חזור לתיקייה: 01040032 - חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

4 - טורים

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • כללי
  • מבחני התכנסות
  • טורים חיוביים
  • טורים שאינם חיוביים
  • טורים וסדרות של פונקציות
  • סדרות של פונקציות
  • טורים של פונקציות
  • טורי חזקות
  • התכנסות טור חזקות לפונקציה
  • איך עוזר לי טור חזקות?

4 - טורים

01040032

חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

טורים

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

הגדרה 1 (טור)

תהי ana_{n}an​ סדרה. ∑k=1∞ak\displaystyle \sum_{k=1}^\infty a_{k}k=1∑∞​ak​ נקרא טור.

הגדרה 2 (סכום חלקי)

Sn=∑k=1nak\displaystyle S_{n}=\sum_{k=1}^n a_{k}Sn​=k=1∑n​ak​ נקרא סכום חלקי.

הגדרה 3 (התכנסות)

נאמר כי הטור ∑k=1∞ak\displaystyle \sum_{k=1}^\infty a_{k}k=1∑∞​ak​ מתכנס אם SnS_{n}Sn​ מתכנסת.

דוגמה (טור הנדסי)

∑k=1∞13k\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{3^k}k=1∑∞​3k1​ Sn ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣=↓סכום n איברים ראשונים של סדרה הנדסית ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣a1(1−qk)1−q=13(1−13n)1−13⟶n→∞1323=12S_{n} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \Tiny\R{\text{סכום n איברים ראשונים של סדרה הנדסית}} \end{matrix}}{=} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \frac{a_{1}(1-q^k)}{1-q}=\frac{\frac{1}{3}\left( 1-\frac{1}{3^n} \right)}{1-\frac{1}{3}} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \frac{\frac{1}{3}}{\frac{2}{3}}=\frac{1}{2}Sn​↓סכום n איברים ראשונים של סדרה הנדסית​=​1−qa1​(1−qk)​=1−31​31​(1−3n1​)​n→∞⟶​32​31​​=21​

באופן כללי: אם ∣q∣<1|q|<1∣q∣<1 אז Sn⟶n→∞a11−qS_{n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \frac{a_{1}}{1-q}Sn​n→∞⟶​1−qa1​​.

דוגמה

∑k=1∞(−1)k=lim⁡n→∞Sn\sum_{k=1}^\infty (-1)^k =\lim_{ n \to \infty } S_{n}k=1∑∞​(−1)k=n→∞lim​Sn​ Sn={−1אי זוגי  n0זוגי  nS_{n}=\begin{cases} -1 & \R{\text{אי זוגי}}\; n \\ 0 & \R{\text{זוגי}}\; n \end{cases}Sn​={−10​אי זוגיnזוגיn​

הסדרה אינה מתכנסת ולכן הטור מתבדר.

דוגמה

∑k=1∞k\sum_{k=1}^\infty kk=1∑∞​k

גם הטור הזה מתבדר שכן סדרת הגבולות החלקיים שואפת ל-∞\infty∞.

דוגמה

∑k=1∞1k(k+1)=(11−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)+…\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)}=\left( \frac{1}{1}-\frac{1}{2} \right)+\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{3} \right)+\dots+\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right)+\dotsk=1∑∞​k(k+1)1​=(11​−21​)+(21​−31​)+⋯+(n1​−n+11​)+… 1k(k+1)=1k−1k+1\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}k(k+1)1​=k1​−k+11​

אזי:

Sn=11−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1⟶n→∞1S_{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 1Sn​=11​−21​+21​−31​+⋯+n1​−n+11​=1−n+11​n→∞⟶​1

לכן הטור מתכנס וסכומו 1.

משפט

אם ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס, אז lim⁡n→∞an=0\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0limn→∞​an​=0.

הערה

שונה מ-∫1∞\displaystyle \int_{1}^\infty1∫∞​. ראו את החלק הזה.

הוכחה:
נתון כי ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס ולכן, לפי הגדרה lim⁡n→∞Sn=S\lim_{ n \to \infty }S_{n}=Slimn→∞​Sn​=S כאשר S∈RS \in \mathbb{R}S∈R. אזי:

an=Sn−Sn−1⟶n→∞S−S=0a_{n}=S_{n}-S_{n-1} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} S-S=0an​=Sn​−Sn−1​n→∞⟶​S−S=0

∎

הערה

ההפך לא נכון!!!!
דוגמה: ∑n=1∞1n\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}n=1∑∞​n1​ מתבדר.

דוגמה

הטור ∑k=1∞(kk+1)k\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \left( \frac{k}{k+1} \right)^kk=1∑∞​(k+1k​)k מתבדר כי:

(kk+1)k=1(1+1k)k⟶n→∞1ε≠0\left( \frac{k}{k+1} \right)^k = \frac{1}{\left( 1+\frac{1}{k} \right)^k} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{\epsilon} \neq 0(k+1k​)k=(1+k1​)k1​n→∞⟶​ε1​=0
דוגמה

הטור ∑1kk\displaystyle\sum \frac{1}{\sqrt[k]{ k }}∑kk​1​ מתבדר מאותה הסיבה.

משפט (אריתמטיקה של סכום אינסופי)

אם ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ ו-∑n=1∞bn\displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_{n}n=1∑∞​bn​ מתכנסים אזי:

  1. ∑n=1∞(an+bn)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (a_{n}+b_{n})n=1∑∞​(an​+bn​) מתכנס לסכום הטורים.
  2. ∑n=1∞can\displaystyle \sum_{n=1}^\infty ca_{n}n=1∑∞​can​ מתכנס ל-c∑n=1∞an\displaystyle c\sum_{n=1}^\infty a_{n}cn=1∑∞​an​.

הוכחה:
נתון כי ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ ו-∑n=1∞bn\displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_{n}n=1∑∞​bn​ מתכנסים ולכן, קיימים A,B∈RA,B \in \mathbb{R}A,B∈R כך ש-∑n=1∞an=A,    ∑n=1∞bn=B\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_{n}=A,\;\;\sum_{n=1}^\infty b_{n}=Bn=1∑∞​an​=A,n=1∑∞​bn​=B. אזי:

∑n=1∞(an+bn)=lim⁡M→∞∑n=1M(an+bn)=lim⁡M→∞(∑n=1Man+∑n=1Mbn)=↓חשבון גבולותlim⁡M→∞∑n=1Man+lim⁡M→∞∑n=1Mbn\sum_{n=1}^\infty (a_{n}+b_{n})=\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M (a_{n}+b_{n})=\lim_{ M \to \infty } \left( \sum_{n=1}^M a_{n}+\sum_{n=1}^M b_{n} \right) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^Ma_{n}+\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M b_{n}n=1∑∞​(an​+bn​)=M→∞lim​n=1∑M​(an​+bn​)=M→∞lim​(n=1∑M​an​+n=1∑M​bn​)↓חשבון גבולות​=​M→∞lim​n=1∑M​an​+M→∞lim​n=1∑M​bn​ ∑n=1∞(an+bn)=∑n=1∞an+∑n=1∞bn=A+B\sum_{n=1}^\infty(a_{n}+b_{n})=\sum_{n=1}^\infty a_{n}+\sum_{n=1}^\infty b_{n}=A+Bn=1∑∞​(an​+bn​)=n=1∑∞​an​+n=1∑∞​bn​=A+B

יהי c∈Rc \in\mathbb{R}c∈R. אזי:

∑n=1∞can=lim⁡M→∞∑n=1Mcan=lim⁡M→∞c∑n=1Man=↓חשבון גבולותclim⁡M→∞∑n=1Man=c∑n=1∞an=cA\sum_{n=1}^\infty ca_{n}=\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M ca_{n}=\lim_{ M \to \infty } c\sum_{n=1}^M a_{n} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}c\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M a_{n}=c\sum_{n=1}^\infty a_{n}=cAn=1∑∞​can​=M→∞lim​n=1∑M​can​=M→∞lim​cn=1∑M​an​↓חשבון גבולות​=​cM→∞lim​n=1∑M​an​=cn=1∑∞​an​=cA

∎

דוגמה

∑k=1∞(−1)k+2+3k−15k=∑k=1∞((−1)35(−15)k−1+15(35)k−1)=↓משפט∑+∑=↓הנדסי−151−(−15)+151−35=13\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+2}+3^{k-1}}{5^k}=\sum_{k=1}^\infty \left( \frac{(-1)^3}{5}\left( \frac{-1}{5} \right)^{k-1}+\frac{1}{5}\left( \frac{3}{5} \right)^{k-1} \right) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{משפט}} \end{matrix}}{=}\sum+\sum \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הנדסי}} \end{matrix}}{=}\frac{-\frac{1}{5}}{1-\left( -\frac{1}{5} \right)}+\frac{\frac{1}{5}}{1-\frac{3}{5}}=\frac{1}{3}k=1∑∞​5k(−1)k+2+3k−1​=k=1∑∞​(5(−1)3​(5−1​)k−1+51​(53​)k−1)↓משפט​=​∑+∑↓הנדסי​=​1−(−51​)−51​​+1−53​51​​=31​

מבחני התכנסות

טורים חיוביים

הגדרה 4 (טור אי שלילי)

∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ נקרא טור אי שליל אם ak≥0a_{k}\geq 0ak​≥0 לכל k∈Nk \in \mathbb{N}k∈N.

הגדרה 5 (טור חיובי)

∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ נקרא טור חיובי אם ak>0a_{k}> 0ak​>0 לכל k∈Nk \in \mathbb{N}k∈N.

הערה

∑ak\sum a_{k}∑ak​ טור אי-שלילי Sn  ⟺  S_{n}\iffSn​⟺ עולה.

כשיש טור אי שלילי, כדי לבדוק שהוא מתכנס, לא נדרש לבדוק ש-SnS_{n}Sn​ מתכנסת, אלא, לפי משפט מאינפי 1, נדרש לבדוק כי SnS_{n}Sn​ חסומה.

משפט

יהי ∑k=1∞ak\displaystyle \sum_{k=1}^\infty a_{k}k=1∑∞​ak​ טור אי שלילי. אזי:

 חסומהSn  ⟺  מתכנס∑k=1∞ak\R{\text{ חסומה}} S_{n} \iff \R{\text{מתכנס}} \sum_{k=1}^\infty a_{k} חסומהSn​⟺מתכנסk=1∑∞​ak​

הוכחה:
מכיוון ש-Sn=Sn−1+an≥Sn−1S_{n}=S_{n-1}+a_{n}\geq S_{n-1}Sn​=Sn−1​+an​≥Sn−1​, אנו מקבלים כי SnS_{n}Sn​ מונוטונית עולה ולכן מתכנסת   ⟺  \iff⟺ היא חסומה לפי משפט מאינפי 1.
∎

משפט (מבחן ההשוואה)

אם 0≤ak≤bk0\leq a_{k}\leq b_{k}0≤ak​≤bk​ לכל k∈Nk \in \mathbb{N}k∈N (או החל ממקום מסויים) אז:

 מתכנס∑k=1∞ak  ⟸   מתכנס∑k=1∞bn\R{\text{ מתכנס}} \sum_{k=1}^\infty a_{k} \impliedby \R{\text{ מתכנס}} \sum_{k=1}^\infty b_{n} מתכנסk=1∑∞​ak​⟸ מתכנסk=1∑∞​bn​

הוכחה:
∑k=1∞bk\displaystyle \sum_{k=1}^\infty b_{k}k=1∑∞​bk​ מתכנס. bk≥0b_{k}\geq 0bk​≥0 ולכן, לפי משפט, ∑k=1nbk\displaystyle \sum_{k=1}^n b_{k}k=1∑n​bk​ חסומה. לכן, ∑k=1nak\displaystyle \sum_{k=1}^n a_{k}k=1∑n​ak​ חסומה.
ak≥0a_{k}\geq{0}ak​≥0 ולכן, לפי משפט ∑k=1∞ak\displaystyle \sum_{k=1}^\infty a_{k}k=1∑∞​ak​ מתכנס.
∎

דוגמה

∑1k2\sum \frac{1}{k^2}∑k21​ מתכנס (ראינו באינפי 1מ' כדוגמה לקושי)

דוגמה

∑1k\sum \frac{1}{k}∑k1​ מתבדר (אולי ראינו באינפי 1מ')
קצת אינטואיציה: הטור הזה מתבדר מאוד לאט.
כדי להגיע לסכום שגדול או שווה ל-1 נדרש מחובר אחד בלבד.
כדי להגיע לסכום גדול או שווה ל-2 נדרש ארבעה מחוברים כך:

11≤+12+13+14⏟2≤+⋯+?⏟Sn≥20\underbrace{ \underbrace{ \underset{1\leq}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4} }_{ 2\leq } +\dots +? }_{ S_{n}\geq 20 }Sn​≥202≤1≤1​+21​+31​+41​​​+⋯+?​​

מכיוון שהטור מתבדר ל-∞\infty∞ שכן הוא טור חיובי, אזי בטוח מתישהו הסכום יגיע ל-202020. אבל זה יקח יותר מ-200,000,000200,000,000200,000,000 מחוברים.

דוגמה

∑k=1∞1k3\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^3}k=1∑∞​k31​ מתכנס.

0≤1k3≤1k20\leq \frac{1}{k^3}\leq \frac{1}{k^2}0≤k31​≤k21​

∑1k2\sum \frac{1}{k^2}∑k21​ מתכנס לפי דוגמה קודמת קודמת ולכן לפי מהלא"ש גם ∑1k3\sum \frac{1}{k^3}∑k31​ מתכנס.

דוגמה

∑1k\sum \frac{1}{\sqrt{ k }}∑k​1​ מתבדר (השוואה עם ∑1k\sum \frac{1}{k}∑k1​)

משפט

יהי α∈R\alpha \in \mathbb{R}α∈R. אזי:

α>1  ⟺  מתכנס∑k=1∞1kα\alpha>1 \iff \R{\text{מתכנס}}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^\alpha}α>1⟺מתכנסk=1∑∞​kα1​

הוכחנו עבור α≥2\alpha \geq 2α≥2 ועבור α≤1\alpha \leq 1α≤1.
צ.ל עבור 1<α<21<\alpha<21<α<2 (בהמשך)

הערה

∑k=1∞1k1.0000000001\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{1.0000000001}}k=1∑∞​k1.00000000011​ מתכנס.

