תרגיל 1
תהי f ( x ) f(x) f ( x ) [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] x = 0 x=0 x = 0 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ′ ( 0 ) ≠ 0 f'(0)\neq 0 f ′ ( 0 ) = 0
מתבדר ∑ n = 2 ∞ f ( 1 n ln n ) \R{\text{מתבדר}}\; \sum_{n=2}^\infty f\left( \frac{1}{n\ln n} \right) מתבדר n = 2 ∑ ∞ f ( n ln n 1 ) הוכחה: f f f 0 0 0 f f f f f f f ′ ( 0 ) ≠ 0 f'(0)\neq 0 f ′ ( 0 ) = 0 f f f f f f f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ( x ) > 0 f(x)>0 f ( x ) > 0 x > 0 x>0 x > 0 f f f − f -f − f
lim x → 0 f ( x ) x ≠ ↓ נתון 0 \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{נתון}}
\end{matrix}}{\neq} 0 x → 0 lim x f ( x ) ↓ נתון = 0 לכן, לפי היינה, לכל סדרה x n ⟶ n → ∞ 0 x_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 x n n → ∞ ⟶ 0 f ( x n ) x n ⟶ n → ∞ 0 \frac{f(x_{n})}{x_{n}}\cancel{ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} } 0 x n f ( x n ) n → ∞ ⟶ 0 1 n ln n ⟶ n → ∞ 0 \frac{1}{n\ln n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 n l n n 1 n → ∞ ⟶ 0 f ( 1 n ln n ) 1 n ln n ⟶ n → ∞ 0 \frac{f\left( \frac{1}{n\ln n} \right)}{\frac{1}{n\ln n}}\cancel{ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} } 0 n l n n 1 f ( n l n n 1 ) n → ∞ ⟶ 0 ∑ 1 n ln n \sum \frac{1}{n\ln n} ∑ n l n n 1
לכן, לפי מבחן ההשוואה הגבולי, ∑ n = 2 ∞ f ( 1 n ln n ) \displaystyle \sum_{n=2}^\infty f\left( \frac{1}{n\ln n} \right) n = 2 ∑ ∞ f ( n ln n 1 ) ∎
תהי f ( x ) f(x) f ( x ) [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] x = 0 x=0 x = 0 f ( 0 ) = ( 0 ) f(0)=(0) f ( 0 ) = ( 0 ) f ′ ( 0 ) ≠ 0 f'(0)\neq 0 f ′ ( 0 ) = 0
מתכנס ∑ n = 2 ∞ f ( 1 n 2 ) \R{\text{מתכנס}}\; \sum_{n=2}^\infty f\left( \frac{1}{n^2} \right) מתכנס n = 2 ∑ ∞ f ( n 2 1 ) הוכחה: f f f 0 0 0 f f f f f f f ′ ( 0 ) ≠ 0 f'(0)\neq 0 f ′ ( 0 ) = 0 f f f f f f f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 f ( x ) > 0 f(x)>0 f ( x ) > 0 x > 0 x>0 x > 0 f f f − f -f − f
lim x → 0 f ( x ) x ≠ ↓ נתון 0 \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{נתון}}
\end{matrix}}{\neq} 0 x → 0 lim x f ( x ) ↓ נתון = 0 לכן, לפי היינה, לכל סדרה x n ⟶ n → ∞ 0 x_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 x n n → ∞ ⟶ 0 f ( x n ) x n ⟶ n → ∞ 0 \frac{f(x_{n})}{x_{n}}\cancel{ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} } 0 x n f ( x n ) n → ∞ ⟶ 0 1 n 2 ⟶ n → ∞ 0 \frac{1}{n^2}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 n 2 1 n → ∞ ⟶ 0 f ( 1 n 2 ) 1 n 2 ⟶ n → ∞ 0 \frac{f\left( \frac{1}{n^2} \right)}{\frac{1}{n^2}}\cancel{ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} } 0 n 2 1 f ( n 2 1 ) n → ∞ ⟶ 0 ∑ 1 n 2 \sum \frac{1}{n^2} ∑ n 2 1 ∑ n = 2 ∞ f ( 1 n 2 ) \displaystyle \sum_{n=2}^\infty f\left( \frac{1}{n^2} \right) n = 2 ∑ ∞ f ( n 2 1 ) ∎
