טורים — מבחן מנה, שורש, ולייבניץ

תרגול 7 היום: מבחן ההשוואה. • מבחן ההשוואה הגבולי. • מבחן השורש. • מבחן המנה. • מבחן האינטגרל. • תזכורת: סדרה של מספרים ממשיים. (an)∞ n=k ותהי 0 ≤ k ∈ Z יהי .n ≥ k לכל an ≥ 0 הוא טור אי שלילי אם ∞ ∑ n=k an נאמר שהטור משפט )מבחן ההשוואה לטורים אי שליליים(: שתי סדרות של מספרים ממשיים. (bn)∞ n=k ו (an)∞ n=k ותהיינה 0 ≤ k ∈ Z יהי נניח כי .n ≥ k לכל 0 ≤ an ≤ bn .1 . ∞ ∑ n=k bn < ∞ .2 . ∞ ∑ n=k an ≤ ∞ ∑ n=k bn ובנוסף, ∞ ∑ n=k an < ∞ אזי משפט )מבחן ההשוואה הגבולי לטורים אי שליליים(: שתי סדרות של מספרים ממשיים. (bn)∞ n=k ו (an)∞ n=k ותהיינה 0 ≤ k ∈ Z יהי נניח כי .n ≥ k לכל an ≥ 0 ו bn > 0 .1 .L = lim

מבחן השורש: סדרה של מספרים ממשיים. (an)∞ n=k ותהי 0 ≤ k ∈ Z יהי נניח כי .n ≥ k לכל an ≥ 0 .1 .L = lim n→∞ n √an שעבורו L ∈ R 2. קיים אזי מתכנס. ∞ ∑ n=k an , הטור0 ≤ L < 1 אם • מתבדר. ∞ ∑ n=k an ולכן הטור lim n→∞an 6 = 0 , אזL > 1 אם • מבחן המנה: סדרה של מספרים ממשיים. (an)∞ n=k ותהי 0 ≤ k ∈ Z יהי נניח כי .n ≥ k לכל an > 0 .1 .L = lim n→∞ an+1 an שעבורו L ∈ R 2. קיים אזי מתכנס. ∞ ∑ n=k an , הטור0 ≤ L < 1 אם • מתבדר. ∞ ∑ n=k an ולכן הטור lim n→∞an 6 = 0 , אזL > 1 אם • מבחן האינטגרל: .f : [k, ∞) → R ותהי 0 ≤ k ∈ Z יהי נניח כי יורדת. f .1 . lim x→∞f (x) = 0 .2 ,∫ ∞ k f (x) dx < ∞ אם"ם ∞ ∑ n=k f (n

דוגמאות: קבעו האם הטורים הבאים מתכנסים או מתבדרים )אין צורך לחשב את ערכם(: ∞ ∑ n=1 (n+1)n2 nn2−1·3n .1 פתרון: נשתמש במבחן השורש L = lim n→∞ n √ (n + 1)n2 nn2−1 · 3n = lim n→∞ (n + 1) n2 n n n2−1 n · 3 n n = lim n→∞ (n + 1)n nn · n− 1 n · 3 = lim n→∞ [( n + 1 n )n · n 1 n 3 ] = lim n→∞ [ 1 3 ( 1 + 1 n )n · n 1 n ] = AOL 1 3 · e · 1 = e 3 כאשר lim n→∞ ( 1 + 1 n )n = Heine lim x→∞ ( 1 + 1 x )x = e . lim n→∞n 1 n = 1 והוכחנו בתרגול 2 ש מתכנס. ∞ ∑ n=1 (n+1)n2 nn2−1·3n , אזי הטורL = e 3 < 2<e<3 1 היות ש ∞ ∑ n=1 n100 2n+ln n .2 פתרון: שואף לאינסוף "הרבה יותר מהר" 2n ניתן להבין באינטואיציה שהטור מתכנס

∞ ∑ n=1 1·4·7..(3n−2) (n+2)(n+3)...(2n+1) .3 פתרון: מתקיים n ∈ N ראשית נשים לב כי לכל an+1 = 1 · 4 · 7..(3 (n + 1) − 2) (n + 1 + 2) (n + 1 + 3) ... (2 (n + 1) + 1) = 1 · 4 · 7..(3n − 2)(3n + 1) (n + 3) ... (2n + 1) (2n + 2)(2n + 3) נשתמש במבחן המנה L = lim n→∞ an+1 an = lim n→∞ [ 1·4·7..(3n−2)(3n+1) (n+3)...(2n+1)(2n+2)(2n+3) ] [ 1·4·7..(3n−2) (n+2)(n+3)...(2n+1) ] = lim n→∞ 1 · 4 · 7..(3n − 2)(3n + 1) (n + 3) ... (2n + 1) (2n + 2)(2n + 3) · (n + 2) (n + 3) ... (2n + 1) 1 · 4 · 7... (3n − 2) = lim n→∞ (n + 2) (3n + 1) (2n + 2) (2n + 3) = lim n→∞ n (1 + 2 n ) · n (3 + 1 n ) n (2 + 2 n ) · n (2