משפט (מבחן ההשוואה הגבולי)

אם ∑n=1∞bn,∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_{n},\sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​bn​,n=1∑∞​an​ חיוביים ו-lim⁡n→∞anbn=L∈R\displaystyle \lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n}}{b_{n}}=L \in \mathbb{R}n→∞lim​bn​an​​=L∈R כאשר 0<L<∞0<L< \infty0<L<∞ אזי:

מתכנס∑n=1∞bn  ⟺  מתכנס∑n=1∞an\R{\text{מתכנס}}\sum_{n=1}^\infty b_{n} \iff \R{\text{מתכנס}} \sum_{n=1}^\infty a_{n}מתכנסn=1∑∞​bn​⟺מתכנסn=1∑∞​an​

הוכחה:
לפי הגדרת הגבול עם ε=L2\epsilon=\frac{L}{2}ε=2L​, קיים KKK כך שלכל k>Kk>Kk>K מתקיים:

L2<akbk<3L2\frac{L}{2}<\frac{a_{k}}{b_{k}}< \frac{3L}{2}2L​<bk​ak​​<23L​

כלומר, 0<L2bk<ak<3L2bk0<\frac{L}{2}b_{k}<a_{k}< \frac{3L}{2}b_{k}0<2L​bk​<ak​<23L​bk​.
לפי מבחן ההשוואה באי שוויון הנ"ל בשני מקומות: ∑ak\sum a_{k}∑ak​ מתכנס אז ∑L2bk\sum \frac{L}{2}b_{k}∑2L​bk​ מתכנס ולכן ∑bk\sum b_{k}∑bk​ מתכנס ואם ∑ak\sum a_{k}∑ak​ מתבדר אז ∑bk\sum b_{k}∑bk​ מתבדר.
∎

דוגמה

∑k=1∞13k2+1\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{ 3k^2+1 }}k=1∑∞​3k2+1​1​

ברמת האינטואיציה, ה-+1+1+1 לא משפיע על ההתכנסות. בנוסף, ה-3\sqrt{ 3 }3​ לא משפיע על ההתכנסות. לכן, מה שבערך כתוב פה זה 1k2\frac{1}{\sqrt{ k^2 }}k2​1​ כלומר, הטור הזה מתנהג באופן דומה ל-∑1k\sum \frac{1}{k}∑k1​ ולכן הוא מתבדר.
כך ננחש למה נוכל להשוות :)

lim⁡n→∞1n13n2+1=lim⁡n→∞3n2+1n=lim⁡n→∞3+1n2=3\lim_{ n \to \infty } \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{\sqrt{ 3n^2+1 }}}=\lim_{ n \to \infty } \frac{\sqrt{ 3n^2+1 }}{n}=\lim_{ n \to \infty } \sqrt{ 3+\frac{1}{n^2} }=\sqrt{ 3 }n→∞lim​3n2+1​1​n1​​=n→∞lim​n3n2+1​​=n→∞lim​3+n21​​=3​

∑1k\sum \frac{1}{k}∑k1​ מתבר ולכן, לפי מבחן ההשוואה הגבולי, הטור הנ"ל מתבדר.

הערה

  • אם L=0L=0L=0 אז ∑bn\sum b_{n}∑bn​ מתכנס ∑an  ⟸  \sum a_{n}\impliedby∑an​⟸ מתכנס.
  • אם L=∞L=\inftyL=∞ אז ∑bn\sum b_{n}∑bn​ מתבדר ∑an  ⟸  \sum a_{n}\impliedby∑an​⟸ מתבדר.
משפט (מבחן המנה / מבחן השורש\color{blue}\R{\text{מבחן השורש}}מבחן השורש)

יהי ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ טור חיובי.
אם מתקיים: lim⁡n→∞ann=q  /lim⁡n→∞an+1an=q\displaystyle {\color{blue}\lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ a_{n} }=q}\;{\Large /}\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=qn→∞lim​nan​​=q/n→∞lim​an​an+1​​=q אז:

  •   ⟸  q<1\impliedby q<1⟸q<1 הטור מתכנס.
  •   ⟸  q>1\impliedby q>1⟸q>1 הטור מתבדר.

הערה

הנקודה השנייה מיידית מהמבחן המקביל בסדרות. (כי lim⁡n→∞an=∞\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\inftylimn→∞​an​=∞)

דוגמה

∑k=1∞2kk!\begin{gather}\sum_{k=1}^\infty \frac{2^k}{k!}\end{gather}k=1∑∞​k!2k​​​ an+1an=2n+1(n+1)!n!2n=2n+1⟶n→∞0\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{2^{n+1}}{(n+1)!} \frac{n!}{2^n}= \frac{2}{n+1} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0an​an+1​​=(n+1)!2n+1​2nn!​=n+12​n→∞⟶​0

הטור חיובי ול-0 יש תכונה שהוא קטן מ-1 ולכן הטור מתכנס לפי מבחן המנה לטורים.

משפט

תהי an>0a_{n}>0an​>0.

  1. אם ann≤q<1\sqrt[n]{ a_{n} }\leq q <1nan​​≤q<1 לכל n>Nn>Nn>N אז ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס.
  2. אם an+1an≤q<1\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\leq q< 1an​an+1​​≤q<1 לכל n>Nn>Nn>N אז ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס.

הוכחה:

  1. 0<an≤qn0<a_{n}\leq q^n0<an​≤qn ו-q<1q<1q<1 ולכן ∑qn\sum q^n∑qn טור הנדסי מתכנס ולכן ∑an\sum a_{n}∑an​ מתכנס לפי מבחן ההשוואה.
  2. an≤an−1q≤an−2q2≤⋯≤a1qn−1a_{n}\leq a_{n-1}q\leq a_{n-2}q^2\leq\dots\leq a_{1}q^{n-1}an​≤an−1​q≤an−2​q2≤⋯≤a1​qn−1 כנ"ל.
    ∎
הערה

לא מספיק לדרוש an+1an<1\frac{a_{n+1}}{a_{n}}<1an​an+1​​<1 או ann<1\sqrt[n]{ a_{n} }<1nan​​<1.
דוגמה: an=1na_{n}=\frac{1}{n}an​=n1​.

טענה (תרגיל באינפי 1)

n>N לכל bn≤q<1קיים q כך ש-  ⟺  lim⁡n→∞‾bn<1n>N\R{\text{ לכל }}b_{n}\leq q<1\R{\text{קיים q כך ש-}} \iff \overline{\lim_{ n \to \infty } }b_{n} <1n>N לכל bn​≤q<1קיים q כך ש-⟺n→∞lim​​bn​<1

הוכחה של הנקודה הראשונה ממבחן המנה והשורש:
אם lim⁡n→∞an+1an<1\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}<1limn→∞​an​an+1​​<1 אז, בפרט lim⁡n→∞‾bn<1\displaystyle \overline{\lim_{ n \to \infty }}b_{n}<1n→∞lim​​bn​<1 ולכן לפי הטענה וסעיף 2 במשפט הקודם ∑an\sum a_{n}∑an​ מתכנס.
באופן דומה, אך כחול, אם lim⁡n→∞ann<1\lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ a_{n} }<1limn→∞​nan​​<1 אז לפי (1) ∑an\sum a_{n}∑an​ מתכנס.
∎

הערה

המבחן המקביל לסדרות עבור q<1q<1q<1 הוא מסקנה.

הערה (חשובה!)

מבחני המנה והשורש נובעת התבדרות של טורים רק אם lim⁡n→∞an=∞\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\inftylimn→∞​an​=∞.

הערה (לסמסטר הנוכחי)

מבחן ראבה ומבחן הדלילות הינם העשרה בסמסטר אביב 2026.

משפט (מבחן האינטגרל)

תהי fff חיובית, מונוטונית יורדת ב-[1,∞)[1, \infty)[1,∞). נגדיר an=f(n)a_{n}=f(n)an​=f(n). אזי:

מתכנס∑n=1∞an  ⟺  מתכנס∫1∞f(x)dx\R{\text{מתכנס}}\sum_{n=1}^\infty a_{n} \iff \R{\text{מתכנס}} \int_{1}^\infty f(x)dxמתכנסn=1∑∞​an​⟺מתכנס1∫∞​f(x)dx

אינטואיציה: אם נחשוב על גרף שב-∞\infty∞ שואף ל-000 אז אינטגרל מתכנס אומר שהשטח מתחת לגרף חסום וטור מתכנס אומר שחיבור סדרת המספרים שהיא הפונקציה עצמה חסום.

הערה (למה המשפט לא נכון אם לא דורשים שהפונקציה תהיה מונוטונית יורדת)

נסתכל על פונקציית האוהלים שוב שמקיימת ∫1∞f\displaystyle \int_{1}^\infty f1∫∞​f מתכס, אבל ∑n=1∞1=∑n=1∞f(n)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty 1=\sum_{n=1}^\infty f(n)n=1∑∞​1=n=1∑∞​f(n) מתבדר!
​3 - אינטגרל מוכלל 2026-05-19 10.07.37.excalidraw.svg

רעיון הוכחה: נקח את הקטע מ-000 ל-111 ונחלק אותו ל-NNN קטעים שווים. נבחר את הקצה השמאלי של כל מלבן לבחירה שלנו ואז:

∑k=1Nf(k)≥∫1N+1f(x)dx\sum_{k=1}^N f(k) \geq \int_{1}^{N+1} f(x)dx k=1∑N​f(k)≥1∫N+1​f(x)dx

באותו האופן נקבל עם סכום דרבו תחתון:

∫1N+1f(x)dx≥∑k=1N+1f(k)\int_{1}^{N+1} f(x)dx \geq \sum_{k=1}^{N+1} f(k)1∫N+1​f(x)dx≥k=1∑N+1​f(k)

אם הטור מתכנס אז הביטוי העליון חסום ולכן גם האינטגרל חסום. כאשר NNN גדל האינטגרל גדל ולכן זוהי פונקציה מונוטונית עולה ולכן היא מתכנסת.
אם האינטגרל מתכנס אזי הוא חסום ולכן גם הטור חסום ולכן מתכנס, שכן גם הוא סוג של פונקציה מונוטונית עולה.

מסקנה

∑k=1∞f(k)≤∫0∞f(t)dt≤∑k=0∞f(k)\sum_{k=1}^\infty f(k)\leq \int_{0}^\infty f(t)dt\leq \sum_{k=0}^\infty f(k)k=1∑∞​f(k)≤0∫∞​f(t)dt≤k=0∑∞​f(k)

כעת, נוכל לפי משפט שראינו על אינטגרלים לראות כי מתקיים:

מסקנה

יהי α∈R\alpha \in \mathbb{R}α∈R. אזי:

α>1  ⟺  מתכנס∑k=1∞1kα\alpha>1 \iff \R{\text{מתכנס}}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^\alpha}α>1⟺מתכנסk=1∑∞​kα1​

טורים שאינם חיוביים

הגדרה 6 (התכנסות בהחלט)

∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס בהחלט אם ∑n=1∞∣an∣\displaystyle \sum_{n=1}^\infty |a_{n}|n=1∑∞​∣an​∣ מתכנס.

משפט

התכנסות בהחלט   ⟸  \impliedby⟸ התכנסות.

הוכחה:

an=∣an∣−(∣an∣−an)a_{n}=|a_{n}|-(|a_{n}|-a_{n})an​=∣an​∣−(∣an​∣−an​)

נשים לב כי 0≤∣an∣−an≤2∣an∣0\leq |a_n|-a_{n}\leq 2|a_{n}|0≤∣an​∣−an​≤2∣an​∣. לכן, לפי מבחן ההשוואה לטורים אי שליליים, ∑(∣an∣−an)\sum(|a_{n}|-a_{n})∑(∣an​∣−an​) מתכנס.
∑an\sum a_{n}∑an​ מתכנס כהפרש של שני טורים מתכנסים.
∎

הגדרה 7 (התכנסות בתנאי)

אם ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס אבל ∑n=1∞∣an∣\displaystyle \sum _{n=1}^\infty |a_{n}|n=1∑∞​∣an​∣ מתבדר אז ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס בתנאי.

דוגמה

 מתכנס בתנאי∑n=1∞(−1)nn\R{\text{ מתכנס בתנאי}}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n} מתכנס בתנאיn=1∑∞​n(−1)n​

מתכנס - ברור(לפי מבחן האינטגרל והמסקנה).
על תנאי - מסקנה מיידית של המשפט הבא.

דוגמה

∑n=1∞(−3)n⋅n!nn\sum_{n=1}^\infty \frac{(-3)^n\cdot n!}{n^n}n=1∑∞​nn(−3)n⋅n!​

אינטואיציה זה לא דבר פה, שכן זה מסובך ("נראה כמו תשובה בקומבי" - ערן(ערן ראה את זה כמה חודשים אחרי ואמר "אני מצחיק"))
היינו רוצים לעשות מבחן המנה אך אין זה טור חיובי ולכן מבחן המנה לא פועל.
נשים אותו בערך מוחלט ונפעיל מבחן המנה על הערך המוחלט:

∣an+1∣∣an∣=3n+1⋅(n+1)!(n+1)n+1nn3n⋅n!=3(nn+1)n=3(1+1n)n⟶n→∞3e>1\frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|}= \frac{3^{n+1} \cdot (n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \frac{n^n}{3^n\cdot n!}= 3 \left( \frac{n}{n+1} \right)^n =\frac{3}{\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \frac{3}{e} > 1∣an​∣∣an+1​∣​=(n+1)n+13n+1⋅(n+1)!​3n⋅n!nn​=3(n+1n​)n=(1+n1​)n3​n→∞⟶​e3​>1

⇐ ∑∣an∣\sum |a_{n}|∑∣an​∣ מתבדר לפי מבחן המנה.
⇐ ∑an\sum a_{n}∑an​ מתבדר שכן לפי מבחן המנה לסדרות, הסדרה שואפת ל-∞\infty∞ ולכן או ש-ana_{n}an​ שואפת ל-∞\infty∞ או שאין לה גבול ולכן בכל מקרה היא מתבדרת.
בקצת יותר פורמליות: כי ∣an∣⟶n→∞∞|a_{n}|\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\infty∣an​∣n→∞⟶​∞ ולכן an⟶n→∞0a_{n}\xcancel{\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}}0an​n→∞⟶​0.

