8 ## תרגיל 1
תהי a n a_{n} a n ∑ n = 0 ∞ a n \displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n} n = 0 ∑ ∞ a n ∑ n = 0 ∞ a n x n \displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^n n = 0 ∑ ∞ a n x n R = 1 R=1 R = 1
הוכחה: S ( x ) = ∑ n = 0 ∞ a n x n S(x)=\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^n S ( x ) = n = 0 ∑ ∞ a n x n S ( 1 ) = ∑ n = 0 ∞ a n S(1)=\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n} S ( 1 ) = n = 0 ∑ ∞ a n ∑ n = 0 ∞ a n \displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n} n = 0 ∑ ∞ a n R ≥ 1 R\geq 1 R ≥ 1 R > 1 R> 1 R > 1 x < R x<R x < R x = 1 < R x=1<R x = 1 < R S ( x ) S(x) S ( x ) S ( 1 ) = ∑ n = 0 ∞ a n \displaystyle S(1)=\sum_{n=0}^\infty a_{n} S ( 1 ) = n = 0 ∑ ∞ a n R ≤ 1 R\leq 1 R ≤ 1 R ≥ 1 R\geq 1 R ≥ 1 R = 1 R=1 R = 1 ∎
תרגיל 2
נגדיר:
∑ n = 1 ∞ ( 1 + ( − 1 ) n n ) n 2 ( 2 x + 1 ) n n \sum_{n=1}^\infty \left( 1+\frac{(-1)^n}{n} \right)^{n^2} \frac{(2x+1)^n}{n} n = 1 ∑ ∞ ( 1 + n ( − 1 ) n ) n 2 n ( 2 x + 1 ) n חשבו את רדיוס ההתכנסות.
נגדיר y = 2 x + 1 y=2x+1 y = 2 x + 1
∑ n = 1 ∞ ( 1 + ( − 1 ) n n ) n 2 ( 2 x + 1 ) n n = ∑ n = 1 ∞ ( 1 + ( − 1 ) n n ) n 2 y n n \sum_{n=1}^\infty \left( 1+\frac{(-1)^n}{n} \right)^{n^2} \frac{(2x+1)^n}{n}=\sum_{n=1}^\infty \left( 1+\frac{(-1)^n}{n} \right)^{n^2} \frac{y^n}{n} n = 1 ∑ ∞ ( 1 + n ( − 1 ) n ) n 2 n ( 2 x + 1 ) n = n = 1 ∑ ∞ ( 1 + n ( − 1 ) n ) n 2 n y n lim n → ∞ ∣ a 2 n + 1 ∣ n = lim n → ∞ ( 1 + ( − 1 ) n n ) n 2 1 n n = lim n → ∞ 1 n n ∣ 1 + ( − 1 ) n n ∣ n ≤ 1 n n ( 1 + 1 n ) n = e ⋅ 1 1 = e \lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ |a_{2n+1}| }=\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \left( 1+\frac{(-1)^n}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{n} }=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\sqrt[n]{ n }} \left|1+\frac{(-1)^n}{n}\right|^n\leq \frac{1}{\sqrt[n]{ n }} \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n=e\cdot \frac{1}{1}=e n → ∞ lim n ∣ a 2 n + 1 ∣ = n → ∞ lim n ( 1 + n ( − 1 ) n ) n 2 n 1 = n → ∞ lim n n 1 1 + n ( − 1 ) n n ≤ n n 1 ( 1 + n 1 ) n = e ⋅ 1 1 = e נשים לב כי הסדרה lim n → ∞ ∣ a 2 n + 1 ∣ n ≤ e \lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ |a_{2n +1}| }\leq e lim n → ∞ n ∣ a 2 n + 1 ∣ ≤ e e e e ∣ a n ∣ n \sqrt[n]{ |a_{n}| } n ∣ a n ∣ L = lim sup ∣ a n ∣ n = e L=\limsup \sqrt[n]{ |a_{n}| }=e L = lim sup n ∣ a n ∣ = e y y y R y = 1 e R_{y}=\frac{1}{e} R y = e 1 R = 1 2 e − 1 2 R=\frac{1}{2e}-\frac{1}{2} R = 2 e 1 − 2 1
הוכיחו שתחום ההתכנסות הינו קטע פתוח.
