Mentora
0
68
שבועותשבוע 7
סיכום שבוע

שבוע 7

טורים — הגדרה ומבחני התכנסות בסיסיים

טורים אינסופייםטור גיאומטריp-seriesמבחן השוואה
פתחי סיכום שבוע 7
📖

הרצאה 6

חומר חדש

→
✏️

תרגול 7

מתרגל הרצאה 6

→
📋

מטלה 7

תרגול 7 + הרצאה 6

הערות קהילה

מה הסטודנטים שמו לב אליו

טוען הערות...

סיכום שבוע 7

לפני שמתחילים

מסקנות מרכזיות

  • מבחן מנה קובע: L<1→L < 1 \to מתכנס, L>1→L > 1 \to מתבדר, L=1→L = 1 \to לא קובע

  • רדיוס התכנסות R=1/limsup∣a\mathbb{R} = 1/limsup|aₙ∣(1/n)|^(1/n) — תמיד בדקי קצוות בנפרד

טעויות נפוצות

  • שימוש במבחן מנה כשהמנה →1(\to 1 (מבחן לא קובע)

  • שכחה לבדוק את נקודות הקצה בתחום ההתכנסות

  • בלבול בין R לבין (-R+x₀, R+x₀)

כלים מרכזיים

  • מבחן המנה (D'Alembert)

  • מבחן השורש (Cauchy)

  • גיאומטרי-סכום

  • רדיוס התכנסות

  • מבחן מנה לטורים עם n!

מדריך לימוד

איך ללמוד שבוע 7

$n!$ → מנה. $a^n$ או $n^n$ → שורש. $1/n^p$ או פולינום → השוואה גבולית.

מה לחזור קודם

  • מבחן השוואה וטור pp

  • גבולות ann\sqrt[n]{a_n} ו-an+1/ana_{n+1}/a_n

חובה לשנן

  • מבחן השוואה גבולי: lim⁡an/bn=L∈(0,∞)\lim a_n/b_n = L\in(0,\infty) ← שניהם יחד

  • מבחן השורש: L=lim⁡annL=\lim\sqrt[n]{a_n} (<1<1 מתכנס, >1>1 מתבדר)

  • מבחן המנה: L=lim⁡an+1/anL=\lim a_{n+1}/a_n (<1<1 מתכנס, >1>1 מתבדר)

  • מבחן האינטגרל: ff חיובית יורדת ← ∑f(n)\sum f(n) כמו ∫f\int f

  • כש-L=1L=1 במנה/שורש — המבחן לא מכריע

כלים מרכזיים

  • מבחן שורש

  • מבחן מנה

  • מבחן אינטגרל

טעויות נפוצות

  • להסיק מסקנה כש-L=1L=1 (לא מכריע)

  • לשכוח ש-ff צריכה להיות יורדת במבחן האינטגרל

  • לשכוח ערך מוחלט במנה/שורש כשיש (−1)n(-1)^n

סדר לימוד מומלץ

  1. 1

    מבחן השוואה גבולי (כולל L=0L=0, L=∞L=\infty)

  2. 2

    מבחן השורש (קושי)

  3. 3

    מבחן המנה (ד'אלמבר)

  4. 4

    מבחן האינטגרל

  5. 5

    מתי נוח כל מבחן

סיכום שבוע 7

חומר, הגדרות ומבחנים

מטרת הסף

ללמוד את כל מבחני ההתכנסות לטורים אי-שליליים ולדעת מתי להשתמש בכל אחד.

העיקרון המוביל

אל תחשבי "לחשב את סכום הטור". המטרה היא להחליט אם הוא מתכנס או מתבדר — ולכן משתמשים במבחנים.

בנוי על: תנאי הכרחי (שבוע 3–4), טור הרמוני (שבוע 5), מבחן השוואה בסיסי (שבוע 5–6)

טור ∑an\sum a_n הוא אי-שלילי אם an≥0a_n \ge 0 לכל n≥kn \ge k.

למה זה נוסף?

רוב מבחני ההתכנסות (השוואה, שורש, מנה, אינטגרל) מחייבים שהאיברים יהיו אי-שליליים. לכן חשוב לזהות את הסוג לפני שבוחרים מבחן.