הערה

באופן כללי, ∑∣an∣\sum |a_{n}|∑∣an​∣ מתבדר ∑an  ⟸  \sum a_{n}\xcancel{\impliedby}∑an​⟸ מתבדר.
אבל, אם ∑∣an∣\sum |a_{n}|∑∣an​∣ מתבדר לפי מבחן המנה/השורש אז ∑an\sum a_{n}∑an​ מתבדר.

הערה

אם מחליפים −3-3−3 ב-−2-2−2 בדוגמה ממקודם, אז הטור מתכנס בהחלט ⇐ מתכנס.

משפט (מבחן לייבניץ)

תהי ana_{n}an​ סדרה חיובית, מונוטונית יורדת ושואפת ל-000.
אזי, ∑n=1∞(−1)n+1an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}a_{n}n=1∑∞​(−1)n+1an​ מתכנס.

הערה

טור שמתכנס לפי לייבניץ' נקרא טור לייבניץ.

משפט (המשך למבחן לייבניץ)

סכום הטור, SSS, מקיים 0≤S≤a10\leq S\leq a_{1}0≤S≤a1​.
בנוסף,

∣∑k=n+1∞(−1)k+1ak∣≤an+1\left| \sum_{k=n+1}^\infty (-1)^{k+1} a_{k} \right|\leq a_{n+1}​k=n+1∑∞​(−1)k+1ak​​≤an+1​

"בואו נעכל מה קרה פה - לג'ורג'י יש זנב" - צנזור

דוגמה

∑(−1)ntan⁡1n\sum (-1)^n \tan \frac{1}{n}∑(−1)ntann1​ טור לייבניץ ולכן מתכנס.
צריך להצדיק ש-tan⁡1n\tan \frac{1}{n}tann1​ היא חיובית, מונוטונית ושואפת ל-000. במקרה הזה היא די טריוויאלית. (פרמלו!)

דוגמה

∑cos⁡(nπ)n23\sum \frac{\cos(n\pi)}{n^{\frac{2}{3}}}∑n32​cos(nπ)​ טור לייבניץ ולכן מתכנס.

הוכחת מבחן לייבניץ:

S2N ⁣= ⁣a1−a2+a3−a4+a5−a6 ⁣+ ⁣⋯ ⁣+ ⁣a2N−1−a2N=(a1−a2)+(a3−a4)+(a5−a6) ⁣+ ⁣⋯ ⁣+ ⁣(a2N−1 ⁣− ⁣a2N)S_{2N}\!=\!a_{1}-a_{2}+a_{3}-a_{4}+a_{5}-a_{6}\!+\!\cdots\!+\!a_{2N-1}-a_{2N}=(a_{1}-a_{2})+(a_{3}-a_{4})+(a_{5}-a_{6})\!+\!\cdots\!+\!(a_{2N-1}\!-\!a_{2N})S2N​=a1​−a2​+a3​−a4​+a5​−a6​+⋯+a2N−1​−a2N​=(a1​−a2​)+(a3​−a4​)+(a5​−a6​)+⋯+(a2N−1​−a2N​)

הסדרה יורדת ולכן כל איבר בסוגריים הוא אי שלילי. ⇐ S2NS_{2N}S2N​ עולה.

S2N=a1−(a2−a3)−(a4−a5)−⋯−(a2N−2−a2N−1)−a2NS_{2N}=a_{1}-(a_{2}-a_{3})-(a_{4}-a_{5})-\dots-(a_{2N-2}-a_{2N-1})-a_{2N}S2N​=a1​−(a2​−a3​)−(a4​−a5​)−⋯−(a2N−2​−a2N−1​)−a2N​

מאותה סיבה, כל ביטוי בסוגריים הוא אי שלילי וגם a2N≥0a_{2N}\geq 0a2N​≥0 שכן הסדרה ana_{n}an​ חיובית.
⇐ S2NS_{2N}S2N​ חסומה מלמעלה.
⇐ S2NS_{2N}S2N​ מתכנסת. נסמן את הגבול שלה ב-SSS ונרשום:

S2N+1=S2N+a2N+1⟶N→∞S+0=SS_{2N+1}=S_{2N}+a_{2N+1} \underset{N\to \infty}{\longrightarrow} S+0=SS2N+1​=S2N​+a2N+1​N→∞⟶​S+0=S

לכן, Sn⟶n→∞SS_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}SSn​n→∞⟶​S ולכן הטור מתכנס.
∎

משפט (מבחן דיריכלה)

אם ana_{n}an​ מונוטונית ושואפת ל-000 ו-∑n=1∞bn\displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_{n}n=1∑∞​bn​ טור חסום (כלומר, SnS_{n}Sn​ שלו חסומה) אזי ∑n=1∞anbn\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}b_{n}n=1∑∞​an​bn​ מתכנס.

(הוכחה בעזרת נוסחת הסכימה של אבל - לא בחומר לסמסטר אביב 202620262026)

הערה

נשים לב כי ana_{n}an​ ממבחן לייבניץ מקיימת שהיא מונוטונית יורדת ושואפת ל-0 ולכן מתאימה לתנאי מבחן דיריכלה.
בנוסף, נשים לב כי הטור ∑(−1)n\sum(-1)^n∑(−1)n הינו חסום(שכן זה תמיד +1−1+1−1…+1-1+1-1\dots+1−1+1−1…) ולכן, לפי דיריכלה ∑(−1)nan\sum(-1)^n a_{n}∑(−1)nan​ מתכנס - שזה בדיוק מבחן לייבנציץ.
בעצם, מבחן לייבניץ' הוא מקרה פרטי של מבחן דיריכלה.

משפט (מבחן אבל)

אם ana_{n}an​ מונוטונית וחסומה, ו-∑n=1∞bn\displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_{n}n=1∑∞​bn​ מתכנס, אזי ∑n=1∞anbn\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}b_{n}n=1∑∞​an​bn​ מתכנס.

בואו נראה טענה מעניינת:

טענה

2=12=12=1

הוכחה:

1−12+13−14+15−16+17−18+19−110+…1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}+\dots1−21​+31​−41​+51​−61​+71​−81​+91​−101​+…

הוכחנו לגבי הטור ההרמוני הזה שהוא טור לייבניץ ולכן מתכנס. לכן, הסכום הזה שרשום למעלה הוא איזשהו מספר בין 12\frac{1}{2}21​ ל-111.
נכפול את המספר הזה ב-222.

2(1−12+13−14+15−16+17−18+19−110+… )=2\left( 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}+\dots \right)=2(1−21​+31​−41​+51​−61​+71​−81​+91​−101​+…)= =2−1+23−12+25−13+27−14+29−15+… .==2-1+\frac{2}{3}-\frac{1}{2}+\frac{2}{5}-\frac{1}{3}+\frac{2}{7}-\frac{1}{4}+\frac{2}{9}-\frac{1}{5}+\dots.==2−1+32​−21​+52​−31​+72​−41​+92​−51​+….= =1−12+13−14+15−…=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\dots=1−21​+31​−41​+51​−…

נסמן את סכום הטור ההרמוני המתחלף ב-SSS ואז:

2S=S,  S≠0  ⟹  2=12S=S,\; S \neq0 \implies 2=12S=S,S=0⟹2=1

∎

היכן הבאג בהוכחה?
הכפלת טור ב-2 ושזה שווה לטור כמו 2 זה כשר. העובדה שזה טור לייבניץ' ומתכנס זה כשר.
הבעיה היא במעבר עם הקומוטטיביות והסוגריים - האם מותר לנו בכלל לעשות 2−1=12-1=12−1=1 כאשר 222 ו-−1-1−1 איברים בטור?
יש לנו פה שתי פעולות שאין לנו משפט שאומר שמותר לנו לעשות אותן: קומוטטיביות ואסוציאטיביות.
במתמטיקה, כשאין לנו משפט שמתיר לנו לעשות משהו הוא אסור.
פה הבאג בהוכחה, ותכף נראה שהפעולה של שינוי סדר האיברים היא שגויה.

משפט

  1. אם ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס בהחלט אז כל טור שמתקבל ממנו ע"י שינוי סדר האיברים מתכנס בהחלט ולאותו סכום.
  2. (משפט רימן) אם ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס בתנאי אז ניתן ע"י שינוי סדר איברים לקבל ממנו טור חדש שיכול להתכנס לכל מספר שרוצים או להתבדר.

את המשפטים הנ"ל לא מוכיחים אך ניתן למצוא בספרות(אולי רון מוכיח בחוברת שבאתר)
שכנוע לרימן: תסכמו חיוביים עד שאתם עוברים את 2. האם ניתן לעשות זאת? כן - צריך להשתכנע בזה. כעת, נעשה −12-\frac{1}{2}−21​ לאחר שעברנו את 222. כעת נמשיך להוסיף עד שעברנו את 333 ואז נעשה −14-\frac{1}{4}−41​ וכך הלאה.

משפט

אם ∑n=1∞an\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_{n}n=1∑∞​an​ מתכנס או מתבדר ל-±∞\pm \infty±∞ אז כל טור שמתקבל ממנו ע"י הכנסת סוגריים מתכנס/מתבדר לאותו סכום.

דוגמה

∑n=1∞(−1)n+1\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}n=1∑∞​(−1)n+1

זהו טור מתבדר(שגם לא מתבדר ל-±∞\pm \infty±∞)
אם נכניס סוגריים נקבל טור אפסים שמתכנס - שזה כמובן לא נכון
זוהי דוגמה ללמה זה לא עובד בטורים שאינם מתכנסים/מתבדרים ל-±∞\pm \infty±∞.

הוכחה:
נסמן את סדרת הסכומים החלקיים של ∑an\sum a_{n}∑an​ ע"י SnS_{n}Sn​.
נסמן את סדרת הסכומים החלקיים של טור חדש שמתקבל ע"י הכנסת סוגריים ב-TnT_{n}Tn​.

טענה

TnT_{n}Tn​ היא ת"ס של SnS_{n}Sn​

הוכחה לטענה: ברור (כי כל איבר ב-TnT_{n}Tn​ הוא סכום, באותו הסדר, של איברים ב-ana_{n}an​)
לכן, TnT_{n}Tn​ מתכנסת לאותו סכום.
∎

הערה

אסור לפתוח סוגריים כלל!!!!!!!!!!!

משפט לקינוח:

משפט (תנאי קושי)

\iff\begin{gather}\sum_{n=1}^\infty a_{n}\end{gather} לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N ו-p∈Np \in \mathbb{N}p∈N מתקיים ∣∑i=n+1n+pan∣<ε\displaystyle\left| \sum_{i=n+1}^{n+p} a_{n} \right|<\epsilon​i=n+1∑n+p​an​​<ε.

טורים וסדרות של פונקציות

סדרות של פונקציות

דוגמה

תכירו, f(x)f(x)f(x) היא פונקציה. fn(x)f_{n}(x)fn​(x) לעומת זאת, היא סדרה של פונקציות.
נניח לצורך הדוגמה: fn(x)=xnf_{n}(x)=x^nfn​(x)=xn בקטע [0,1][0,1][0,1].
נצייר את הפונקציות:

כמה גרפים יהיו לנו? ∞\infty∞
אנחנו נרצה לשאול מהו הגבול של סדרת הפונקציות. לשם כך, נקפיא xxx שנסמנו x0x_{0}x0​ עבורו לכל אחת מהפונקציות יהיה ערך בנק'. כלומר, בנק' x0x_{0}x0​ אנו מקבלים סדרה מספרית רגילה שחיה בציר yyy.
הגבול של הסדרה הזו, כפי שניתן לראות, הוא אפס. זאת למרות שאף אחד מאיברי הסדרה לא שווה ל-000.
אזי הפונקציה אשר מתארת את הגבול בכל נקודה(בציור בצהוב) היא הפונקציה הקבועה 000 לכל x≠1x \neq 1x=1 וב-111 היא שווה ל-111. נסמנה f(x)f(x)f(x) ואז:

f(x)={1x=100≤x≤1f(x)=\begin{cases} 1 & x=1 \\ 0 & 0\leq x\leq1 \end{cases}f(x)={10​x=10≤x≤1​
הגדרה 8 (התכנסות נקודתית)

נאמר כי fn(x)⟶n→∞f(x)f_{n}(x) \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}f(x)fn​(x)n→∞⟶​f(x) נקודתית אם בכל x∈Dx \in Dx∈D מתקיים שלכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣fn(x)−f(x)∣<ε\left| f_{n}(x)-f(x) \right|<\epsilon∣fn​(x)−f(x)∣<ε

נשים לב כי בדוגמה שראינו סדרת הפונקציות מכילה רק פונקציות רציפות אך פונקציית הגבול לא פונקציה רציפה. אנו נרצה למנוע זאת שכן איבדנו דבר מאוד קריטי.

הגדרה 9 (התכנסות במ"ש של סדרת פונקציות)

נאמר כי fn(x)⟶n→∞f(x)f_{n}(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}f(x)fn​(x)n→∞⟶​f(x) במידה שווה (במ"ש) אם לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים ∣fn(x)−f(x)∣<ε|f_{n}(x)-f(x)|<\epsilon∣fn​(x)−f(x)∣<ε לכל x∈Dx \in Dx∈D.