הוכחה:
∑ n = 1 ∞ ( 1 + ( − 1 ) n n ) n 2 1 n e n = lim M → ∞ ∑ n = 1 M ( 1 + ( − 1 ) n n ) n 2 1 n e n = ↓ סימון lim M → ∞ S M ( 1 e ) \sum_{n=1}^\infty \left( 1+\frac{(-1)^n}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{ne^n}=\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M \left( 1+\frac{(-1)^n}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{ne^n} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{סימון}}
\end{matrix}}{=}\lim_{ M \to \infty } S_{M}\left( \frac{1}{e} \right) n = 1 ∑ ∞ ( 1 + n ( − 1 ) n ) n 2 n e n 1 = M → ∞ lim n = 1 ∑ M ( 1 + n ( − 1 ) n ) n 2 n e n 1 ↓ סימון = M → ∞ lim S M ( e 1 ) נסתכל על סדרת הסכומים החלקיים:
S 2 M = ∑ n = 1 2 M ( 1 + ( − 1 ) n n ) n 2 1 n e n = ∑ n = 1 2 M − 1 ( 1 − 1 n ) n 2 1 n e n + ∑ n = 2 2 M ( 1 + 1 n ) n 2 1 n e n S_{2M}=\sum_{n=1}^{2M} \left( 1+\frac{(-1)^n}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{ne^n}=\sum_{n=1}^{2M-1} \left( 1-\frac{1}{n}\right)^{n^2} \frac{1}{ne^n}+\sum_{n=2}^{2M} \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{ne^n} S 2 M = n = 1 ∑ 2 M ( 1 + n ( − 1 ) n ) n 2 n e n 1 = n = 1 ∑ 2 M − 1 ( 1 − n 1 ) n 2 n e n 1 + n = 2 ∑ 2 M ( 1 + n 1 ) n 2 n e n 1 ניתן להפריד לאור היותו של הסכום סופי.
lim 2 M → ∞ S 2 M = ↓ חשבון גבולות lim 2 M → ∞ ∑ n = 1 2 M − 1 ( 1 − 1 n ) n 2 1 n e n + lim 2 M → ∞ ∑ n = 2 2 M ( 1 + 1 n ) n 2 1 n e n \lim_{ 2M \to \infty } S_{2M}\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{חשבון גבולות}}
\end{matrix}}{=}\lim_{ 2M \to \infty } \sum_{n=1}^{2M-1} \left( 1-\frac{1}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{ne^n}+\lim_{ 2M \to \infty } \sum_{n=2}^{2M} \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{ne^n} 2 M → ∞ lim S 2 M ↓ חשבון גבולות = 2 M → ∞ lim n = 1 ∑ 2 M − 1 ( 1 − n 1 ) n 2 n e n 1 + 2 M → ∞ lim n = 2 ∑ 2 M ( 1 + n 1 ) n 2 n e n 1 lim n → ∞ ( 1 + 1 n ) n 2 1 n e n 1 n = lim n → ∞ ( 1 + 1 n ) n 2 1 e n = lim n → ∞ e ln ( ( 1 + 1 n ) n 2 1 e n ) = lim n → ∞ e n 2 ln ( 1 + 1 n ) − n = \lim_{ n \to \infty } \frac{\left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{ne^n}}{\frac{1}{n}}=\lim_{ n \to \infty } \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{e^n}=\lim_{ n \to \infty } e^{\ln \left( \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n^2} \frac{1}{e^n} \right)}=\lim_{ n \to \infty } e^{n^2\ln\left( 1+\frac{1}{n} \right)-n}= n → ∞ lim n 1 ( 1 + n 1 ) n 2 n e n 1 = n → ∞ lim ( 1 + n 1 ) n 2 e n 1 = n → ∞ lim e l n ( ( 1 + n 1 ) n 2 e n 1 ) = n → ∞ lim e n 2 l n ( 1 + n 1 ) − n = = lim n → ∞ e n e n ln ( 1 + 1 n ) e n = lim n → ∞ e n ln ( 1 + 1 n ) = lim n → ∞ e ln ( ( 1 + 1 n ) n ) = lim n → ∞ ( 1 + 1 n ) n = e ∈ R =\lim_{ n \to \infty } \frac{e^ne^{n\ln\left( 1+\frac{1}{n} \right)}}{e^n}=\lim_{ n \to \infty } e^{n\ln\left( 1+\frac{1}{n} \right)}=\lim_{ n \to \infty } e^{\ln\left( \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n \right)}=\lim_{ n \to \infty } \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n=e \in \mathbb{R} = n → ∞ lim e n e n e n l n ( 1 + n 1 ) = n → ∞ lim e n l n ( 1 + n 1 ) = n → ∞ lim e l n ( ( 1 + n 1 ) n ) = n → ∞ lim ( 1 + n 1 ) n = e ∈ R לכן, לפי מבחן ההשוואה הגבולי(הטור אי-שלילי) ולפי משפט, הטור מתבדר בסתירה לכך שהגבול קיים..y = − 1 e y=-\frac{1}{e} y = − e 1 ∎
תרגיל 3
נגדיר:
f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ cos 2 n x n f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos^{2n}x}{n} f ( x ) = n = 1 ∑ ∞ n cos 2 n x עבור אילו x ∈ R x \in \mathbb{R} x ∈ R
נקבע y = cos x y=\cos x y = cos x f ∗ ( y ) = ∑ n = 1 ∞ y 2 n n \displaystyle f^*(y)=\sum_{n=1}^\infty \frac{y^{2n}}{n} f ∗ ( y ) = n = 1 ∑ ∞ n y 2 n y n y^n y n a n = 1 1 2 n a_{n}=\frac{1}{\frac{1}{2}n} a n = 2 1 n 1 a n = 2 n a_{n}=\frac{2}{n} a n = n 2
lim n → ∞ ∣ a n + 1 ∣ ∣ a n ∣ = 2 n + 1 2 n = n n + 1 = 1 1 + 1 n = 1 \lim_{ n \to \infty } \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|}=\frac{\frac{2}{n+1}}{\frac{2}{n}}=\frac{n}{n+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{n}}=1 n → ∞ lim ∣ a n ∣ ∣ a n + 1 ∣ = n 2 n + 1 2 = n + 1 n = 1 + n 1 1 = 1 לכן, לפי דלמבר מתקיים כי רדיוס ההתכנסות של הטור ∑ y 2 n n \sum \frac{y^{2n}}{n} ∑ n y 2 n R y = 1 R_{y}=1 R y = 1 ∣ y ∣ < R y = 1 |y|< R_{y}=1 ∣ y ∣ < R y = 1 cos x \cos x cos x [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] x ≠ π k x \neq \pi k x = πk f ( x ) f(x) f ( x ) f ∗ ( y ) f^*(y) f ∗ ( y )
f ( y = 1 ) = ∑ n = 1 ∞ 1 2 n n = ∑ n = 1 ∞ 1 n f(y=1)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1^{2n}}{n}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} f ( y = 1 ) = n = 1 ∑ ∞ n 1 2 n = n = 1 ∑ ∞ n 1 הטור הנ"ל מתבדר לפי מסקנה.