אינטואיציה

כשכל האיברים חיוביים, הסכומים החלקיים SNS_N רק עולים. הטור מתכנס אם ורק אם הסכומים חסומים מלמעלה.

מתי להשתמש?

לפני כל מבחן — בדקי שהאיברים אי-שליליים. אם יש סימנות מתחלפות — עוברים לשבוע 8.

יהיו an,bn>0a_n, b_n > 0. אם lim⁡n→∞anbn=L\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = L כאשר 0<L<∞0 < L < \infty, אז ∑an\sum a_n ו-∑bn\sum b_n מתכנסים יחד או מתבדרים יחד.

למה זה נוסף?

מבחן ההשוואה הרגיל מחייב אי-שוויון מדויק (an≤bna_n \le b_n) שלעיתים קשה להוכיח. הגרסה הגבולית מחליפה זאת בחישוב גבול — הרבה יותר נוח.

אינטואיציה

אם an/bn→L>0a_n / b_n \to L > 0, פירוש הדבר ש-ana_n ו-bnb_n "באותו סדר גודל" — הם גדלים ומתקטנים יחד. לכן גורלם זהה.

מתי להשתמש?

כשרואים ana_n שנראה כמו פולינום חלקי פולינום — מחלקים בחזקה הדומיננטית ומשווים ל-1/np1/n^p.

הערות חשובות

  • אם L=0L = 0: רק כיוון אחד — ∑bn\sum b_n מתכנס ⇒\Rightarrow ∑an\sum a_n מתכנס.

  • אם L=∞L = \infty: רק כיוון אחד — ∑bn\sum b_n מתבדר ⇒\Rightarrow ∑an\sum a_n מתבדר.

  • הכי שימושי: bn=1/npb_n = 1/n^p לאיזה pp שנבחר לפי הדרגה.

טעות נפוצה

לא לשכוח לבדוק ש-LL חיובי וסופי לפני שמסיקים בשני הכיוונים!

דוגמה

an=n+1n3−na_n = \dfrac{n+1}{n^3 - n}. בחרי bn=1n2b_n = \dfrac{1}{n^2}.

anbn=n2(n+1)n3−n=n3+n2n3−n→1\dfrac{a_n}{b_n} = \dfrac{n^2(n+1)}{n^3-n} = \dfrac{n^3+n^2}{n^3-n} \to 1.

מכיוון ש-∑1/n2\sum 1/n^2 מתכנס, גם ∑an\sum a_n מתכנס.

תהי f:[k,∞)→Rf: [k, \infty) \to \mathbb{R} יורדת, חיובית ורציפה. אז:

∑n=k∞f(n)<∞  ⟺  ∫k∞f(x) dx<∞\sum_{n=k}^{\infty} f(n) < \infty \iff \int_k^{\infty} f(x)\,dx < \infty

ובנוסף: ∫k∞f(x) dx≤∑n=k∞f(n)≤f(k)+∫k∞f(x) dx\displaystyle\int_k^{\infty} f(x)\,dx \le \sum_{n=k}^{\infty} f(n) \le f(k) + \int_k^{\infty} f(x)\,dx

למה זה נוסף?

כלי לטורים שמבחני השוואה/מנה/שורש לא עובדים עליהם — למשל כשיש ln⁡n\ln n באיבר.

אינטואיציה

הסכום ∑f(n)\sum f(n) הוא שטח של "מדרגות" מתחת לגרף. אם שטח הפונקציה ∫f(x) dx\int f(x)\,dx סופי — המדרגות גם כן.

מתי להשתמש?

כשרואים 1/(nln⁡n)1/(n \ln n), 1/(n(ln⁡n)2)1/(n (\ln n)^2) וכד' — פונקציות שניתן לאינטגרל בקלות.

הערות חשובות

  • חובה לבדוק: ff יורדת ורציפה! אם לא — המבחן לא חל.

  • המבחן נותן התכנסות, לא את ערך הסכום.

  • הטור ה-pp הרמוני הוא מקרה פרטי: f(x)=1/xpf(x) = 1/x^p.