נשים לב כי בהגדרה הראשונה NNN תלוי ב-ε\epsilonε וב-xxx ובהגדרה השנייה NNN תלוי אך ורק ב-ε\epsilonε.

הערה

נשים לב כי בדוגמה שראינו סדרת הפונקציות לא מתכנסת במ"ש אך כן מתכנסת נקודתית בכל נקודה.

דוגמה

נסתכל על אותה הדוגמה ממקודם fn(x)=xnf_{n}(x)=x^nfn​(x)=xn עבור [0,α][0,\alpha][0,α] כאשר α<1\alpha< 1α<1.
הסדרה הזו כן מתכנסת במ"ש שכן בנקודה הכי קריטית שלה, x=αx=\alphax=α, יש NNN מסויים עבורו לכל n>Nn>Nn>N מתקיים ∣fn(x)−f(x)∣<ε|f_{n}(x)-f(x)|<\epsilon∣fn​(x)−f(x)∣<ε.
ה-NNN שעובד בנק' x=αx=\alphax=α עובד בכל נקודה x<αx<\alphax<α ולכן, הסדרה הזו תתכנס במ"ש לפונקציה f(x)=0f(x)=0f(x)=0 בקטע [0,α][0,\alpha][0,α].

דוגמה

xnx^nxn על [0,1)[0,1)[0,1). פה ההתכנסות לא במ"ש שכן לא ניתן למצוא נקודה בה ה-NNN שלה יעבוד לכל הנקודות האחרות.
הבעיה לא הייתה בעצם בנק' x=1x=1x=1 אלא בנקודות בסביבה שלה.

משפט (תנאי קושי)

סדרת הפונקציות fnf_{n}fn​ מתכנסת במ"ש ב-  ⟺  D\iff D⟺D לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל m,n>Nm,n>Nm,n>N מתקיים ∣fn(x)−fm(x)∣<ε\left| f_{n}(x)-f_{m}(x) \right|<\epsilon∣fn​(x)−fm​(x)∣<ε לכל x∈Dx \in Dx∈D.
או לחילופין: לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N ולכל p∈Np \in \mathbb{N}p∈N מתקיים ∣fn+p(x)−fn(x)∣<ε\left| f_{n+p}(x)-f_{n}(x) \right|<\epsilon∣fn+p​(x)−fn​(x)∣<ε לכל x∈Dx \in Dx∈D.

משפט

תהי fn⟶n→∞ff_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}ffn​n→∞⟶​f נקודתית ב-DDD. נגדיר Mn=sup⁡x∈D∣fn(x)−f(x)∣M_{n}=\underset{x \in D}{\sup}|f_{n}(x)-f(x)|Mn​=x∈Dsup​∣fn​(x)−f(x)∣
אזי:

Mn⟶n→∞0  ⟺  במ"שfn(x)⟶n→∞f(x)M_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0 \iff \R{\text{במ"ש}} f_{n}(x) \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} f(x)Mn​n→∞⟶​0⟺במ"שfn​(x)n→∞⟶​f(x)

הוכחה:
⟸: יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
נתון כי fnf_{n}fn​ מתכנסת במ"ש ולכן, קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים ∣fn(x)−f(x)∣<ε\left| f_{n}(x)-f(x) \right|<\epsilon∣fn​(x)−f(x)∣<ε לכל x∈Dx \in Dx∈D.
לכן, לכל n>Nn>Nn>N מתקיים כי:

∣Mn∣=sup⁡x∈D∣fn(x)−f(x)∣<sup⁡x∈D{ε}=ε\left| M_{n} \right|=\underset{x \in D}{\sup}\left| f_{n}(x)-f(x) \right|< \underset{x \in D}{\sup}\left\{ \epsilon \right\}=\epsilon∣Mn​∣=x∈Dsup​∣fn​(x)−f(x)∣<x∈Dsup​{ε}=ε

ולכן, לפי הגדרת הגבול Mn→    n→∞    0M_{n}\rarrowlim{n\to \infty}0Mn​n→∞​0.
⟹: יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
נתון כי Mn→    n→∞    0M_{n}\rarrowlim{n\to \infty}0Mn​n→∞​0 ולכן, לפי הגדרת הגבול, קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים ∣Mn∣<ε|M_{n}|<\epsilon∣Mn​∣<ε. לכן, sup⁡x∈D∣fn(x)−f(x)∣<ε\underset{x \in D}{\sup}|f_{n}(x)-f(x)|<\epsilonx∈Dsup​∣fn​(x)−f(x)∣<ε.
לכל x∈Dx \in Dx∈D מתקיים כי ∣fn(x)−f(x)∣≤sup⁡x∈D∣fn(x)−f(x)∣|f_{n}(x)-f(x)|\leq \underset{x \in D}{\sup}|f_{n}(x)-f(x)|∣fn​(x)−f(x)∣≤x∈Dsup​∣fn​(x)−f(x)∣ לפי הגדרת הסופרמום ולכן, לכל n>Nn>Nn>N ולכל x∈Dx \in Dx∈D מתקיים:

∣fn(x)−f(x)∣≤sup⁡x∈D∣fn(x)−f(x)∣<ε\left| f_{n}(x)-f(x) \right|\leq \underset{x \in D}{\sup}\left| f_{n}(x)-f(x) \right|<\epsilon∣fn​(x)−f(x)∣≤x∈Dsup​∣fn​(x)−f(x)∣<ε

לכן, לפי הגדרת הגבול, fn(x)→    n→∞    f(x)f_{n}(x)\rarrowlim{n\to \infty}f(x)fn​(x)n→∞​f(x).
∎

דוגמה

fn(x)=1x2+nf_{n}(x)=\frac{1}{x^2+n}fn​(x)=x2+n1​

אנו לא מציירים אותם שכן חוץ משלוש הדוגמות הראשונות יהיה קשה לצייר אותם כי זה דורש חקירת פונקציות על ∞\infty∞ פונקציות.
אנו רוצים בלי לצייר להבין האם ההתכנסות היא במ"ש.
נבדוק האם יש התכנסות נקודתית:

1x02+n⟶n→∞0\frac{1}{x_{0}^2+n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0x02​+n1​n→∞⟶​0

מסקנה: fn⟶f=0f_{n}\longrightarrow f=0fn​⟶f=0 נקודתית.
כעת נבדוק האם ההתכנסות היא במ"ש:

הערה (ענן המחשבות של צנזור)

∣1x2+n−0∣=1x2+n<ε\left| \frac{1}{x^2+n}-0 \right|=\frac{1}{x^2+n}<\epsilon​x2+n1​−0​=x2+n1​<ε

לכן, נרצה: x2+n>1εx^2+n> \frac{1}{\epsilon}x2+n>ε1​.
איך נוכל להגיע למצב הזה?

יהי ε>0\epsilon>0ε>0. נבחר N=1εN=\frac{1}{\epsilon}N=ε1​ ואז, לכל n>Nn>Nn>N מתקיים: x2+n>x2+N=x2+1ε≥1εx^2+n>x^2+N=x^2+\frac{1}{\epsilon}\geq \frac{1}{\epsilon}x2+n>x2+N=x2+ε1​≥ε1​ ולכן 1x2+n<ε\frac{1}{x^2+n}< \epsilonx2+n1​<ε ולכן:

∣1x2+n−0∣<ε\left| \frac{1}{x^2+n}-0 \right|< \epsilon​x2+n1​−0​<ε

לכל x∈Rx \in \mathbb{R}x∈R.
לכן, לפי הגדרה, fn⟶0f_{n}\longrightarrow 0fn​⟶0 במ"ש בכל R\mathbb{R}R.

כעת, אחרי שגילינו את זה נוכל לראות כיצד הגרף באמת נראה:

דוגמה

fn(x)=nx1+n2x2f_{n}(x)=\frac{nx}{1+n^2x^2}fn​(x)=1+n2x2nx​

תחילה נסתכל על x0x_{0}x0​ קבוע.

nx01+n2x02=x0n1n2+x02⟶n→∞0(x0≠0)\frac{nx_{0}}{1+n^2x_{0}^2} =\frac{\frac{x_{0}}{n}}{\frac{1}{n^2}+x_{0}^2} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0 \quad (x_{0} \neq 0)1+n2x02​nx0​​=n21​+x02​nx0​​​n→∞⟶​0(x0​=0) n01+0=0⟶n→∞0(x0=0)\frac{n0}{1+0}=0 \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0 \quad (x_{0}=0)1+0n0​=0n→∞⟶​0(x0​=0)

מסקנה: כמו בדוגמה הקודמת fn⟶0f_{n}\longrightarrow 0fn​⟶0 נקודתית.
נראה שלא במ"ש באמצעות שלילת ההגדרה.
נבחר ε=14>0\epsilon=\frac{1}{4}>0ε=41​>0. לכל NNN נבחר איזשהו n>Nn>Nn>N ונבחר x0=1nx_{0}=\frac{1}{n}x0​=n1​ ואז:

∣fn(x0)−f(x0)∣=∣n1n1+n21n2−0∣=12>ε\left| f_{n}(x_{0})-f(x_{0}) \right|=\left| \frac{n \frac{1}{n}}{1+n^2 \frac{1}{n^2}}-0 \right|=\frac{1}{2}> \epsilon∣fn​(x0​)−f(x0​)∣=​1+n2n21​nn1​​−0​=21​>ε

מצאנו נקודה מסויימת בה ההפרש גדול מ-ε\epsilonε ולכן, הסדרה לא מתכנסת במ"ש.

משפט

אם fn⟶n→∞ff_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}ffn​n→∞⟶​f במ"ש ב-DDD ו-fnf_{n}fn​ כולן רציפות ב-DDD. אזי, fff רציפה ב-DDD.

הוכחה:
תהי x0∈Dx_{0} \in Dx0​∈D. נראה כי fff רציפה ב-x0x_{0}x0​. יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
נתון כי fn⟶n→∞ff_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}ffn​n→∞⟶​f במ"ש ב-DDD ולכן, קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N ולכל x∈Dx \in Dx∈D מתקיים ∣fn(x)−f(x)∣<ε3|f_{n}(x)-f(x)|< \frac{\epsilon}{3}∣fn​(x)−f(x)∣<3ε​. נבחר n0>Nn_{0}>Nn0​>N.
מרציפות fn0(x)f_{n_{\tiny 0}}(x)fn0​​(x) קיימת δ>0\delta>0δ>0 כך ש-∣fn0(x)−fn0(x0)∣<ε3  ⟸  ∣x−x0∣<δ|f_{n_{\tiny0}}(x)-f_{n_{\tiny 0}}(x_{0})|< \frac{\epsilon}{3}\impliedby |x-x_{0}|<\delta∣fn0​​(x)−fn0​​(x0​)∣<3ε​⟸∣x−x0​∣<δ.
לכן, לכל xxx המקיים ∣x−x0∣<δ|x-x_{0}|<\delta∣x−x0​∣<δ מתקיים:

∣f(x)−f(x0)∣=∣f(x)−fn0(x)+fn0(x)−fn0(x0)+fn0(x0)−f(x0)∣≤|f(x)-f(x_{0})|=\left| f(x)-f_{n_{\tiny 0}}(x)+f_{n_{\tiny 0}}(x)-f_{n_{\tiny 0}}(x_{0})+f_{n_{\tiny 0}}(x_{0})-f(x_{0}) \right|\leq ∣f(x)−f(x0​)∣=∣f(x)−fn0​​(x)+fn0​​(x)−fn0​​(x0​)+fn0​​(x0​)−f(x0​)∣≤ ∣f(x)−fn0(x)∣+∣fn0(x)−fn0(x0)∣+∣fn0(x0)−f(x0)∣<ε3+ε3+ε3=ε\left| f(x)-f_{n_{\tiny 0}}(x) \right|+\left| f_{n_{\tiny 0}}(x)-f_{n_{\tiny 0}}(x_{0}) \right|+\left| f_{n_{\tiny 0}}(x_{0})-f(x_{0}) \right|< \frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}=\epsilon∣f(x)−fn0​​(x)∣+∣fn0​​(x)−fn0​​(x0​)∣+∣fn0​​(x0​)−f(x0​)∣<3ε​+3ε​+3ε​=ε

∎

מסקנה

אם fnf_{n}fn​ רציפות אבל fff לא רציפה אז ההתכנסות לא במ"ש.

דוגמה

fn(x)=n2x21+n2x2x∈[−1,1]f_{n}(x)=\frac{n^2x^2}{1+n^2x^2} \quad \quad x \in[-1,1]fn​(x)=1+n2x2n2x2​x∈[−1,1]

תחילה נבדוק נקודתית:

(0≠x0)n2x021+n2x02=x021n2+x02⟶n→∞1(0\neq x_{0}) \quad \frac{n^2x_{0}^2}{1+n^2x_{0}^2}=\frac{x_{0}^2}{\frac{1}{n^2}+x_{0}^2} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 1(0=x0​)1+n2x02​n2x02​​=n21​+x02​x02​​n→∞⟶​1 (0=x0)0⟶n→∞0(0=x_{0}) \quad 0 \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0(0=x0​)0n→∞⟶​0 fn→f(x)={1x≠00x=0f_{n}\to f(x)=\begin{cases} 1 & x\neq 0 \\ 0 & x=0 \end{cases}fn​→f(x)={10​x=0x=0​

כל הפונקציות בסדרה אלמנטריות ולכן רציפות בתחום אך fff אינה רציפה ולכן, fn→ff_{n}\to ffn​→f לא במ"ש לפי המסקנה.