:α = 1 עבור נשתמש במבחן האינטגרל. xα, lnβ x , היות שx ≥ 2 יורדת לכל f .x ≥ 2 לכל f (x) = 1 xα·lnβ x נגדיר אחד חלקי פונקציה עולה כאשר הפונקציה חיובית, זאת פונקציה פונקציות עולות. יורדת )המכנה גדל ולכן השבר קטן(. ניתן גם להראות שהנגזרת שלילית בתחום )לא נעשה זאת(, כלומר ( 1 xα · lnβ x )′ < 0 . lim x→∞f (x) = 0 נשים לב ש נחשב את האינטגרל ∫ ∞ 2 1 x · lnβ x dx = = t=ln x ∫ ∞ ln 2 1 tβ dt האינטגרל 0 ≤ β ≤ 1 האינטגרל מתכנס ועבור β > 1 הוכחנו כי במקרה כזה עבור מתבדר. לסיכום: הטור מתכנס. α = 1 ,β > 1 הטור מתבדר. α = 1 ,0 ≤ β ≤ 1 הטור מתכנס. α > 1 ,β ≥ 0 הטור מתבדר. 0 ≤ α < 1 ,β ≥ 0 6

תרגיל: הוכיחו כי 9 8 ≤ ∞ ∑ n=1 1 n3 ≤ 1.5 פתרון: .x ≥ 1 לכל f (x) = 1 x3 נגדיר . lim x→∞f (x) = lim x→∞ 1 x3 = 0 יורדת )1 חלקי פונקציה חיוביות ועולה( ו f נשים לב כי מתכנס. ∞ ∑ n=1 f (n) = ∞ ∑ n=1 1 n3 ראינו כבר שהטור נשים לב כי מתקיים ∫ ∞ 1 1 x3 dx = formula 1 3 − 1 = 1 2 לכן ממבחן האינטגרל מתקיים ∫ ∞ 1 1 x3 dx ≤ ∞ ∑ n=1 1 n3 ≤ 1 13 + ∫ ∞ 1 1 x3 dx ולכן 1 2 ≤ ∞ ∑ n=1 1 n3 ≤ 1 + 1 2 = 1.5 בנוסף נשים לב כי ∞ ∑ n=1 1 n3 = 1 13 + 1 23 + ∞ ∑ n=3 1 n3 = 1 + 1 8 + ∞ ∑ n=3 1 n3 ︸ ︷︷ ︸ + ≥ 9 8 ולכן סה"כ קיבלנו כי 9 8 ≤ ∞ ∑ n=1 1 n3 ≤ 1.5 8

תרגיל: סדרה של מספרים ממשיים. (an)∞ n=1 תהי הוא טור אי שלילי. ∞ ∑ n=1 an נניח שהטור הוכיחו או הפריכו כל אחת מהטענות הבאות: . ∞ ∑ n=1 an = ∞ , אזי lim n→∞ (n · an) = ∞ 1. אם פתרון: הטענה נכונה. נשים לב ש lim n→∞ an ( 1 n ) = lim n→∞ (n · an) = ∞ . ∞ ∑ n=1 an = ∞ , אזי ממבחן ההשוואה הגבולי ∞ ∑ n=1 1 n = ∞ היות ש דרך נוספת: מתקיים n ≥ k כך שלכל k ∈ N , אזי קיים lim n→∞ (n · an) = ∞ מהיות n · an > 1 ⇒ an > 1 n ולכן ∞ ∑ n=k an ≥ ∞ ∑ n=k 1 n = ∞ , כי יש לו זנב מתבדר. ∞ ∑ n=1 an = ∞ ממבחן ההשוואה ולכן ∞ ∑ n=k an = ∞ ולכן 9

.n ≥ 1 לכל an > 0 2. נניח ש מתבדר. ∞ ∑ n=1 an לא קיים, אזי הטור lim n→∞ n √an אם הגבול פתרון: הטענה לא נכונה. את n ≥ 1 נבחר לכל an = {( 1 2 )n n is odd ( 1 3 )n n is even הוא ( n √an )∞ n=1 נשים לב שהגבול של האיברים במקומות הזוגיים של הסדרה lim k→∞ 2k √a2k = lim k→∞ 2k √( 1 3 )2k = lim k→∞ 1 3 = 1 3 הוא ( n √an )∞ n=1 והגבול של האיברים במקומות האי זוגיים של הסדרה lim k→∞ 2k−1 √a2k−1 lim k→∞ 2k−1 √( 1 2 )2k−1 = lim k→∞ 1 2 = 1 2 לא קיים. lim n→∞ n √an לכן הגבול .n ∈ N לכל 0 ≤ an ≤ ( 1 2 )n נשים לב ש לכן ∞ ∑ n=1 an ≤ ∞ ∑ n=1 ( 1 2 )n < ∞ . ∞ ∑ n=1 an < ∞ ולכן ממבחן ההשוואה 10