תרגיל 2
הוכיחו כי
π 2 ≤ ∑ n = 0 ∞ 1 n 2 + 1 ≤ π 2 + 1 \frac{\pi}{2}\leq \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2+1}\leq \frac{\pi}{2}+1 2 π ≤ n = 0 ∑ ∞ n 2 + 1 1 ≤ 2 π + 1 הדרכה: ניתן להעזר באינטגרל ∫ 0 ∞ 1 1 + x 2 d x \displaystyle \int_{0}^\infty \frac{1}{1+x^2}dx 0 ∫ ∞ 1 + x 2 1 d x
הוכחה: f ( x ) = 1 1 + x 2 f(x)=\frac{1}{1+x^2} f ( x ) = 1 + x 2 1
∑ n = 0 ∞ 1 n 2 + 1 = ∑ n = 0 ∞ f ( n ) = lim M → ∞ ∑ n = 0 M f ( n ) \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2+1}=\sum_{n=0}^\infty f(n)=\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=0}^M f(n) n = 0 ∑ ∞ n 2 + 1 1 = n = 0 ∑ ∞ f ( n ) = M → ∞ lim n = 0 ∑ M f ( n ) לפי הגדרת סכומי דרבו עליונים ותחתונים מתקיים:
∀ M ∈ N : ∫ 0 N f ( x ) d x ≤ ∑ n = 1 M f ( n − 1 ) ⋅ Δ x i 1 = ∑ n = 0 M − 1 f ( n ) = ∑ n = 0 M f ( n ) − f ( M ) \forall M \in \mathbb{N}:\; \int_{0}^N f(x)dx \leq \sum_{n=1}^M f(n-1)\cdot \underbracket{\Delta x_{i}}_{1}=\sum_{n=0}^{M-1} f(n)=\sum_{n=0}^M f(n)-f(M) ∀ M ∈ N : 0 ∫ N f ( x ) d x ≤ n = 1 ∑ M f ( n − 1 ) ⋅ 1 Δ x i = n = 0 ∑ M − 1 f ( n ) = n = 0 ∑ M f ( n ) − f ( M ) ∀ M ∈ N : ∫ 0 M f ( x ) d x ≥ ∑ n = 1 M f ( n ) ⋅ Δ x i 1 = ∑ n = 0 M f ( n ) − f ( 0 ) \forall M \in \mathbb{N}:\; \int_{0}^M f(x)dx \geq \sum_{n=1}^M f(n) \cdot \underbracket{\Delta x_{i}}_{1}=\sum_{n=0}^M f(n)-f(0) ∀ M ∈ N : 0 ∫ M f ( x ) d x ≥ n = 1 ∑ M f ( n ) ⋅ 1 Δ x i = n = 0 ∑ M f ( n ) − f ( 0 ) ⇓ \Downarrow ⇓ ∫ 0 M f ( x ) d x + f ( M ) ≤ ∑ n = 0 M f ( n ) ≤ ∫ 0 M f ( x ) d x + 1 \int_{0}^M f(x)dx+f(M) \leq \sum_{n=0}^M f(n) \leq \int_{0}^M f(x)dx+1 0 ∫ M f ( x ) d x + f ( M ) ≤ n = 0 ∑ M f ( n ) ≤ 0 ∫ M f ( x ) d x + 1 נחשב את האינטגרלים:
lim M → ∞ ∫ 0 M 1 1 + x 2 d x + 1 1 + M 2 = lim M → ∞ ( arctan M + 1 1 + M 2 ) = π 2 + 0 = π 2 \lim_{ M \to \infty } \int_{0}^M \frac{1}{1+x^2}dx+\frac{1}{1+M^2}=\lim_{ M \to \infty } \left( \arctan M+\frac{1}{1+M^2} \right)=\frac{\pi}{2}+0=\frac{\pi}{2} M → ∞ lim 0 ∫ M 1 + x 2 1 d x + 1 + M 2 1 = M → ∞ lim ( arctan M + 1 + M 2 1 ) = 2 π + 0 = 2 π lim M → ∞ ∫ 0 M 1 1 + x 2 d x + 1 = π 2 + 1 \lim_{ M \to \infty } \int_{0}^M \frac{1}{1+x^2}dx+1=\frac{\pi}{2}+1 M → ∞ lim 0 ∫ M 1 + x 2 1 d x + 1 = 2 π + 1 נשאיף את M M M ∞ \infty ∞