דוגמה

[0,1] בקטע Dn(x)={1q≤n,x=pq0אחרת[0,1]\R{\text{ בקטע }}D_{n}(x)=\begin{cases} 1 & q\leq n, x= \frac{p}{q} \\ 0 & \R{\text{אחרת}} \end{cases}[0,1] בקטע Dn​(x)={10​q≤n,x=qp​אחרת​

לכל nnn הסדרה DnD_{n}Dn​ חסומה.
D1=1D_{1}=1D1​=1 בכל נקודה רציונלית שניתן לכתוב אותה כך שהמכנה קטן או שווה ל-111. הנקודות הללו הן 0,10,10,1 עבור הקטע.
D2=1D_{2}=1D2​=1 רק בנקודות שבהן המכנה הוא לכל היותר 222 ואלו הן 0,12,10, \frac{1}{2},10,21​,1 ובכל נקודה אחרת היא 000.
D3=1D_{3}=1D3​=1 רק ב-0,13,12,23,10, \frac{1}{3}, \frac{1}{2}, \frac{2}{3},10,31​,21​,32​,1
כל DnD_{n}Dn​ רציפה פרט למספר סופי של נקודות ולכן, אינטגרבילית.

Dn⟶n→∞DדיריכלהD_{n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \underset{\R{\text{דיריכלה}}}{D}Dn​n→∞⟶​דיריכלהD​

הפונקציה דיריכלה אינה אינטגרבילית.

דוגמה

∀x∈[0,1]:      fn(x)=2n2x(1+n2x2)2\forall x \in[0,1]:\;\;\; f_{n}(x)=\frac{2n^2x}{(1+n^2x^2)^2}∀x∈[0,1]:fn​(x)=(1+n2x2)22n2x​

"גוועלד! זה ביידיש אומר משהו כמו "אבוי". אתם רואים את זה ואומרים … מילים שאני לא יכול להגיד … [מישהי שאלה אותו איזו מילה וצנזור ענה בלחש:] The f word" - צנזור
נתחיל מנקודתי כמובן:

(x0≠0)2n2x0(1+n2x02)2=2n2x01+2n2x02+n4x04=2x0n21n4+2x02n2+x02⟶n→∞0(x_{0}\neq 0) \quad \frac{2n^2x_{0}}{(1+n^2x_{0}^2)^2}= \frac{2n^2x_{0}}{1+2n^2x_{0}^2+n^4x_{0}^4}=\frac{\frac{2x_{0}}{n^2}}{\frac{1}{n^4}+\frac{2x_{0}^2}{n^2}+x_{0}^2} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0(x0​=0)(1+n2x02​)22n2x0​​=1+2n2x02​+n4x04​2n2x0​​=n41​+n22x02​​+x02​n22x0​​​n→∞⟶​0 (x0=0)0→0(x_{0}=0) \quad 0 \to 0(x0​=0)0→0

לכן, fn→f=0f_{n}\to f=0fn​→f=0 נקודתית.

∫01fn(x)dx=∫012n2x(1+n2x2)2dx=↓שיטת ההצבה(t=1+n2x2dt=2n2xdx)∫11+n2dtt2=−1t∣11+n2=−11+n2+1⟶n→∞1\int_{0}^1 f_{n}(x)dx= \int_{0}^1 \frac{2n^2x}{(1+n^2x^2)^2}dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{שיטת ההצבה}} \\ \begin{pmatrix} t=1+n^2x^2 \\ dt=2n^2xdx \end{pmatrix} \end{matrix}}{=}\int_{1}^{1+n^2} \frac{dt}{t^2}=\left. -\frac{1}{t} \right\vert_{1}^{1+n^2}=-\frac{1}{1+n^2}+1 \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 10∫1​fn​(x)dx=0∫1​(1+n2x2)22n2x​dx↓שיטת ההצבה(t=1+n2x2dt=2n2xdx​)​=​1∫1+n2​t2dt​=−t1​​11+n2​=−1+n21​+1n→∞⟶​1

"[תלמיד: למה אתה עושה את זה] כי אני רוצה. אני מעביר את השיעור ולכן כולם עושים את מה שאני רוצה. (נשימה) איזו עוצמה!" - צנזור
"ככה זה דוגמות מהונדסות גנטית" - צנזור

ל-111 יש תכונה שהוא לא שווה לאפס ולכן:

∫01fn(x)dx⟶n→∞1≠0=∫01f(x)dx\int_{0}^1 f_{n}(x)dx \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 1 \neq 0 = \int_{0}^1 f(x)dx0∫1​fn​(x)dxn→∞⟶​1=0=0∫1​f(x)dx

בשתי הדוגמות האחרונות התרחשו שתי תופעות לא רצויות: בראשונה, פונקציות אינטגרביליות התכנסו לפונקציה לא אינטגרבילית ובשניה, האינטגרל המסויים לא זהה.

מסקנה (של המשפט הבא)

ב-222 הדוגמות האחרונות ההתכנסות היא לא במ"ש.

משפט

תהי fn(x)f_{n}(x)fn​(x) סדרה של פונקציות אינטגרביליות ב-[a,b][a,b][a,b] ונניח כי fn(x)→    n→∞    f(x)f_{n}(x) \rarrowlim{n\to \infty}f(x)fn​(x)n→∞​f(x) במ"ש.
אזי, fff אינטגרבילית ב-[a,b][a,b][a,b] ומתקיים:

∫abfn(x)dx→    n→∞    ∫abf(x)dx\int_{a}^b f_{n}(x)dx \rarrowlim{n\to \infty} \int_{a}^b f(x)dxa∫b​fn​(x)dxn→∞​a∫b​f(x)dx

הוכחה:
נניח כי [a,b]=[0,1][a,b]=[0,1][a,b]=[0,1].
יהי ε>0\epsilon>0ε>0. נראה כי קיימת חלוקה PPP שעבורה ω(P,f)=U(P,f)−L(P,f)⏟∑(Mi−mi)Δxi<ε\omega(P,f)=\underbrace{U(P,f)-L(P,f)}_{\sum(M_{i}-m_{i})\Delta x_{i}}<\epsilonω(P,f)=∑(Mi​−mi​)Δxi​U(P,f)−L(P,f)​​<ε.
נקח nnn כך ש-∣fn(x)−f(x)∣<ε|f_{n}(x)-f(x)|<\epsilon∣fn​(x)−f(x)∣<ε לכל xxx בקטע. עבור fnf_{n}fn​ יש PPP כך ש-ω(P,fn)<ε\omega(P,f_{n})<\epsilonω(P,fn​)<ε.
יהיו x,yx,yx,y בקטע ה-iii של החלוקה PPP. אזי,

∣f(x)−f(y)∣≤∣f(x)−fn(x)∣+∣fn(x)−fn(y)∣+∣fn(y)−f(y)∣<ε+(Mi(fn)−mi(fn))+ε|f(x)-f(y)|\leq |f(x)-f_{n}(x)|+|f_{n}(x)-f_n(y)|+|f_{n}(y)-f(y)|<\epsilon+(M_{i}(f_{n})-m_{i}(f_{n}))+\epsilon∣f(x)−f(y)∣≤∣f(x)−fn​(x)∣+∣fn​(x)−fn​(y)∣+∣fn​(y)−f(y)∣<ε+(Mi​(fn​)−mi​(fn​))+ε

זה נכון לכל x,yx,yx,y בקטע ה-iii בחלוקה. לכן Mif(f)−mi(f)≤2ε+Mi(fn)−mi(fn)M_{i}f(f)-m_{i}(f) \leq 2\epsilon+M_{i}(f_{n})-m_{i}(f_{n})Mi​f(f)−mi​(f)≤2ε+Mi​(fn​)−mi​(fn​) ולכן:

∑i=1n(Mi(f)−mi(f))Δxi≤2ε∑i=1nΔxi+∑i=1n(Mi(fn)−mi(fn))Δxi⏟התנאי השקול לאינטגרביליות לפי סכומי דרבוε אינטגרבילית אז זה קטן מ-fnמכיוון שכל <3ε\sum_{i=1}^n (M_{i}(f)-m_{i}(f))\Delta x_{i} \leq 2\epsilon \sum_{i=1}^n \Delta x_{i}+\underbrace{\sum_{i=1}^n (M_{i}(f_{n})-m_{i}(f_{n}))\Delta x_{i}}_{\begin{matrix} \R{\text{התנאי השקול לאינטגרביליות לפי סכומי דרבו}} \\ \epsilon\R{\text{ אינטגרבילית אז זה קטן מ-}}f_{n}\R{\text{מכיוון שכל }} \end{matrix}}< 3\epsiloni=1∑n​(Mi​(f)−mi​(f))Δxi​≤2εi=1∑n​Δxi​+התנאי השקול לאינטגרביליות לפי סכומי דרבוε אינטגרבילית אז זה קטן מ-fn​מכיוון שכל ​i=1∑n​(Mi​(fn​)−mi​(fn​))Δxi​​​<3ε 0≤∣∫abfn(x)dx−∫abf(x)dx∣=↓ליניאריות∣∫ab(fn(x)−f(x))dx∣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣≤↓אי שוויון המשולש האינטגרלי ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣∫ab∣fn(x)−f(x)∣dx<∫abεdx=ε(b−a)0\leq \left| \int_{a}^b f_{n}(x)dx-\int_{a}^b f(x)dx \right|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ליניאריות}} \end{matrix}}{=}\left| \int_{a}^b (f_{n}(x)-f(x))dx \right|\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון המשולש האינטגרלי}} \end{matrix}}{\leq}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \int_{a}^b \left| f_{n}(x)-f(x) \right|dx < \int_{a}^b \epsilon dx = \epsilon(b-a) 0≤​a∫b​fn​(x)dx−a∫b​f(x)dx​↓ליניאריות​=​​a∫b​(fn​(x)−f(x))dx​↓אי שוויון המשולש האינטגרלי​≤​a∫b​∣fn​(x)−f(x)∣dx<a∫b​εdx=ε(b−a)

∎

מסקנה

בתנאים של המשפט הנ"ל, נגדיר Fn=∫abfn\displaystyle F_{n}=\int_{a}^b f_{n}Fn​=a∫b​fn​ ו-F=∫abf\displaystyle F=\int_{a}^b fF=a∫b​f.
אזי, Fn⟶n→∞FF_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}FFn​n→∞⟶​F במ"ש.

הוכחה:
יהי ε>0\epsilon>0ε>0. מהתכנסות במ"ש של fn⟶n→∞ff_{n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}ffn​n→∞⟶​f קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N:

∣Fn(x)−F(x)∣=∣∫axfn(t)dt−∫axf(t)dt∣=↓ליניאריות∣∫axfn(t)−f(t)dt∣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣≤↓אי שוויון המשולש האינטגרלי ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣∫ax∣fn(t)−f(t)∣dt<∫axεdt|F_{n}(x)-F(x)|=\left| \int_{a}^x f_{n}(t)dt-\int_{a}^x f(t)dt \right|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ליניאריות}} \end{matrix}}{=}\left| \int_{a}^x f_{n}(t)-f(t)dt \right| \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון המשולש האינטגרלי}} \end{matrix}}{\leq}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \int_{a}^x |f_{n}(t)-f(t)|dt< \int_{a}^x \epsilon dt∣Fn​(x)−F(x)∣=​a∫x​fn​(t)dt−a∫x​f(t)dt​↓ליניאריות​=​​a∫x​fn​(t)−f(t)dt​↓אי שוויון המשולש האינטגרלי​≤​a∫x​∣fn​(t)−f(t)∣dt<a∫x​εdt =ε(x−a)≤ε(b−a)=\epsilon(x-a)\leq \epsilon(b-a)=ε(x−a)≤ε(b−a)

∎

משפט (דיני)

נניח כי fn⟶n→∞ff_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}ffn​n→∞⟶​f נקודתית בקטע סגור [a,b][a,b][a,b] ונתון כי:

  • לכל x∈[a,b]x \in[a,b]x∈[a,b] הסדרה fn(x)f_{n}(x)fn​(x) מונוטונית עולה.
  • fn,ff_{n},ffn​,f רציפות.

אזי, fn⟶n→∞ff_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}ffn​n→∞⟶​f במ"ש.

הוכחה: לא בסמסטר הנוכחי.

הערה

המשפט נכון גם אם דורשים מונוטונית יורדת, אך מה שחשוב הוא שהמונוטוניות זהה לכל ה-xxx-ים.

הערה

  1. לא נכון בקטע פתוח. דוגמה: fn(x)=xnf_{n}(x)=x^nfn​(x)=xn ב-(0,1)(0,1)(0,1) פתוח.
  2. לא נכון בלי מונוטוניות. דוגמה: fn(x)=nx1+n2x2f_{n}(x)=\frac{nx}{1+n^2x^2}fn​(x)=1+n2x2nx​. (ראו למעלה)
דוגמה (לזה שמשפט כמו שראינו לא יהיה נכון על נגזרות)

נסתכל על fn(x)=∣x∣1+1nf_{n}(x)=|x|^{1+\frac{1}{n}}fn​(x)=∣x∣1+n1​ בקטע [−1,1][-1,1][−1,1].
איברי התחלת הסדרה הינם: f1=∣x∣2,f2=∣x∣32,f3=∣x∣43f_{1}=|x|^2,f_{2}=|x|^{\frac{3}{2}},f_{3}=|x|^{\frac{4}{3}}f1​=∣x∣2,f2​=∣x∣23​,f3​=∣x∣34​.
היא מתכנסת נקודתית ל-f(x)=∣x∣f(x)=|x|f(x)=∣x∣.
נטען כי fn⟶n→∞ff_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}ffn​n→∞⟶​f במ"ש לפי דיני.
fnf_{n}fn​ גזירות אבל fff לא גזירה. נראה כי fnf_{n}fn​ גזירות ב-x=0x=0x=0 לפי הגדרת הנגזרת:

lim⁡x→0+fn(x)−fn(0)x−0=lim⁡x→0+x1+1n−0x−0=lim⁡x→0+x1n=0\lim_{ x \to 0^+ } \frac{f_{n}(x)-f_{n}(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0^+ } \frac{x^{1+\frac{1}{n}}-0}{x-0}=\lim_{ x \to 0^+ } x^{\frac{1}{n}}=0x→0+lim​x−0fn​(x)−fn​(0)​=x→0+lim​x−0x1+n1​−0​=x→0+lim​xn1​=0

כנ"ל, lim⁡x→0−\lim_{ x \to 0^- }limx→0−​.
לכן, fnf_{n}fn​ גזירות ב-[−1,1][-1,1][−1,1].

