑n=1∞(−1)n+1xnn\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1} x^n}{n}.
הוכחה
כאן x0=0x_0 = 0. בנקודה x=1x = 1: ∑(−1)n+1n=1−12+13−⋯\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots — הטור ההרמוני המתחלף, מתכנס (לייבניץ). לכן R=1R = 1. בנקודה x=−1x = -1: ∑(−1)n+1(−1)nn=∑(−1)2n+1n=−∑1n=−∞\sum \frac{(-1)^{n+1}(-1)^n}{n} = \sum \frac{(-1)^{2n+1}}{n} = -\sum \frac{1}{n} = -\infty (מתבדר). לכן תחום ההתכנסות הוא (−1,1](-1, 1].
תרגיל 5 — תחום ההתכנסות של $\sum \frac{x^n}{n!}$
מצאו את תחום ההתכנסות של ∑n=0∞xnn!=10!+x1!+x22!+⋯\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} = \frac{1}{0!} + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \cdots.
הוכחה
לכל xx קבוע, ממבחן המנה:
lim⁡n→∞∣x∣n+1/(n+1)!∣x∣n/n!=lim⁡n→∞∣x∣n+1=0<1.\lim_{n\to\infty}\frac{|x|^{n+1}/(n+1)!}{|x|^n/n!} = \lim_{n\to\infty}\frac{|x|}{n+1} = 0 < 1.

לכן הטור מתכנס בהחלט לכל x∈Rx \in \mathbb{R}, R=∞R = \infty, ותחום ההתכנסות הוא (−∞,∞)=R(-\infty, \infty) = \mathbb{R}.
תרגיל 6 — תחום ההתכנסות של $\sum n^n x^n$
מצאו את תחום ההתכנסות של ∑n=1∞nnxn=x+22x2+33x3+⋯\sum_{n=1}^\infty n^n x^n = x + 2^2 x^2 + 3^3 x^3 + \cdots.
הוכחה
עבור x≠0x \ne 0: lim⁡n→∞∣nnxn∣=lim⁡n→∞(n∣x∣)n=∞≠0\lim_{n\to\infty}|n^n x^n| = \lim_{n\to\infty}(n|x|)^n = \infty \ne 0, ולכן מהתנאי ההכרחי הטור מתבדר. לכן R=0R = 0 ותחום ההתכנסות הוא {0}\{0\}.
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.
תרגיל 7 — תחום ההתכנסות של $\sum \frac{2^n(x+1)^n}{n}$
מצאו את תחום ההתכנסות של ∑n=1∞2n(x+1)nn\sum_{n=1}^\infty \frac{2^n(x+1)^n}{n}.
הוכחה
כאן x0=−1x_0 = -1. מנוסחת קושי-אדמר,
R=1lim⁡n→∞∣an∣n=1lim⁡n→∞2nnn=1lim⁡n→∞2nn=12.R = \frac{1}{\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}} = \frac{1}{\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{2^n}{n}}} = \frac{1}{\lim_{n\to\infty}\frac{2}{\sqrt[n]{n}}} = \frac{1}{2}.

נבדוק את הקצוות. ב-x=−1+12=−12x = -1 + \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}: ∑2n(1/2)nn=∑1n=∞\sum \frac{2^n (1/2)^n}{n} = \sum \frac{1}{n} = \infty (מתבדר). ב-x=−32x = -\frac{3}{2} (כלומר x+1=−12x+1 = -\frac{1}{2}): ∑2n(−1/2)nn=∑(−1)nn=−∑(−1)n+1n\sum \frac{2^n(-1/2)^n}{n} = \sum \frac{(-1)^n}{n} = -\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n} — מתכנס (הרמוני מתחלף, לייבניץ). לכן תחום ההתכנסות הוא [−32,−12)\left[ -\frac{3}{2}, -\frac{1}{2} \right).
תרגיל 8 — תחום ההתכנסות של $\sum \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}$
מצאו את תחום ההתכנסות של ∑n=0∞(−1)n2n+1x2n+1\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}.
הוכחה
ב-x=1x = 1: ∑(−1)n2n+1=1−13+15−⋯\sum \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \cdots מתכנס (טור מתחלף, לייבניץ). ב-x=−1x = -1: ∑(−1)n2n+1(−1)2n+1=−∑(−1)n2n+1\sum \frac{(-1)^n}{2n+1}(-1)^{2n+1} = -\sum \frac{(-1)^n}{2n+1} מתכנס (גם כן מתחלף). לכן תחום ההתכנסות הוא [−1,1][-1, 1].
אינפי ב׳ — מועד א׳ · 01.07.2026 · יעד 90+ · Max Mahlin