טעות נפוצה

שכחת לבדוק יורדת? המבחן לא תקף! בדקי f′(x)<0f'(x) < 0.

דוגמה

∑n=2∞1nln⁡n\sum_{n=2}^{\infty} \dfrac{1}{n \ln n}: f(x)=1xln⁡xf(x) = \dfrac{1}{x \ln x}, יורדת וחיובית.

∫2∞dxxln⁡x=[ln⁡(ln⁡x)]2∞=∞\int_2^\infty \frac{dx}{x \ln x} = [\ln(\ln x)]_2^\infty = \infty. לכן הטור מתבדר.

יהי L=lim⁡n→∞∣an∣nL = \displaystyle\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_n|}.

  • L<1L < 1: הטור מתכנס (מוחלטת).

  • L>1L > 1: הטור מתבדר.

  • L=1L = 1: המבחן לא חושף.

למה זה נוסף?

כשיש חזקה ה-nn באיבר, השורש-nn "מוריד" את החזקה ומשאיר ביטוי פשוט יותר.

אינטואיציה

אם ann→L<1\sqrt[n]{a_n} \to L < 1, אז לגדולים מספיק nn: an≈Lna_n \approx L^n, כלומר הטור מתנהג כטור הנדסי עם ∣q∣<1|q| < 1 — מתכנס.

מתי להשתמש?

כשרואים (f(n))n(f(n))^n, nnn^n, ana^n בנומרטור/מכנה. כלל אצבע: **nnn^n → שורש**.

הערות חשובות

  • בהרצאה: מוגדר עם lim sup⁡\limsup — לביטחון לבדות גבול רגיל כשהוא קיים.

  • המבחן מיוחד לביטויים עם חזקות nn — לא להפעיל על פולינומים פשוטים.

טעות נפוצה

L=1L = 1: צריך מבחן אחר. דוגמה: ∑1/n\sum 1/n ו-∑1/n2\sum 1/n^2 שניהם נותנים L=1L=1.

דוגמה

∑(n2n+1)n\sum \left(\dfrac{n}{2n+1}\right)^n: ann=n2n+1→12<1\sqrt[n]{a_n} = \dfrac{n}{2n+1} \to \dfrac{1}{2} < 1. מתכנס.

אם הטור חיובי ויהי L=lim⁡n→∞an+1anL = \displaystyle\lim_{n\to\infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_n}:

  • L<1L < 1: מתכנס.

  • L>1L > 1: מתבדר.

  • L=1L = 1: המבחן לא חושף.

למה זה נוסף?

עצרת n!n! מופיעה הרבה — במנה an+1/ana_{n+1}/a_n היא מפשטת לגורם (n+1)(n+1). המבחן בנוי לזה.

אינטואיציה

בוחן אם כל איבר קטן מקודמו בגורם קבוע <1< 1. אם כן — הטור מתנהג כטור הנדסי.

מתי להשתמש?

כשרואים n!n!, ana^n, nnn^n — או כל שילוב שלהם. כלל אצבע: **n!n! → מנה**.

הערות חשובות

  • הרעיון: היחס an+1/ana_{n+1}/a_n "מחקה" את qq של טור הנדסי.

  • בפועל לרוב ישתמשו בבית: מנה ← שורש הוא חזק יותר (אם המנה נותנת LL, השורש נותן את אותו LL).

טעות נפוצה

כשיש nnn^n בנומרטור — שורש בדרך כלל יותר קל ממנה!

דוגמה

∑n!nn\sum \dfrac{n!}{n^n}: an+1an=(n+1)!(n+1)n+1⋅nnn!=(nn+1)n→e−1<1\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = \dfrac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \dfrac{n^n}{n!} = \left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n \to e^{-1} < 1. מתכנס.

∑n=1∞1np\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^p} מתכנס   ⟺  \iff p>1p > 1.

למה זה נוסף?

זהו הסרגל המרכזי למבחן ההשוואה. כשרואים an∼1/npa_n \sim 1/n^p — התשובה מיידית.

אינטואיציה

p>1p > 1: האיברים קטנים מספיק מהר. p≤1p \le 1: האיברים קטנים לאט מדי — הסכום 'מתפוצץ'.