π 2 ≤ ∑ n = 0 ∞ 1 n 2 + 1 ≤ π 2 + 1 \frac{\pi}{2}\leq \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2+1}\leq \frac{\pi}{2}+1 2 π ≤ n = 0 ∑ ∞ n 2 + 1 1 ≤ 2 π + 1 ∎
הוכיחו כי סכום N N N ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} n = 1 ∑ ∞ n 2 1 1 N \frac{1}{N} N 1 N ∈ N N \in \mathbb{N} N ∈ N
∑ n = 1 ∞ 1 n 2 − ∑ n = 1 N 1 n 2 = ∑ n = N + 1 ∞ 1 n 2 ≤ 1 N \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}-\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2}=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2}\leq \frac{1}{N} n = 1 ∑ ∞ n 2 1 − n = 1 ∑ N n 2 1 = n = N + 1 ∑ ∞ n 2 1 ≤ N 1 הוכחה: N , M N,M N , M P P P [ N , M ] [N,M] [ N , M ] 1 1 1 f ( x ) = 1 x 2 f(x)=\frac{1}{x^2} f ( x ) = x 2 1 m i m_{i} m i x > 0 x>0 x > 0
L ( P , f ) = ∑ n = N M f ( n + 1 ) ⋅ 1 = ∑ n = N M 1 ( n + 1 ) 2 = ∑ n = N + 1 M 1 n 2 ≤ ↓ הגדרת האינטגרל ∫ N M 1 x 2 d x L(P,f)=\sum_{n=N}^{M} f(n+1)\cdot 1=\sum_{n=N}^M \frac{1}{(n+1)^2}=\sum_{n=N+1}^M \frac{1}{n^2} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{הגדרת האינטגרל}}
\end{matrix}}{\leq} \int_{N}^M \frac{1}{x^2} dx L ( P , f ) = n = N ∑ M f ( n + 1 ) ⋅ 1 = n = N ∑ M ( n + 1 ) 2 1 = n = N + 1 ∑ M n 2 1 ↓ הגדרת האינטגרל ≤ N ∫ M x 2 1 d x נשאיף את M M M ∞ \infty ∞
∑ n = N + 1 ∞ 1 n 2 ≤ lim M → ∞ ∫ N M 1 x 2 d x = ↓ N L lim M → ∞ − 1 x ∣ N M = lim M → ∞ ( 1 N − 1 M ) = 1 N \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2} \leq \lim_{ M \to \infty } \int_{N}^M \frac{1}{x^2}dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
NL
\end{matrix}}{=}\left.\lim_{ M \to \infty } -\frac{1}{x} \right\vert_{N}^M=\lim_{ M \to \infty } \left( \frac{1}{N}-\frac{1}{M} \right)=\frac{1}{N} n = N + 1 ∑ ∞ n 2 1 ≤ M → ∞ lim N ∫ M x 2 1 d x ↓ N L = M → ∞ lim − x 1 N M = M → ∞ lim ( N 1 − M 1 ) = N 1 כלומר, מתקיים:
∑ n = N ∞ 1 n 2 ≤ 1 N \sum_{n=N}^\infty \frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{N} n = N ∑ ∞ n 2 1 ≤ N 1 ∎
תרגיל 3
יהיו a n , b n a_{n},b_{n} a n , b n b n ≠ 0 b_{n}\neq 0 b n = 0 n ∈ N n \in \mathbb{N} n ∈ N lim n → ∞ a n b n = 1 \lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n}}{b_{n}}=1 lim n → ∞ b n a n = 1 ∑ a n , ∑ b n \sum a_{n},\sum b_{n} ∑ a n , ∑ b n