דוגמה

fn(x)=sin⁡(n2x)nf_{n}(x)=\frac{\sin(n^2x)}{n}fn​(x)=nsin(n2x)​

הסדרה מתכנסת ל-f=0f=0f=0 במ"ש (הצדיקו!)
fn,ff_{n},ffn​,f גזירות - fn′(x)=ncos⁡(n2x)f_{n}'(x)=n\cos(n^2x)fn′​(x)=ncos(n2x) אבל fn′⟶n→∞f′f_{n}' \cancel{ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} } f'fn′​n→∞⟶​f′ שכן הן לא שואפות לכלום כי fn′f_{n}'fn′​ לא מתכנסות אפילו נקודתית.

משפט

יהיו fnf_{n}fn​ בעלות נגזרות רציפות בקטע III ונניח כי:

  1. קיימת x0x_{0}x0​ שבה fn(x0)f_{n}(x_{0})fn​(x0​) מתכנסת.
  2. fn′f_{n}'fn′​ מתכנסת במ"ש ב-III.

אזי, fnf_{n}fn​ מתכנסת במ"ש לפונקציה גזירה fff ומתקיים fn′⟶n→∞f′f_{n}' \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}f'fn′​n→∞⟶​f′.

הוכחה: ברור (צנזור לא הוכיח - ממליץ מאוד!!! לצפות בהוכחה!!!!!!!!!!!!)

טורים של פונקציות

הגדרה 10 (טור פונקציות)

∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) נקרא טור פונקציות.

הגדרה 11 (סדרת סכומים חלקיים)

Sn(x)=∑k=1nfk(x)\displaystyle S_{n}(x)=\sum_{k=1}^n f_{k}(x)Sn​(x)=k=1∑n​fk​(x) נקראת סדרת הסכומים החלקיים.

הגדרה 12 (התכנסות נקודתית טורי פונקציות)

∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) מתכנס נקודתית אם Sn(x)S_{n}(x)Sn​(x) מתכנסת נקודתית בתחום DDD.

הגדרה 13 (התכנסות במ"ש של טורי פונקציות)

∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) מתכנס במ"ש אם Sn(x)S_{n}(x)Sn​(x) מתכנסת במ"ש בתחום DDD.

משפט (תנאי קושי)

∑n=1∞fk(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{k}(x)n=1∑∞​fk​(x) מתכנס במ"ש ב-  ⟺  D\iff D⟺D לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N ולכל p∈Np \in \mathbb{N}p∈N מתקיים: ∣∑k=n+1n+pfn(x)∣<ε\displaystyle \left| \sum_{k=n+1}^{n+p}f_{n}(x) \right|<\epsilon​k=n+1∑n+p​fn​(x)​<ε לכל x∈Dx \in Dx∈D.

הוכחה:
Sn(x)S_{n}(x)Sn​(x) מתכנסת במ"ש   ⟺  \iff⟺ לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N ולכל p∈Np \in \mathbb{N}p∈N מתקיים ∣Sn+p(x)−Sn(x)∣<ε\displaystyle \left| S_{n+p}(x)-S_{n}(x) \right|<\epsilon∣Sn+p​(x)−Sn​(x)∣<ε לכל x∈Dx \in Dx∈D.
∎

משפט (מבחן MMM של ויירשטראס)

יהי ∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) טור פונקציות. נניח שקיימת סדרה MnM_{n}Mn​ המקיימת:

  1. ∣fn(x)∣≤Mn|f_{n}(x)|\leq M_{n}∣fn​(x)∣≤Mn​ לכל nnn ולכל x∈Dx \in Dx∈D.
  2. ∑n=1∞Mn\displaystyle \sum_{n=1}^\infty M_{n}n=1∑∞​Mn​ מתכנס.

אזי, ∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) מתכנס במ"ש.

הוכחה: יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
נתון כי ∑n=1∞Mn\displaystyle \sum_{n=1}^\infty M_{n}n=1∑∞​Mn​ מתכנס ולכן, לפי תנאי קושי לטורים מספריים, קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N ולכל p∈Np \in \mathbb{N}p∈N מתקיים ∣∑k=n+1n+pMk∣<ε\displaystyle \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} M_{k} \right|<\epsilon​k=n+1∑n+p​Mk​​<ε.
לכן, לכל n>Nn>Nn>N ולכל p∈Np \in \mathbb{N}p∈N ולכל x∈Dx \in Dx∈D מתקיים:

∣∑k=n+1n+pfk(x)∣≤∑k=n+1n+p∣fk(x)∣≤∑k=n+1n+pMk<ε\left| \sum_{k=n+1}^{n+p} f_{k}(x) \right|\leq \sum_{k=n+1}^{n+p} \left| f_{k}(x) \right|\leq \sum_{k=n+1}^{n+p} M_{k}< \epsilon​k=n+1∑n+p​fk​(x)​≤k=n+1∑n+p​∣fk​(x)∣≤k=n+1∑n+p​Mk​<ε

לכן, לפי תנאי קושי, ∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) מתכנס במ"ש.
∎

דוגמה

נסתכל על הטור ∑n=1∞nsin⁡(nx)en\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{n\sin(nx)}{e^n}n=1∑∞​ennsin(nx)​ ונרצה לדעת האם הוא מתכנס במ"ש.
נשים לב כי:

∣nsin⁡(nx)en∣≤nen\left| \frac{n\sin(nx)}{e^n} \right|\leq \frac{n}{e^n}​ennsin(nx)​​≤enn​

נגדיר Mn=nenM_{n}=\frac{n}{e^n}Mn​=enn​ ואז מתקיים ∣fn(x)∣≤Mn|f_n(x)|\leq M_{n}∣fn​(x)∣≤Mn​ לכל nnn ולכל x∈Dx \in Dx∈D.
הטור ∑nen\sum \frac{n}{e^n}∑enn​ מתכנס לפי כמעט כל מבחן אפשרי.
⇐ הטור הנ"ל מתכנס במ"ש לפי WWW.

משפט

יהי ∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) מתכנס במ"ש ל-fff בקטע III. אזי:

רציפה  f  ⟸  רציפות  fn\R{\text{רציפה}}\;f \impliedby \R{\text{רציפות}}\;f_{n}רציפהf⟸רציפותfn​

הוכחה:
∑fn(x)\sum f_{n}(x)∑fn​(x) מתכנס במ"ש ל-fff ולכן Sn(x)⟶n→∞fS_{n}(x) \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}fSn​(x)n→∞⟶​f במ"ש.
fnf_{n}fn​ רציפות ולכן, SnS_{n}Sn​ רציפות (כל SnS_{n}Sn​ הוא סכום סופי)
לכן, לפי משפט, fff רציפה.
∎

משפט (אינטגרציה איבר-איבר)

יהי ∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) מתכנס במ"ש ל-fff בקטע III.
אזי, אם fnf_{n}fn​ אינטגרביליות ו-fff אינטגרבילית אז מתקיים:

∫ab∑n=1∞fn(x)dx=∫abf(x)dx=∑n=1∞∫abfn(x)dx\int_{a}^b \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)dx=\int_{a}^b f(x)dx=\sum_{n=1}^\infty \int_{a}^b f_{n}(x)dxa∫b​n=1∑∞​fn​(x)dx=a∫b​f(x)dx=n=1∑∞​a∫b​fn​(x)dx
תרגיל

הוכיחו לבד!

דוגמה

נרצה לחשב את:

∫0π(∑n=1∞nsin⁡(nx)en)dx ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣=↓אינטגרציה איבר איבר+הדוגמה ממקודם ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣∑n=1∞∫0πnsin⁡(nx)endx=∑n=1∞nen(−cos⁡(nx)n)∣0π=∑n=1∞1en((−1)n+1−1)\int_{0}^\pi \left( \sum_{n=1}^\infty \frac{n\sin(nx)}{e^n} \right)dx \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אינטגרציה איבר איבר+הדוגמה ממקודם}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\sum_{n=1}^\infty\int_{0}^\pi \frac{n\sin(nx)}{e^n}dx=\sum_{n=1}^\infty \left.\frac{n}{e^n} \left( -\frac{\cos(nx)}{n} \right)\right \vert_{0}^\pi=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{e^n}((-1)^{n+1}-1)0∫π​(n=1∑∞​ennsin(nx)​)dx↓אינטגרציה איבר איבר+הדוגמה ממקודם​=​n=1∑∞​0∫π​ennsin(nx)​dx=n=1∑∞​enn​(−ncos(nx)​)​0π​=n=1∑∞​en1​((−1)n+1−1)

עכשיו זה קל.

טורי חזקות

הגדרה 14 (טור חזקות)

∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn נקרא טור חזקות.
ה-ana_{n}an​-ים נקראים המקדמים

מה שיש לנו פה בעצם זה טור של פונקציות, רק שהפונצקיות פה אינן מרגשות אלא "רגילות" (אם הסכום היה סופי היינו קוראים לזה פולינום)

הערה

  1. אפשר לחשוב(אמירה של אינטואיציה) על טור חזקות כמו על "פולינום אינסופי": a0+a1+a2x2+⋯a_{0}+a_{1}+a_{2}x^2+\cdotsa0​+a1​+a2​x2+⋯
  2. לכל x0x_{0}x0​ קבוע שנציב נקבל טור מספרי אחר.
דוגמה

נסתכל על ∑n=1∞1nxn\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}x^nn=1∑∞​n1​xn.
מה כתוב פה? בעצם זה x+12x2+13x3+⋯x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3+\cdotsx+21​x2+31​x3+⋯. המקדמים שלנו הם בעצם an=1na_{n}=\frac{1}{n}an​=n1​.
נניח שאנו מציבים x0=0x_{0}=0x0​=0 אז אנו מקבלים את הטור שכל המחוברים שלו אפסים ולכן ∑n=11∞0\sum_{n=11}^\infty 0∑n=11∞​0 שמתכנס.
כעת, נניח ואנו מציבים x0=1x_{0}=1x0​=1 אז אנו מקבלים ∑1n\sum \frac{1}{n}∑n1​ שזה טור מתבדר.
אם נציב x0=12x_{0}=\frac{1}{2}x0​=21​ אז נקבל ∑1n⋅2n\sum \frac{1}{n\cdot 2^n}∑n⋅2n1​ שזה טור מתכנס לפי מבחן המנה/השורש.
אם נציב x0=−1x_{0}=-1x0​=−1 נקבל ∑(−1)nn\sum \frac{(-1)^n}{n}∑n(−1)n​ שזה טור לייבניץ ולכן מתכנס.
אם נציב x0=2x_{0}=2x0​=2 נקבל ∑2nn\sum \frac{2^n}{n}∑n2n​ שזה טור מתבדר (לפי מנה/שורש/השוואה/גבולי)

מה שראינו בדוגמה הוא שכאשר אנו מציבים xxx-ים שונים, אנו יכולים להתבדר או להתכנס, שזה תלוי ב-xxx שבחרנו.

דוגמה

נביט בטור ∑n=0∞1n!xn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}x^nn=0∑∞​n!1​xn כאשר an=1n!a_{n}=\frac{1}{n!}an​=n!1​. (כלומר, 1+x1!+x22!+⋯+xnn!+⋯1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\cdots1+1!x​+2!x2​+⋯+n!xn​+⋯)
עבור x0=0x_{0}=0x0​=0 נקבל 1+∑01+\sum 01+∑0 שמתכנס. (נשים לב כי כל טור חזקות יתכנס עבור x=0x=0x=0 שכן רק המקדם החופשי יכול להיות שונה מאפס)
עבור x0>0x_{0}>0x0​>0 נקבל ∑x0nn!\displaystyle \sum \frac{x_{0}^n}{n!}∑n!x0n​​ אבל עכשיו זה טור מספרי כי x0x_{0}x0​ קבוע. זה מבקש מבחן המנה ולפיו זה טור מתכנס.

bn+1bn=x0n+1(n+1)!⋅n!x0n=x0n+1⟶n→∞0<1\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{x_{0}^{n+1}}{(n+1)!}\cdot \frac{n!}{x_{0}^n}=\frac{x_{0}}{n+1} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0 < 1bn​bn+1​​=(n+1)!x0n+1​​⋅x0n​n!​=n+1x0​​n→∞⟶​0<1

עבור x0<0x_{0}<0x0​<0 נקבל ∑x0nn!\displaystyle \sum \frac{x_{0}^n}{n!}∑n!x0n​​ ולא נוכל להפעיל את המבחן המנה שכן הטור לא חיובי. אך נוכל לשים לב כי הטור הזה מתכנס בהחלט לפי הנ"ל ולכן, לפי משפט, הוא מתכנס.

הטור הזה, מתכנס עבור כל x0∈Rx_{0} \in \mathbb{R}x0​∈R שנציב. זאת בניגוד לטור הקודם.

הגדרה 15 (תחום התכנסות של טורי חזקות)

אוסף ה-xxx-ים שבהם טור חזקות מתכנס נקרא תחום ההתכנסות של הטור.

משפט

יהי ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn טור חזקות.
אם הטור מתכנס עבור איזשהו x0x_{0}x0​, אז הוא מתכנס בהחלט בכל x1x_{1}x1​ שמקיים ∣x1∣<∣x0∣|x_{1}|<|x_{0}|∣x1​∣<∣x0​∣.
בנוסף, הוא מתכנס במ"ש ב-[−x1,x1][-x_{1},x_{1}][−x1​,x1​] לכל 0<x1<∣x0∣0<x_{1}<|x_{0}|0<x1​<∣x0​∣.