מתי להשתמש?

כסרגל לכל השוואה. בדקי תמיד לאיזה pp דומה ana_n.

הערות חשובות

  • p=1p = 1: הטור הרמוני — מתבדר.

  • p=2p = 2: ∑1/n2=π2/6\sum 1/n^2 = \pi^2/6 — מתכנס (תוצאת אוילר).

  • הוכחה: מבחן אינטגרל עם f(x)=1/xpf(x) = 1/x^p.

זרימת החלטה:

  1. תנאי הכרחי: an↛0a_n \not\to 0? → מתבדר מיד.

  2. **(f(n))n(f(n))^n או nnn^n** → מבחן שורש.

  3. **n!n! או ana^n** → מבחן מנה.

  4. פולינום / שבר רציונלי → השוואה גבולית ל-1/np1/n^p.

  5. **ln⁡n\ln n או arctan⁡n\arctan n** → מבחן אינטגרל.

אינטואיציה

הפעולה הראשונה תמיד: תנאי הכרחי. אחר כך — מה הצורה של ana_n קובעת את המבחן.

טעות נפוצה

לא לקפוץ ישר למנה/שורש בלי לבדוק תנאי הכרחי. הרבה תרגילים מסתיימים שם.

תרשים שבוע 7

מה ההגדרות מאפשרות להסיק

הגדרה

טור מתכנס

מגדירה את האובייקט שעליו מותר לעבוד בהמשך השבוע.

משפט

תנאי הכרחי — limalim aₙ =0= 0

נותן תנאים שמאפשרים להסיק תוצאה בלי לפתור מאפס.

נוסחה

Σ 1/nᵖ מתכנס ↔p>1\leftrightarrow p > 1

הופכת את המשפט לכלי חישוב/זיהוי בתרגילים.

מה מסיקים

מבחן מנה קובע: L<1→L < 1 \to מתכנס, L>1→L > 1 \to מתבדר, L=1→L = 1 \to לא קובע

זו המסקנה שצריך לקחת לתרגול, מטלות ומבחני עבר.

📖 הרצאה

הרצאה 6 — חומר חדש

הגדרות

  • טור מתכנס

  • טור מתבדר

  • p-series

משפטים

  • תנאי הכרחי — limalim aₙ =0= 0

  • מבחן השוואה

  • LCT

  • מבחן האינטגרל

נוסחאות מפתח

Σ 1/nᵖ מתכנס ↔p>1\leftrightarrow p > 1

Σ qⁿ =1/(1−q)= 1/(1-q) ל∣q∣<1|q|<1

חשוב למבחן

מבחני התכנסות — נושא מרכזי בכל בחינה

חשוב למבחן

LCT — שיטה עיקרית

✏️ תרגול

תרגול 7 · מתרגל הרצאה 6

יישום מבחן קושי (שורש) ומבחן דלאמבר (מנה) לטורים, זיהוי גיאומטריה, ותחילת טורי חזקות.

טכניקות

  • מבחן המנה (D'Alembert)

  • מבחן השורש (Cauchy)

  • גיאומטרי-סכום

  • רדיוס התכנסות

חובה לתרגל

  • מבחן מנה לטורים עם n!

  • מבחן שורש לטורים עם (...)n(...)^n

  • חישוב רדיוס התכנסות R עם נוסחת המנה/שורש

  • טור גיאומטרי — סכום וקריטריון

טעויות נפוצות

  • שימוש במבחן מנה כשהמנה →1(\to 1 (מבחן לא קובע)

  • שכחה לבדוק את נקודות הקצה בתחום ההתכנסות

  • בלבול בין R לבין (-R+x₀, R+x₀)

מסקנות

מבחן מנה קובע: L<1→L < 1 \to מתכנס, L>1→L > 1 \to מתבדר, L=1→L = 1 \to לא קובע

רדיוס התכנסות R=1/limsup∣a\mathbb{R} = 1/limsup|aₙ∣(1/n)|^(1/n) — תמיד בדקי קצוות בנפרד

📋 מטלה

מטלה 7 · מבוסס תרגול 7 + הרצאה 6

טבלת מטלה

מטלה 7 — שאלות לתרגול ומעקב

3 שאלות3 בעדיפות גבוהה
ש׳ 1
ש׳ 2
ש׳ 3

📖 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.