הטענה אינה נכונה .∑ a n = ∑ ( − 1 ) n n + 1 n \sum a_{n}=\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{ n }}+\frac{1}{n} ∑ a n = ∑ n ( − 1 ) n + n 1 ∑ b n = ∑ ( − 1 ) n n \sum b_{n}=\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{ n }} ∑ b n = ∑ n ( − 1 ) n
lim n → ∞ ( − 1 ) n 1 n + 1 n ( − 1 ) n 1 n = lim n → ∞ 1 + 1 n ( − 1 ) n 1 n = 1 + lim n → ∞ 1 ( − 1 ) n n = ↓ חסומה כפול אפסה 1 + 0 = 1 \lim_{ n \to \infty } \frac{(-1)^n \frac{1}{\sqrt{ n }}+\frac{1}{n}}{(-1)^n \frac{1}{\sqrt{ n }}}=\lim_{ n \to \infty } 1+ \frac{\frac{1}{n}}{(-1)^n \frac{1}{\sqrt{ n }}}=1+\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{(-1)^n \sqrt{ n }} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{חסומה כפול אפסה}}
\end{matrix}}{=}1+0=1 n → ∞ lim ( − 1 ) n n 1 ( − 1 ) n n 1 + n 1 = n → ∞ lim 1 + ( − 1 ) n n 1 n 1 = 1 + n → ∞ lim ( − 1 ) n n 1 ↓ חסומה כפול אפסה = 1 + 0 = 1 נשים לב כי מתקיים כי ∑ b n \sum b_{n} ∑ b n ∑ a n \sum a_{n} ∑ a n ∑ a n = S \sum a_{n}=S ∑ a n = S
lim M → ∞ ∑ n = 1 M ( − 1 ) n 1 n + 1 n = lim M → ∞ ∑ n = 1 M ( − 1 ) n n + ∑ n = 1 M 1 n = ↓ חשבון גבולות ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n n + ∑ n = 1 ∞ 1 n = S \lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M (-1)^n \frac{1}{\sqrt{ n }}+\frac{1}{n} =\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M \frac{(-1)^n}{\sqrt{ n }}+\sum_{n=1}^M \frac{1}{n} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{חשבון גבולות}}
\end{matrix}}{=} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{\sqrt{ n }}+\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}=S M → ∞ lim n = 1 ∑ M ( − 1 ) n n 1 + n 1 = M → ∞ lim n = 1 ∑ M n ( − 1 ) n + n = 1 ∑ M n 1 ↓ חשבון גבולות = n = 1 ∑ ∞ n ( − 1 ) n + n = 1 ∑ ∞ n 1 = S נקבל כי:
∑ n = 1 ∞ 1 n = S − ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n n \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}=S-\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{\sqrt{ n }} n = 1 ∑ ∞ n 1 = S − n = 1 ∑ ∞ n ( − 1 ) n כלומר, הטור ∑ 1 n \sum \frac{1}{n} ∑ n 1 ∑ a n \sum a_{n} ∑ a n
תהי a n a_{n} a n a n ≠ 0 a_{n} \neq 0 a n = 0 n ∈ N n \in \mathbb{N} n ∈ N lim n → ∞ a n = L ≠ 0 \lim_{ n \to \infty }a_{n}=L \neq 0 lim n → ∞ a n = L = 0
∑ ( a n + 1 − a n ) , ∑ ( 1 a n + 1 − 1 a n ) \sum(a_{n+1}-a_{n}),\;\;\; \sum \left( \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}} \right) ∑ ( a n + 1 − a n ) , ∑ ( a n + 1 1 − a n 1 ) מתכנסים בהחלט או שאף אחד מהם לא מתכנס בהחלט.