הוכחה:
נתון ∑anx0n\displaystyle \sum a_{n}x_{0}^n∑an​x0n​ מתכנס. בפרט, lim⁡n→∞anx0n=0\lim_{ n \to \infty }a_{n}x_{0}^n=0limn→∞​an​x0n​=0 (לפי משפט) לכן, קיים MMM כך ש-∣anx0n∣<M|a_{n}x_{0}^n|<M∣an​x0n​∣<M לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N.
נקח x1x_{1}x1​ שמקיים ∣x1∣<∣x0∣|x_{1}|<|x_{0}|∣x1​∣<∣x0​∣. אזי:

0≤∣anx1n∣=∣anx0n∣∣x1x0∣n=M∣x1x0∣n0\leq |a_{n}x_{1}^n|= |a_{n}x_{0}^n| \left|\frac{x_{1}}{x_{0}} \right|^n =M \left| \frac{x_{1}}{x_{0}} \right|^n 0≤∣an​x1n​∣=∣an​x0n​∣​x0​x1​​​n=M​x0​x1​​​n
הערה (ענן המחשבות)

נשים לב כי קיבלנו טור חזקות שהינו טור הנדסי מתכנס, שכן qnq^nqn זה טור הנדסי ו-∣x1∣<∣x0∣|x_{1}|<|x_{0}|∣x1​∣<∣x0​∣ ולכן ∣x1x0∣<1\left| \frac{x_{1}}{x_{0}} \right|<1​x0​x1​​​<1.

∑M∣x1x0∣n\displaystyle \sum M \left| \frac{x_{1}}{x_{0}} \right|^n∑M​x0​x1​​​n הוא טור הנדסי מתכנס ולכן, לפי מהלא"ש, גם ∑∣anx1n∣\sum |a_{n}x_{1}^n|∑∣an​x1n​∣ מתכנס. לכן, ∑anx1n\sum a_{n}x_{1}^n∑an​x1n​ מתכנס בהחלט.

יהי 0<x1<∣x0∣0<x_{1}< |x_{0}|0<x1​<∣x0​∣ ונקח x∈[−x1,x1]x \in[-x_{1},x_{1}]x∈[−x1​,x1​]. אזי, ∣anxn∣≤∣anx1n∣|a_{n}x^n|\leq |a_{n}x_{1}^n|∣an​xn∣≤∣an​x1n​∣ ו-∑∣anx1n∣\displaystyle \sum |a_{n}x_{1}^n|∑∣an​x1n​∣ מתכנס לפי הנ"ל.
לכן, לפי WWW, הטור ∑anxn\displaystyle \sum a_{n}x^n∑an​xn מתכנס במ"ש ב-[−x1,x1][-x_{1},x_{1}][−x1​,x1​].
∎

משפט

יהי ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn טור חזקות.
אזי, קיים RRR (כך ש-0≤R≤∞0\leq R\leq \infty0≤R≤∞) כך שלכל ∣x∣<R|x| <R∣x∣<R הטור מתכנס ולכל ∣x∣>R|x|>R∣x∣>R הטור מתבדר. בנוסף, לכל r<Rr<Rr<R הטור מתכנס בהחלט ובמ"ש ב-[−r,r][-r,r][−r,r].

הגדרה 16 (רדיוס ההתכנסות)

הערך RRR מהמשפט הנ"ל נקרא רדיוס ההתכנסות של הטור.

​4 - טורים 2026-06-07 13.06.37.excalidraw.svg

הערה (למה רדיוס?)

כשעוברים לאנליזה מרוכבת, מגלים שיש משפט זהה כך שלכל עיגול במישור המרוכב שרדיוסו קטן מ-RRR הוא מתכנס ולכל עיגול שרדיוסו גדול מ-RRR הוא מתבדר.
לכן, רדיוס

הוכחה:
נגדיר E={x מתכנס∑n=0∞anxn הטור}\displaystyle E=\left\{ \begin{array}{c|c}x & \displaystyle \R{\text{ מתכנס}}\sum_{n=0}^\infty a_{n}x^n\end{array} \R{\text{ הטור}} \right\}E={x​ מתכנסn=0∑∞​an​xn​ הטור}. אנו יודעים כי E≠∅E \neq \emptysetE=∅ שכן 0∈E0 \in E0∈E בהכרח.
נגדיר R=sup⁡ER=\sup ER=supE (אם EEE חסומה, אז RRR קיים לפי אקסיומת השלמות. אם EEE לא חסומה, נגדיר R=∞R=\inftyR=∞)
נחלק למקרים:

  1. נקח x>Rx>Rx>R. לכן, x∉Ex \not\in Ex∈E ולכן הטור מתבדר.
  2. נקח 0<x<R0<x< R0<x<R. כיוון ש-RRR הוא סופרמום, קיים x<x0<Rx<x_{0}<Rx<x0​<R כך ש-∑anx0n\sum a_{n}x_{0}^n∑an​x0n​ מתכנס.
    לכן, הטור מתכנס ב-xxx לפי המשפט הקודם.
  3. נקח x<−Rx<-Rx<−R. נניח בשלילה כי הטור מתכנס. אזי, לפי המשפט הקודם, קיים R<x0<∣x∣R<x_{0}<|x|R<x0​<∣x∣ בו הטור מתכנס. סתירה לכך ש-RRR סופרמום.
    לכן, הטור מתבדר ב-xxx.
  4. נקח −R<x<0-R<x<0−R<x<0. לבד!

ה"בנוסף" נובע מיידית מהמשפט הקודם.
∎

הערה

מה קורה ב-RRR עצמו? המשפט לא מכריע לגבי R/−RR/-RR/−R.
יכול להיות גם שאחד מתכנס והשני מתבדר.

השאלה שנותרה היא איך מוצאים את RRR?

משפט (קושי-הדמר)

יהי ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn טור חזקות. אזי R=1lim⁡n→∞∣an∣n\displaystyle R=\frac{1}{\displaystyle \lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ |a_{n}| }}R=n→∞lim​n∣an​∣​1​ בתנאי שהגבול קיים.

משפט (דלמבר)

יהי ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn טור חזקות. אזי R=1lim⁡n→∞∣an+1∣∣an∣\displaystyle R=\frac{1}{\displaystyle \lim_{ n \to \infty } \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|}}R=n→∞lim​∣an​∣∣an+1​∣​1​ בתנאי שהגבול קיים.

הערה

  1. אם הגבול 000 אז R=∞R=\inftyR=∞ ואם הגבול ∞\infty∞ אז R=0R=0R=0.
  2. קושי-הדמר נכון גם אם lim‾\overline{lim}lim (ו-lim‾\overline{lim}lim תמיד קיים) - מותר להשתמש אך צנזור לא יוכיח.
דוגמה

עבור הטור ∑1nxn\sum \frac{1}{n}x^n∑n1​xn מהו RRR? לפי קושי-הדמר מתקיים:

R=1lim⁡n→∞1nn=1R=\frac{1}{\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \frac{1}{n} }}=1R=limn→∞​nn1​​1​=1

לכן רדיוס ההתכנסות של הטור הזה הוא 111.
בקצוות המשפט ממקודם לא אומר כלום ולא רק זה, אין משפט שאומר משהו על הקצוות. בכל טור יכול לקרות משהו אחר.

דוגמה

עבור הטור ∑1n!xn\sum \frac{1}{n!}x^n∑n!1​xn מהו RRR? לפי דלמבר מתקיים:

R=1lim⁡n→∞1(n+1)!1n!=1lim⁡n→∞1n+1=∞R=\frac{1}{\lim_{ n \to \infty } \frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}}}=\frac{1}{\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n+1}}=\inftyR=limn→∞​n!1​(n+1)!1​​1​=limn→∞​n+11​1​=∞

הוכחה לקושי-הדמר:
נניח שקיים הגבול L=lim⁡n→∞∣an∣nL=\lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ |a_{n}| }L=limn→∞​n∣an​∣​. (הערה: כדי להוכיח את הגרסה עם ה-lim‾\overline{lim}lim משתמשים בגרסה הלא גבולית של מנה/שורש)
נקבע xxx ונסתכל על הטור ∑∣anxn∣\sum |a_{n}x^n|∑∣an​xn∣ ונפעיל את מבחן השורש:

∣anxn∣n=∣an∣n⋅∣x∣⟶n→∞L⋅∣x∣\sqrt[n]{ |a_{n}x^n| }=\sqrt[n]{ |a_{n}| }\cdot |x| \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} L\cdot |x|n∣an​xn∣​=n∣an​∣​⋅∣x∣n→∞⟶​L⋅∣x∣

נפריד למקרים:

  1. אם ∣x∣<1L|x|< \frac{1}{L}∣x∣<L1​ אז ∣x∣L<1|x|L<1∣x∣L<1 ולכן, הטור ∑∣anxn∣\sum |a_{n}x^n|∑∣an​xn∣ מתכנס ולכן, ∑anxn\sum a_{n}x^n∑an​xn מתכנס (בהחלט)
  2. אם ∣x∣>1L|x|> \frac{1}{L}∣x∣>L1​ אז ∣x∣L>1|x|L>1∣x∣L>1 ולכן, הטור ∑∣anxn∣\sum |a_{n}x^n|∑∣an​xn∣ מתבדר ולכן, ∑anxn\sum a_{n}x^n∑an​xn מתבדר (לפי הערה)

נגדיר R=1LR=\frac{1}{L}R=L1​.
∎

הערה

עבור L=0/∞L=0/ \inftyL=0/∞ מסכימים ש-R=∞/0R=\infty/0R=∞/0 בהתאמה.

ההוכחה לדלמבר דומה מאוד.

משפט

  1. טור חזקות מתכנס במ"ש בכל קטע [−r,r][-r,r][−r,r] כך ש-0<r<R0<r<R0<r<R. (הוכחנו!)
  2. טור חזקות מתכנס במ"ש בכל קטע [α,β][\alpha,\beta][α,β] כך ש-−R<α<β<R-R<\alpha<\beta<R−R<α<β<R. (מיידי מ-111)
  3. טור חזקות מתכנס במ"ש ב-  ⟺    [0,R]\iff\;[0,R]⟺[0,R] הטור מתכנס ב-x=Rx=Rx=R.
    באותו האופן, ב-  ⟺    [−R,0]\iff\;[-R,0]⟺[−R,0] הטור מתכנס ב-x=−Rx=-Rx=−R.

החלק השלישי של המשפט מובא ללא הוכחה, אך ניתן למצוא את ההוכחה באחת הרשימות באתר.

הערה

גם ∑an(x−c)n\sum a_{n}(x-c)^n∑an​(x−c)n נקרא טור חזקות.
מציבים y=x−cy=x-cy=x−c ומקבלים טור חזקות "רגיל".

דוגמה

נסתכל על ∑n=1∞ln⁡(n+1)n+1(x−2)n\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\ln(n+1)}{n+1}(x-2)^nn=1∑∞​n+1ln(n+1)​(x−2)n. זהו טור חזקות.
נוכל למצוא את הרדיוס ולמצוא את תחום ההתכנסות באמצעות הרדיוס. נסמן y=x−2y=x-2y=x−2 ונסתכל על ∑n=1∞ln⁡(n+1)n+1yn\sum_{n=1}^\infty \frac{\ln(n+1)}{n+1}y^n∑n=1∞​n+1ln(n+1)​yn.
נמצא את רדיוס ההתכנסות לפי דלמבר:

lim⁡n→∞ln⁡(n+2)n+2⋅n+1ln⁡(n+1)=L\lim_{ n \to \infty } \frac{\ln(n+2)}{n+2} \cdot \frac{n+1}{\ln(n+1)}=Ln→∞lim​n+2ln(n+2)​⋅ln(n+1)n+1​=L

נבצע לופיטל עבור הפונקציה ואז לפי היינה נקבל: L=1L=1L=1. לכן, R=11=1R=\frac{1}{1}=1R=11​=1.
כעת, נבדוק בקצוות עבור y=±1y=\pm 1y=±1. נחזור לטור ב-xxx-ים קודם
הטור מתכנס עבור −1<y<1-1<y<1−1<y<1 כלומר, עבור −1<x−2<1-1<x-2<1−1<x−2<1. לכן, עבור 1<x<31<x< 31<x<3 הטור מתכנס.
נשאר לבדוק עבור x=1,x=3x=1,x=3x=1,x=3 שזה אותו הדבר כמו לבדוק עבור y=±1y=\pm1y=±1.
ב-x=1x=1x=1 טור לייבניץ (הוכיחו!) ולכן מתכנס.
ב-x=3x=3x=3 זה מתבדר לפי מבחן ההשוואה עם 1n+1\frac{1}{n+1}n+11​.

מסקנה

תחום ההתכנסות של הטור הנ"ל הינו [1,3)[1,3)[1,3).

משפט

יהי ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn טור חזקות עם רדיוס R>0R>0R>0.
אזי, f(x)=∑n=0∞anxn\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nf(x)=n=0∑∞​an​xn היא פונקציה רציפה ב-(−R,R)(-R,R)(−R,R).
אם הטור מתכנס גם ב-RRR או ב-−R-R−R אז fff רציפה בקצה המתאים של הקטע (מימין/שמאל)

הוכחה:
יהי x0∈(−R,R)x_{0} \in(-R,R)x0​∈(−R,R). קיים rrr כך ש-−R<−r≤x0≤r<R-R<-r\leq x_{0}\leq r<R−R<−r≤x0​≤r<R.
בקטע [−r,r][-r,r][−r,r] יש התכנסות במ"ש לפי משפט ולכן, fff רציפה ב-x0x_{0}x0​.
∎

התכנסות טור חזקות לפונקציה

הגדרה 17 (פונקציה הניתנת לפיתוח לטור חזקות)

נאמר כי f(x)f(x)f(x) ניתנת לפיתוח לטור חזקות אם קיים טור חזקות ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn שמתכנס ל-fff ב-(−R,R)(-R,R)(−R,R) עבור R>0R>0R>0.

משפט

אם fff ניתנת לפיתוח לטור חזקות ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn בקטע (−R,R)(-R,R)(−R,R) עבור R>0R>0R>0, אז הפיתוח הוא יחיד ונתון ע"י: an=f(n)(0)n!a_{n}=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}an​=n!f(n)(0)​.