נתקעת בהגדרה? מאגר ההגדרות כולל פורמלי + אינטואיציה + דוגמה לכל מושג.

פתחי מאגר

תובנות מהתרגול — מקס מהלין

Week 7

שבוע 7

מבחן מנה + שורש + סדרי גודל

תרגול 7

תובנות שבועיות

7
שבוע 7תרגול 7 · מבחן מנה + שורש + סדרי גודל
פתח

  • מעריכי ≫\gg פולינום ≫\gg לוגריתם: an/nk→0a^n/n^k \to 0 לכל a>1a>1 ולכל kk.

  • מבחן השורש \leftarrow\leftarro w חזקות: ∑xn, ∑rn\sum x^n,\ \sum r^n.

  • מבחן המנה \leftarrow\leftarro w מכפלות/עצרת: ∑n!, ∑anbn\sum n!,\ \sum a_n b_n.

  • מבחן האינטגרל \leftarrow\leftarro w כשרואים 'ביטוי והנגזרת שלו'.

  • שורש/מנה =1=1 — לא קובע! צריך כלי אחר.

  • n1/n→1n^{1/n} \to 1 — לזכור לחישוב מבחן השורש.

  • עבור n≥3n\geq 3: ∑1n ln⁡βn\sum \frac{1}{n\,\ln^\beta n} מתכנס אם ורק אם β>1\beta>1 (מבחן האינטגרל).

אינטואיציות שמקס הדגיש

תרגול 7סדרי גודל

מעריכי מנצח פולינום מנצח לוגריתם

ברגע שיש במכנה ביטוי מעריכי (בסיס >1>1) ובמונה פולינום — מיידית אפשר לומר שהטור מתכנס. מעריכי מנצח פולינום בסדר גודל מטורף.

∑n=1∞nkan\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^k}{a^n}

מתכנס לכל kk ולכל a>1a > 1

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)

אתם חייבים לזכור את זה להמשך הקורס — ברגע שיש מעריכי במכנה ופולינום במונה, אינטואיטיבית מיידית מתכנס.

תרגול 7טורים

עצרת ומכפלות — מבחן המנה ראשון

כשרואים עצרת (n!n!) או מכפלה בטור — הדבר הראשון לשקול הוא מבחן המנה. כשמחשבים an+1/ana_{n+1}/a_n, המכפלות מצטמצמות בצורה נקייה.

an+1an=(n+1)! / (n+1)n+1n! / nn=(nn+1) ⁣n⟶e−1<1\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)!\,/\,(n+1)^{n+1}}{n!\,/\,n^n} = \left(\frac{n}{n+1}\right)^{\!n} \longrightarrow e^{-1} < 1

לכן הטור מתכנס

כשאתה רואה מכפלות, כשאתה רואה עצרת — דבר ראשון מבחן המנה. עצרת זה גם מכפלה.

טעויות נפוצות

שורש/מנה =1=1 ומסיקים מסקנה

שבוע 7

שווה 1 — לא קובע כלום! צריך כלי אחר.

שאלות מהתרגול

1
בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

תרגול 7 היום: מבחן ההשוואה. • מבחן ההשוואה הגבולי. • מבחן השורש. • מבחן המנה. • מבחן האינטגרל. • תזכורת: סדרה של מספרים ממשיים. (an)∞n=k(an)\infty n=k ותהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} יהי .n≥kn \ge k לכל an≥0an \ge 0 הוא טור אי שלילי אם ∞∑n=kan\infty ∑ n=k an נאמר שהטור משפט )מבחן ההשוואה לטורים אי שליליים(: שתי סדרות של מספרים ממשיים. (bn)∞n=k(bn)\infty n=k ו (an)∞n=k(an)\infty n=k ותהיינה 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} יהי נניח כי .n≥kn \ge k לכל 0≤an≤bn.1.∞∑n=kbn<∞.2.∞∑n=kan≤∞∑n=kbn0 \le an \le bn .1 . \infty ∑ n=k bn < \infty .2 . \infty ∑ n=k an \le \infty ∑ n=k bn ובנוסף, ∞∑n=kan<∞\infty ∑ n=k an < \infty אזי משפט )מבחן ההשוואה הגבולי לטורים אי שליליים(: שתי סדרות של מספרים ממשיים. (bn)∞n=k(bn)\infty n=k ו (an)∞n=k(an)\infty n=k ותהיינה 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} יהי נניח כי .n≥kn \ge k לכל an≥0an \ge 0 ו bn>0.1.L=limbn > 0 .1 .L = lim