הטענה נכונה .הוכחה: ∑ ∣ a n + 1 − a n ∣ \sum |a_{n+1}-a_{n}| ∑ ∣ a n + 1 − a n ∣ ∑ ∣ 1 a n + 1 − 1 a n ∣ \sum \left| \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}} \right| ∑ a n + 1 1 − a n 1
lim n → ∞ ∣ a n + 1 − a n ∣ ∣ 1 a n + 1 − 1 a n ∣ = lim n → ∞ ∣ a n + 1 − a n a n − a n + 1 a n a n + 1 ∣ = lim n → ∞ ∣ − a n a n + 1 ∣ = lim n → ∞ ∣ a n a n + 1 ∣ = lim n → ∞ ∣ a n ∣ ∣ a n + 1 ∣ = ↓ חשבון גבולות L 2 \lim_{ n \to \infty } \frac{|a_{n+1}-a_{n}|}{\left| \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}} \right|}=\lim_{ n \to \infty } \left| \frac{a_{n+1}-a_{n}}{\frac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{n}a_{n+1}}} \right|=\lim_{ n \to \infty } \left| -a_{n}a_{n+1} \right|=\lim_{ n \to \infty } |a_{n}a_{n+1}|=\lim_{ n \to \infty } |a_{n}||a_{n+1}| \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{חשבון גבולות}}
\end{matrix}}{=}L^2 n → ∞ lim a n + 1 1 − a n 1 ∣ a n + 1 − a n ∣ = n → ∞ lim a n a n + 1 a n − a n + 1 a n + 1 − a n = n → ∞ lim ∣ − a n a n + 1 ∣ = n → ∞ lim ∣ a n a n + 1 ∣ = n → ∞ lim ∣ a n ∣∣ a n + 1 ∣ ↓ חשבון גבולות = L 2 לכן, לפי מבחן ההתכנסות הגבולי, הטורים מתכנסים בהחלט או שאף אחד מהם לא מתכנס בהחלט∎
תרגיל 4
יהי ∑ a n \sum a_{n} ∑ a n ∑ a n n k \sum a_{n}n^k ∑ a n n k k > 1 k>1 k > 1
הוכחה: ∑ a n n k \sum a_{n}n^k ∑ a n n k k > 1 k>1 k > 1 b n = a n n k b_{n}=a_{n}n^k b n = a n n k ∑ ∣ a n ∣ \sum |a_{n}| ∑ ∣ a n ∣ ∑ ∣ b n ∣ \sum |b_{n}| ∑ ∣ b n ∣
lim n → ∞ ∣ a n ∣ ∣ b n ∣ = lim n → ∞ ∣ a n ∣ ∣ a n ∣ ∣ n k ∣ = lim n → ∞ 1 ∣ n k ∣ = 0 \lim_{ n \to \infty } \frac{|a_{n}|}{|b_{n}|}=\lim_{ n \to \infty } \frac{|a_{n}|}{|a_{n}||n^k|} =\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{|n^k|}=0 n → ∞ lim ∣ b n ∣ ∣ a n ∣ = n → ∞ lim ∣ a n ∣∣ n k ∣ ∣ a n ∣ = n → ∞ lim ∣ n k ∣ 1 = 0 לכן, לפי מבחן ההשוואה הגבולי מתקיים ∑ ∣ a n ∣ \sum |a_{n}| ∑ ∣ a n ∣ ∑ a n \sum a_{n} ∑ a n ∑ a n \sum a_{n} ∑ a n ∑ a n n k \sum a_{n}n^k ∑ a n n k k > 1 k>1 k > 1 ∎
יהי ∑ a n \sum a_{n} ∑ a n ∑ a n n α \sum \frac{a_{n}}{n^\alpha} ∑ n α a n ∑ a n n β \sum \frac{a_{n}}{n^\beta} ∑ n β a n β > α \beta>\alpha β > α
הוכחה: β > α \beta>\alpha β > α
∑ a n n β = ∑ a n n α n β − α = ∑ a n n α ⋅ 1 n β − α \sum \frac{a_{n}}{n^\beta}=\sum \frac{a_{n}}{n^\alpha n^{\beta-\alpha}}=\sum \frac{a_{n}}{n^\alpha} \cdot \frac{1}{n^{\beta-\alpha}} ∑ n β a n = ∑ n α n β − α a n = ∑ n α a n ⋅ n β − α 1 הסדרה b n = 1 n β − α b_{n}=\frac{1}{n^{\beta-\alpha}} b n = n β − α 1 c n = a n n α c_{n}=\frac{a_{n}}{n^\alpha} c n = n α a n ∑ c n \sum c_{n} ∑ c n ∑ a n n β \sum \frac{a_{n}}{n^\beta} ∑ n β a n ∎