הערה

  1. לכן, לטורי חזקות קוראים גם טורי טיילור.
  2. תנאי הכרחי הוא גזירות ∞\infty∞ פעמים. (נראה שזה לא תנאי מספיק)
דוגמה

ex=1+x+x22!+x33!+⋯=∑n=0∞xnn!ln⁡(1+x)=x−x22+x33−⋯=∑n=1∞(−1)n+1nxn11−x=1+x+x2+⋯=∑n=0∞xnsin⁡x=x−x33!+x55!−⋯=∑n=0∞(−1)n(2n+1)!x2n+1\begin{align*} & e^x =1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\dots =\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} \\ & \ln(1+x)= x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\dots =\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}x^n \\ & \frac{1}{1-x} =1+x+x^2+\dots=\sum_{n=0}^\infty x^n \\ & \sin x= x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\dots =\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1} \end{align*}​ex=1+x+2!x2​+3!x3​+⋯=n=0∑∞​n!xn​ln(1+x)=x−2x2​+3x3​−⋯=n=1∑∞​n(−1)n+1​xn1−x1​=1+x+x2+⋯=n=0∑∞​xnsinx=x−3!x3​+5!x5​−⋯=n=0∑∞​(2n+1)!(−1)n​x2n+1​

כל אחד מהם נדרש להוכיח שזה באמת שווה לפונקציה ואת זה תכף נעשה.
לכל אחת מהן יש גם RRR שבו הן מתכנסות. איך נחליט מהו תחום ההתכנסות?

  • בדוגמה הראשונה ראינו קודם כי לכל x∈Rx \in \mathbb{R}x∈R הטור מתכנס.
  • לפונקציה sin⁡x\sin xsinx תחום ההתכנסות הוא גם כל R\mathbb{R}R.
  • עבור ln⁡(1+x)\ln(1+x)ln(1+x) ו-11−x\frac{1}{1-x}1−x1​ תחום ההתכנסות הוא ∣x∣<1|x|<1∣x∣<1.
הערה (חשובה!)

עבור הדוגמה עם sin⁡x\sin xsinx המקדמים הם:

0,1,0,−13!,0,…0,1,0,-\frac{1}{3!},0,\dots0,1,0,−3!1​,0,…

כל האפסים הם מקדמים של nnn-ים זוגיים שכן לא קיים nnn זוגי שמתקבל כ-xnx^nxn.
למה? ana_{n}an​ מוגדר כמקדם של xnx^nxn ולכן, עבור x4x^4x4 מתקיים ש-a4=0a_{4}=0a4​=0 ועבור x3x^3x3 מתקיים ש-a3=(−1)1(2⋅1+1)!=−13!a_{3}=\frac{(-1)^1}{(2\cdot 1+1)!}=-\frac{1}{3!}a3​=(2⋅1+1)!(−1)1​=−3!1​.

עיקרי ההוכחה של המשפט: תהי f(x)=∑n=0∞anxn\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nf(x)=n=0∑∞​an​xn. נגזור איבר-איבר:

f′(x)=∑n=1∞annxn−1f'(x)=\sum_{n=1}^\infty a_{n}nx^{n-1}f′(x)=n=1∑∞​an​nxn−1

ההצדקה לדברים האלו הוא המשפט על גזירה איבר-איבר לטורי חזקות שיגיע אחרי ההפסקה.

f′′(x)=∑n=2∞ann(n−1)xn−2f''(x)=\sum_{n=2}^\infty a_{n}n(n-1)x^{n-2}f′′(x)=n=2∑∞​an​n(n−1)xn−2 f(k)(x)=∑n=k∞ann(n−1)⋯(n−k+1)xn−kf^{(k)}(x)=\sum_{n=k}^\infty a_{n}n(n-1)\cdots(n-k+1)x^{n-k}f(k)(x)=n=k∑∞​an​n(n−1)⋯(n−k+1)xn−k

נבדוק את הנגזרות ב-000.

f(0)=a0,f′(0)=a1⋅1,f′′(0)=a2⋅2⋅1,…f(k)(0)=akk!f(0)=a_{0}, \quad f'(0)=a_{1}\cdot 1, \quad f''(0)=a_{2}\cdot 2 \cdot 1, \quad \dots \quad f^{(k)}(0)=a_{k}k!f(0)=a0​,f′(0)=a1​⋅1,f′′(0)=a2​⋅2⋅1,…f(k)(0)=ak​k!
דוגמה

ראינו באינפי 1 כי f(x)={−e−1x2x≠00x=0f(x)=\begin{cases}-e^{-\frac{1}{x^2}} & x\neq 0 \\0 & x=0\end{cases}f(x)={−e−x21​0​x=0x=0​ מקיימת f(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0f(n)(0)=0 לכל nnn.
לכן, טור טיילור שמתקבל עבורה הוא ∑0\sum 0∑0 וזה טור שמתכנס בכל R\mathbb{R}R אבל לא מתכנס ל-fff באף x≠0x \neq 0x=0!
לכן, fff לא ניתנת לפיתוח לטור סביב 000.

משפט

תהי fff גזירה ∞\infty∞ פעמים ב-(−R,R)(-R,R)(−R,R). אזי, fff ניתנת לפיתוח לטור חזקות ב-  ⟺  (−R,R)\iff (-R,R)⟺(−R,R) לכל x∈(−R,R)x \in(-R,R)x∈(−R,R) מתקיים Rn(x)⟶n→∞0R_{n}(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0Rn​(x)n→∞⟶​0.

הוכחה:
fff ניתנת לפיתוח לטור חזקות ב-  ⟺  (−R,R)\iff(-R,R)⟺(−R,R) קיים טור חזקות ∑anxn\sum a_{n}x^n∑an​xn שמתכנס ל-fff ב-  ⟺  (−R,R)\iff(-R,R)⟺(−R,R) לכל x∈(−R,R)x \in(-R,R)x∈(−R,R) מתקיים   ⟺  Sn(x)⟶n→∞f(x)\iff S_{n}(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} f(x)⟺Sn​(x)n→∞⟶​f(x) לכל x∈(−R,R)x \in(-R,R)x∈(−R,R) מתקיים   ⟺  Sn(x)−f(x)⟶n→∞0\iff S_{n}(x)-f(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0⟺Sn​(x)−f(x)n→∞⟶​0 לכל x∈(−R,R)x \in(-R,R)x∈(−R,R) מתקיים Rn(x)⟶n→∞0R_{n}(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0Rn​(x)n→∞⟶​0.
∎

משפט

אם fff גזירה ∞\infty∞ פעמים ב-(−R,R)(-R,R)(−R,R) וכל הנגזרות חסומות במשותף: ∣f(n)(x)∣≤M|f^{(n)}(x)|\leq M∣f(n)(x)∣≤M לכל nnn ולכל xxx אז Rn(x)⟶n→∞R_{n}(x) \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}Rn​(x)n→∞⟶​ לכל xxx בקטע ולכן, fff ניתנת לפיתוח לטור.

ההוכחה מאינפי 1מ.

איך עוזר לי טור חזקות?

אנו נרצה שכאשר נותנים לנו טור חזקות לזהות את fff המתאימה לו וכשנותנים לנו fff לזהות את הטור.
אנו לא רוצים לזהות את טור לפי המשפט על הנגזרות כי אנחנו לא רוצים לגזור ∞\infty∞ פעמים.

משפט (גזירה איבר-איבר)

יהי ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn טור חזקות המתכנס ל-f(x)f(x)f(x) ויהי R>0R>0R>0 רדיוס ההתכנסות.
אזי, לכל ∣x∣<R|x|<R∣x∣<R מתקיים:

f′(x)=∑n=1∞annxn−1f'(x)=\sum_{n=1}^\infty a_{n}nx^{n-1}f′(x)=n=1∑∞​an​nxn−1

ורדיוס ההתכנסות של טור הנגזרות גם הוא RRR.

דוגמה

כדי למצוא את cos⁡x\cos xcosx נוכל לגזור איבר איבר את הטור של sin⁡x\sin xsinx.

cos⁡x=1−x22!+x44!−…\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\dotscosx=1−2!x2​+4!x4​−…

וזה הטור של cos⁡x\cos xcosx.

משפט (אינטגרציה איבר-איבר)

יהי ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn טור חזקות המתכנס ל-f(x)f(x)f(x) ויהי R>0R>0R>0 רדיוס ההתכנסות.
אזי, לכל ∣x∣<R|x|<R∣x∣<R מתקיים:

∫0xf(t)dt=∑n=0∞an∫0xtndt=∑n=0∞ann+1xn+1\int_{0}^x f(t)dt=\sum_{n=0}^\infty a_{n}\int_{0}^x t^ndt=\sum_{n=0}^\infty \frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1}0∫x​f(t)dt=n=0∑∞​an​0∫x​tndt=n=0∑∞​n+1an​​xn+1

ורדיוס ההתכנסות של טור האינטגרלים גם הוא RRR.

דוגמה

נביט בטור 11−x=∑n=0∞xn\displaystyle \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^\infty x^n1−x1​=n=0∑∞​xn עבור ∣x∣<1|x|<1∣x∣<1. אזי מתקיים:

∣x∣<1,1(1−x)2=(11−x)′=∑n=1∞nxn−1|x|<1,\qquad \frac{1}{(1-x)^2}=\left( \frac{1}{1-x} \right)'=\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}∣x∣<1,(1−x)21​=(1−x1​)′=n=1∑∞​nxn−1
דוגמה

מה זה ∑n=1∞n2n−1\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{2^{n-1}}n=1∑∞​2n−1n​? זה טור מספרי. בטורים מספריים ידענו לחשב את הטור רק במקרים בודדים. רוב העניין שם היה מבחני התכנסות. כלומר, האם הטור מתכנס או לא.
כעת אנו יודעים איך לחשב את הטור הזה. למה? הטור הזה הוא פשוט להציב חצי בדוגמה הקודמת ולכן מתקיים:

∑n=1∞n2n−1=1(1−12)2=4\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{2^{n-1}}=\frac{1}{\left( 1-\frac{1}{2} \right)^2}=4n=1∑∞​2n−1n​=(1−21​)21​=4
דוגמה

נציב ב-11−x\frac{1}{1-x}1−x1​ במקום xxx את −t2-t^2−t2. כלומר, x=−t2x=-t^2x=−t2. תנאי הכרחי לזה הוא ש-∣−t2∣<1|-t^2|< 1∣−t2∣<1.
("האם אפשר להציב פה את ג'ורג'י? רק אם ג'ורג'י קטן מ-1. הוא לא - הוא כלב" - צנזור)
נקבל:

11+t2=∑n=0∞(−t2)n=∑n=0∞(−1)nt2n\frac{1}{1+t^2}=\sum_{n=0}^\infty (-t^2)^n=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n t^{2n}1+t21​=n=0∑∞​(−t2)n=n=0∑∞​(−1)nt2n

מתי הטור הזה מתכנס? אך ורק כאשר ∣t∣<1|t|<1∣t∣<1.

דוגמה

בואו נבצע אינטגרל לדוגמה הנ"ל.

arctan⁡x=arctan⁡t∣0x=∫0x11+t2dt=∫0x∑n=0∞(−1)nt2n=∑n=0∞(−1)n∫0xt2ndt=∑n=0∞(−1)nt2n+12n+1∣0x\arctan x=\left. \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\arctan t \right\vert_{0}^x=\int_{0}^x \frac{1}{1+t^2}dt=\int_{0}^x \sum_{n=0}^\infty (-1)^n t^{2n}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \int_{0}^x t^{2n}dt=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \left.\frac{t^{2n+1}}{2n+1} \right\vert_{0}^xarctanx=​arctant​0x​=0∫x​1+t21​dt=0∫x​n=0∑∞​(−1)nt2n=n=0∑∞​(−1)n0∫x​t2ndt=n=0∑∞​(−1)n2n+1t2n+1​​0x​ =∑n=0∞(−1)n2n+1x2n+1=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}=n=0∑∞​2n+1(−1)n​x2n+1

מתי זה תקף? מהו רדיוס ההתכנסות? רק עבור ∣x∣<1|x|<1∣x∣<1.

הערה

הטור האחרון שראינו מתכנס עבור ∣x∣≤1|x|\leq 1∣x∣≤1 וזאת בניגוד לטור 11−x\frac{1}{1-x}1−x1​ שאינו מתכנס ב-x=±1x=\pm 1x=±1.
באופן כללי, באינטגרציה איבר-איבר, יתכן שטור האינטגרלים יתכנס ב-±R\pm R±R למרות שהטור המקורי התבדר.
באופן כללי, בגזירה איבר-איבר, יתכן שטור הנגזרות יתבדר ב-±R\pm R±R למרות שהטור המקורי התכנס.

משפט

יהי ∑n=0∞anxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^nn=0∑∞​an​xn טור שמתכנס ל-f(x)f(x)f(x) ויהי ∑n=0∞bnxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty b_{n}x^nn=0∑∞​bn​xn טור המתכנס ל-g(x)g(x)g(x). כל אחד מהם בעל רדיוס התכנסות.
אזי:

  • ∑n=0∞canxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty ca_{n}x^nn=0∑∞​can​xn מתכנס ל-cf(x)cf(x)cf(x) עם אותו רדיוס התכנסות.
  • ∑n=0∞(an±bn)xn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty (a_{n}\pm b_{n})x^nn=0∑∞​(an​±bn​)xn מתכנס ל-f±gf\pm gf±g בתחום ההתכנסות המשותף.
  • ∑n=0∞cnxn\displaystyle \sum_{n=0}^\infty c_{n}x^nn=0∑∞​cn​xn מתכנס ל-fgfgfg כאשר cn=∑k=0nanbn−k\displaystyle c_{n}=\sum_{k=0}^n a_{n}b_{n-k}cn​=k=0∑n​an​bn−k​.
  • יש גם סעיף לגבי הרכבה.