2
בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

מבחן השורש: סדרה של מספרים ממשיים. (an)∞n=k(an)\infty n=k ותהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} יהי נניח כי .n≥kn \ge k לכל an≥0.1.L=limn→∞nanan \ge 0 .1 .L = lim n\to \infty n \sqrt{an} שעבורו L∈R2.L \in \mathbb{R} 2. קיים אזי מתכנס. ∞∑n=kan,\infty ∑ n=k an , הטור0≤L<10 \le L < 1 אם • מתבדר. ∞∑n=kan\infty ∑ n=k an ולכן הטור limn→∞an≠0,lim n\to \infty an \ne 0 , אזL>1L > 1 אם • מבחן המנה: סדרה של מספרים ממשיים. (an)∞n=k(an)\infty n=k ותהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} יהי נניח כי .n≥kn \ge k לכל an>0.1.L=limn→∞an+1anan > 0 .1 .L = lim n\to \infty an+1 an שעבורו L∈R2.L \in \mathbb{R} 2. קיים אזי מתכנס. ∞∑n=kan,\infty ∑ n=k an , הטור0≤L<10 \le L < 1 אם • מתבדר. ∞∑n=kan\infty ∑ n=k an ולכן הטור limn→∞an≠0,lim n\to \infty an \ne 0 , אזL>1L > 1 אם • מבחן האינטגרל: .f:[k,∞)→Rf : [k, \infty ) \to \mathbb{R} ותהי 0≤k∈Z0 \le k \in \mathbb{Z} יהי נניח כי יורדת. f.1.limx→∞f(x)=0.2,∫∞kf(x)dx<∞f .1 . lim x\to \infty f (x) = 0 .2 ,∫ \infty k f (x) dx < \infty אם"ם ∞∑n=kf(n\infty ∑ n=k f (n

3
בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

דוגמאות: קבעו האם הטורים הבאים מתכנסים או מתבדרים )אין צורך לחשב את ערכם(:∞∑n=1(n+1)n2nn2−1⋅3n.1(: \infty ∑ n=1 (n+1)n2 nn2-1\cdot 3n .1 פתרון: נשתמש במבחן השורש L=limn→∞nn+1)n2nn2−1⋅3n=limn→∞(n+1)n2nnn2−1n⋅3nn=limn→∞(n+1)nnn⋅n−1n⋅3=limn→∞[(n+1n)n⋅n1n3]=limn→∞[13(1+1n)n⋅n1n]=AOL13⋅e⋅1=e3L = lim n\to \infty n \sqrt{n}+ 1)n2 nn2-1 \cdot 3n = lim n\to \infty (n + 1) n2 n n n2-1 n \cdot 3 n n = lim n\to \infty (n + 1)n nn \cdot n- 1 n \cdot 3 = lim n\to \infty [( n + 1 n )n \cdot n 1 n 3 ] = lim n\to \infty [ 1 3 ( 1 + 1 n )n \cdot n 1 n ] = AOL 1 3 \cdot e \cdot 1 = e 3 כאשר limn→∞(1+1n)n=Heinelimx→∞(1+1x)x=e.limn→∞n1n=1lim n\to \infty ( 1 + 1 n )n = Heine lim x\to \infty ( 1 + 1 x )x = e . lim n\to \infty n 1 n = 1 והוכחנו בתרגול 2 ש מתכנס. ∞∑n=1(n+1)n2nn2−1⋅3n,\infty ∑ n=1 (n+1)n2 nn2-1\cdot 3n , אזי הטורL=e3<2<e<31L = e 3 < 2<e<3 1 היות ש ∞∑n=1n1002n+lnn.2\infty ∑ n=1 n100 2n+ln n .2 פתרון: שואף לאינסוף "הרבה יותר מהר" 2n ניתן להבין באינטואיציה שהטור מתכנס

4
בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

∞∑n=11⋅4⋅7..(3n−2)(n+2)(n+3)...(2n+1).3\infty ∑ n=1 1\cdot 4\cdot 7..(3n-2) (n+2)(n+3)...(2n+1) .3 פתרון: מתקיים n∈Nn \in \mathbb{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)an+1 = 1 \cdot 4 \cdot 7..(3 (n + 1) - 2) (n + 1 + 2) (n + 1 + 3) ... (2 (n + 1) + 1) = 1 \cdot 4 \cdot 7..(3n - 2)(3n + 1) (n + 3) ... (2n + 1) (2n + 2)(2n + 3) נשתמש במבחן המנה L=limn→∞an+1an=limn→∞[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)]=limn→∞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)=limn→∞(n+2)(3n+1)(2n+2)(2n+3)=limn→∞n(1+2n)⋅n(3+1n)n(2+2n)⋅n(2L = lim n\to \infty an+1 an = lim n\to \infty [ 1\cdot 4\cdot 7..(3n-2)(3n+1) (n+3)...(2n+1)(2n+2)(2n+3) ] [ 1\cdot 4\cdot 7..(3n-2) (n+2)(n+3)...(2n+1) ] = lim n\to \infty 1 \cdot 4 \cdot 7..(3n - 2)(3n + 1) (n + 3) ... (2n + 1) (2n + 2)(2n + 3) \cdot (n + 2) (n + 3) ... (2n + 1) 1 \cdot 4 \cdot 7... (3n - 2) = lim n\to \infty (n + 2) (3n + 1) (2n + 2) (2n + 3) = lim n\to \infty n (1 + 2 n ) \cdot n (3 + 1 n ) n (2 + 2 n ) \cdot n (2

5
בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

:α =1= 1 עבור נשתמש במבחן האינטגרל. xα, lnlnβ x , היות שx≥2x \ge 2 יורדת לכל f.x≥2f .x \ge 2 לכל f(x)=1xf (x) = 1 xα·lnlnβ 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 · lnlnβ x)′<0.limx→∞f(x)=0x )' < 0 . lim x\to \infty f (x) = 0 נשים לב ש נחשב את האינטגרל ∫∞21x⋅ln∫ \infty 2 1 x \cdot lnβ xdx==t=lnx∫∞ln21tx dx = = t=ln x ∫ \infty ln 2 1 tβ dt האינטגרל 0≤0 \le β ≤1\le 1 האינטגרל מתכנס ועבור β >1> 1 הוכחנו כי במקרה כזה עבור מתבדר. לסיכום: הטור מתכנס. α =1,= 1 ,β >1> 1 הטור מתבדר. α =1,0≤= 1 ,0 \le β ≤1\le 1 הטור מתכנס. α >1,> 1 ,β ≥0\ge 0 הטור מתבדר. 0≤0 \le α <1,< 1 ,β ≥06\ge 0 6

6
בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

תרגיל: הוכיחו כי 98≤∞∑n=11n3≤1.59 8 \le \infty ∑ n=1 1 n3 \le 1.5 פתרון: .x≥1x \ge 1 לכל f(x)=1x3f (x) = 1 x3 נגדיר . limx→∞f(x)=limx→∞1x3=0lim x\to \infty f (x) = lim x\to \infty 1 x3 = 0 יורדת )1 חלקי פונקציה חיוביות ועולה( ו f נשים לב כי מתכנס. ∞∑n=1f(n)=∞∑n=11n3\infty ∑ n=1 f (n) = \infty ∑ n=1 1 n3 ראינו כבר שהטור נשים לב כי מתקיים ∫∞11x3dx=formula13−1=12∫ \infty 1 1 x3 dx = formula 1 3 - 1 = 1 2 לכן ממבחן האינטגרל מתקיים ∫∞11x3dx≤∞∑n=11n3≤113+∫∞11x3dx∫ \infty 1 1 x3 dx \le \infty ∑ n=1 1 n3 \le 1 13 + ∫ \infty 1 1 x3 dx ולכן 12≤∞∑n=11n3≤1+12=1.51 2 \le \infty ∑ n=1 1 n3 \le 1 + 1 2 = 1.5 בנוסף נשים לב כי ∞∑n=11n3=113+123+∞∑n=31n3=1+18+∞∑n=31n3\infty ∑ n=1 1 n3 = 1 13 + 1 23 + \infty ∑ n=3 1 n3 = 1 + 1 8 + \infty ∑ n=3 1 n3 ︸ ︷︷ ︸ +≥98+ \ge 9 8 ולכן סה"כ קיבלנו כי 98≤∞∑n=11n3≤1.589 8 \le \infty ∑ n=1 1 n3 \le 1.5 8

7
בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

תרגיל: סדרה של מספרים ממשיים. (an)∞n=1(an)\infty n=1 תהי הוא טור אי שלילי. ∞∑n=1an\infty ∑ n=1 an נניח שהטור הוכיחו או הפריכו כל אחת מהטענות הבאות: . ∞∑n=1an=∞,\infty ∑ n=1 an = \infty , אזי limn→∞(n⋅an)=∞1.lim n\to \infty (n \cdot an) = \infty 1. אם פתרון: הטענה נכונה. נשים לב ש limn→∞an(1n)=limn→∞(n⋅an)=∞.∞∑n=1an=∞,lim n\to \infty an ( 1 n ) = lim n\to \infty (n \cdot an) = \infty . \infty ∑ n=1 an = \infty , אזי ממבחן ההשוואה הגבולי ∞∑n=11n=∞\infty ∑ n=1 1 n = \infty היות ש דרך נוספת: מתקיים n≥kn \ge k כך שלכל k∈N,k \in \mathbb{N} , אזי קיים limn→∞(n⋅an)=∞lim n\to \infty (n \cdot an) = \infty מהיות n⋅an>1n \cdot an > 1 ⇒ an>1nan > 1 n ולכן ∞∑n=kan≥∞∑n=k1n=∞,\infty ∑ n=k an \ge \infty ∑ n=k 1 n = \infty , כי יש לו זנב מתבדר. ∞∑n=1an=∞\infty ∑ n=1 an = \infty ממבחן ההשוואה ולכן ∞∑n=kan=∞\infty ∑ n=k an = \infty ולכן 9

8
בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

.n≥1n \ge 1 לכל an>02.an > 0 2. נניח ש מתבדר. ∞∑n=1an\infty ∑ n=1 an לא קיים, אזי הטור limn→∞nanlim n\to \infty n \sqrt{an} אם הגבול פתרון: הטענה לא נכונה. את n≥1n \ge 1 נבחר לכל an = {( 1 2 )n n is odd ( 1 3 )n n is even הוא (nan∞n=1( n \sqrt{an}\infty n=1 נשים לב שהגבול של האיברים במקומות הזוגיים של הסדרה limk→∞2ka2k=limk→∞2k13)2k=limk→∞13=13lim k\to \infty 2k \sqrt{a2k}= lim k\to \infty 2k \sqrt{1}3 )2k = lim k\to \infty 1 3 = 1 3 הוא (nan∞n=1( n \sqrt{an}\infty n=1 והגבול של האיברים במקומות האי זוגיים של הסדרה limk→∞2k−1a2k−1limk→∞2k−112)2k−1=limk→∞12=12lim k\to \infty 2k-1 \sqrt{a2k-1}lim k\to \infty 2k-1 \sqrt{1}2 )2k-1 = lim k\to \infty 1 2 = 1 2 לא קיים. limn→∞nanlim n\to \infty n \sqrt{an} לכן הגבול .n∈Nn \in \mathbb{N} לכל 0≤an≤(12)n0 \le an \le ( 1 2 )n נשים לב ש לכן ∞∑n=1an≤∞∑n=1(12)n<∞.∞∑n=1an<∞\infty ∑ n=1 an \le \infty ∑ n=1 ( 1 2 )n < \infty . \infty ∑ n=1 an < \infty ולכן ממבחן ההשוואה 10

שבוע 6שבוע 8