f ( y = − 1 ) = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) 2 n n = ↓ ( − 1 ) 2 = ( 1 ) 2 ∑ n = 1 ∞ 1 n f(y=-1)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{2n}}{n} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
(-1)^2=(1)^2
\end{matrix}}{=} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} f ( y = − 1 ) = n = 1 ∑ ∞ n ( − 1 ) 2 n ↓ ( − 1 ) 2 = ( 1 ) 2 = n = 1 ∑ ∞ n 1 וגם הנ"ל מתבדר לפי אותה המסקנה.f ( x ) f(x) f ( x ) x ≠ π k x \neq \pi k x = πk k ∈ Z k \in \mathbb{Z} k ∈ Z
לפי גזירה איבר-איבר, הטור f ∗ ( y ) f^*(y) f ∗ ( y ) ∣ y ∣ < R y = 1 |y|<R_{y}=1 ∣ y ∣ < R y = 1 y = cos x y=\cos x y = cos x ∞ \infty ∞ R \mathbb{R} R f ∗ ( y ) f^*(y) f ∗ ( y ) f ( x ) f(x) f ( x ) x ≠ π k x \neq \pi k x = πk k ∈ Z k \in \mathbb{Z} k ∈ Z
הוכיחו כי: f ( π 6 ) = ln 4 f\left( \frac{\pi}{6} \right)=\ln4 f ( 6 π ) = ln 4
הוכחה: g ( x ) = ∑ n = 1 ∞ x n \displaystyle g(x)=\sum_{n=1}^\infty x^n g ( x ) = n = 1 ∑ ∞ x n R = 1 R=1 R = 1 g ( x ) = 1 1 − x g(x)=\frac{1}{1-x} g ( x ) = 1 − x 1
∀ r ∈ ( − 1 , 1 ) : G ( r ) = ∫ 0 r 1 1 − t d t = ↓ N L − ln ( 1 − r ) + ln ( 1 ) = − ln ( 1 − r ) \forall r \in(-1,1):\;\;\;\; G(r)=\int_{0}^r \frac{1}{1-t}dt\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
NL
\end{matrix}}{=}-\ln(1-r)+\ln(1)=-\ln(1-r) ∀ r ∈ ( − 1 , 1 ) : G ( r ) = 0 ∫ r 1 − t 1 d t ↓ N L = − ln ( 1 − r ) + ln ( 1 ) = − ln ( 1 − r ) ∀ r ∈ ( − 1 , 1 ) : G ( r ) = ∫ 0 r ∑ n = 1 ∞ t n d t = ∑ n = 1 ∞ ∫ 0 r t n d t = ∑ n = 1 ∞ r n + 1 n + 1 = ∑ n = 2 ∞ r n n \forall r \in(-1,1):\;\;\;\; G(r)=\int_{0}^r \sum_{n=1}^\infty t^ndt=\sum_{n=1}^\infty \int_{0}^r t^ndt =\sum_{n=1}^\infty \frac{r^{n+1}}{n+1}=\sum_{n=2}^\infty \frac{r^{n}}{n} ∀ r ∈ ( − 1 , 1 ) : G ( r ) = 0 ∫ r n = 1 ∑ ∞ t n d t = n = 1 ∑ ∞ 0 ∫ r t n d t = n = 1 ∑ ∞ n + 1 r n + 1 = n = 2 ∑ ∞ n r n נקבע r = x 2 r=x^2 r = x 2
∀ x ∈ ( − 1 , 1 ) : x 2 ∈ ( − 1 , 1 ) ⟹ − ln ( 1 − x 2 ) = ∑ n = 2 ∞ x 2 n n \forall x \in(-1,1):\;\;\ x^2 \in(-1,1) \implies -\ln(1-x^2)=\sum_{n=2}^\infty \frac{x^{2n}}{n} ∀ x ∈ ( − 1 , 1 ) : x 2 ∈ ( − 1 , 1 ) ⟹ − ln ( 1 − x 2 ) = n = 2 ∑ ∞ n x 2 n עבור x = π 6 < 1 x=\frac{\pi}{6}<1 x = 6 π < 1 y = cos π 6 = 3 2 < 1 y=\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{ 3 }}{2}<1 y = cos 6 π = 2 3 < 1
∑ n = 2 ∞ y 2 n n = G ( y ) = − ln ( 1 − 3 4 ) = − ln ( 1 4 ) = ln ( 4 − 1 ⋅ − 1 ) = ln 4 \sum_{n=2}^\infty \frac{y^{2n}}{n}=G(y)=-\ln\left( 1-\frac{3}{4} \right)=-\ln\left( \frac{1}{4} \right)=\ln(4^{-1\cdot -1})=\ln 4 n = 2 ∑ ∞ n y 2 n = G ( y ) = − ln ( 1 − 4 3 ) = − ln ( 4 1 ) = ln ( 4 − 1 ⋅− 1 ) = ln 4 לפי סעיף א' מתקיים:
f ( π 6 ) = ∑ n = 2 ∞ cos 2 n π 6 n = ∑ n = 2 ∞ y 2 n n = ln 4 f\left( \frac{\pi}{6} \right)=\sum_{n=2}^\infty \frac{\cos^{2n}\frac{\sqrt{ \pi }}{6}}{n}=\sum_{n=2}^\infty \frac{y^{2n}}{n}= \ln 4 f ( 6 π ) = n = 2 ∑ ∞ n cos 2 n 6 π = n = 2 ∑ ∞ n y 2 n = ln 4 כנדרש.∎
תרגיל 4
יהי ∑ n = 0 ∞ a n x n \displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^n n = 0 ∑ ∞ a n x n R > 0 R>0 R > 0 x ∈ ( − R , R ) x \in(-R,R) x ∈ ( − R , R ) S n ( x ) = ∑ k = 0 n a k x k \displaystyle S_{n}(x)=\sum_{k=0}^n a_{k}x^k S n ( x ) = k = 0 ∑ n a k x k S ( x ) = ∑ n = 0 ∞ a n x n \displaystyle S(x)=\sum_{n=0}^\infty a_{n}x^n S ( x ) = n = 0 ∑ ∞ a n x n { x n } n = 1 ∞ \left\{ x_{n} \right\}_{n=1}^\infty { x n } n = 1 ∞ x 0 ∈ ( − R , R ) x_{0} \in(-R,R) x 0 ∈ ( − R , R ) n ∈ N n \in \mathbb{N} n ∈ N x n ∈ ( − R , R ) x_{n}\in(-R,R) x n ∈ ( − R , R )
הוכיחו כי lim n → ∞ S n ( x n ) = S ( x 0 ) \lim_{ n \to \infty }S_{n}(x_{n})=S(x_{0}) lim n → ∞ S n ( x n ) = S ( x 0 )
הוכחה: x ∈ ( − R , R ) x \in(-R,R) x ∈ ( − R , R ) S ( x ) S(x) S ( x ) [ − x , x ] [-x,x] [ − x , x ] f ( x ) f(x) f ( x ) lim n → ∞ S n ( x ) \lim_{ n \to \infty }S_{n}(x) lim n → ∞ S n ( x ) [ − x , x ] [-x,x] [ − x , x ] f ( x ) f(x) f ( x ) n ∈ N n \in \mathbb{N} n ∈ N
∀ x ∈ ( − R , R ) : S n ( x ) = ∑ k = 1 n a k x k = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 \forall x \in(-R,R):\;\;\; S_{n}(x)=\sum_{k=1}^n a_{k}x^k=a_{n}x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_{1}x+a_{0} ∀ x ∈ ( − R , R ) : S n ( x ) = k = 1 ∑ n a k x k = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 זוהי פונקציה אלמנטרית שכן היא חיבור סופי של פונקציות אלמנטריות.n ∈ N n \in \mathbb{N} n ∈ N f ( x ) = lim n → ∞ S n ( x ) f(x)=\lim_{ n \to \infty }S_{n}(x) f ( x ) = lim n → ∞ S n ( x ) [ − x , x ] [-x,x] [ − x , x ] x ∈ ( − R , R ) x \in(-R,R) x ∈ ( − R , R ) x 0 ∈ ( − R , R ) x_{0} \in(-R,R) x 0 ∈ ( − R , R )
f ( x 0 ) = S ( x 0 ) = lim n → ∞ S n ( x 0 ) f(x_{0})=S(x_{0})=\lim_{ n \to \infty } S_{n}(x_{0}) f ( x 0 ) = S ( x 0 ) = n → ∞ lim S n ( x 0 ) לפי צפיפות הממשיים קיים ε > 0 \epsilon>0 ε > 0 − R < − ε < − ∣ x 0 ∣ < 0 < ∣ x 0 ∣ < ε < R -R<-\epsilon<-|x_{0}|<0<|x_{0}|<\epsilon<R − R < − ε < − ∣ x 0 ∣ < 0 < ∣ x 0 ∣ < ε < R ε ∈ ( − R , R ) \epsilon \in(-R,R) ε ∈ ( − R , R ) [ − ε , ε ] [-\epsilon,\epsilon] [ − ε , ε ] S n ( x ) S_{n}(x) S n ( x ) f ( x ) f(x) f ( x ) [ − ε , ε ] [-\epsilon,\epsilon] [ − ε , ε ] f f f f f f x 0 x_{0} x 0 y n ⟶ n → ∞ x 0 y_{n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} x_{0} y n n → ∞ ⟶ x 0 f ( y n ) ⟶ n → ∞ f ( x 0 ) f(y_{n}) \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} f(x_{0}) f ( y n ) n → ∞ ⟶ f ( x 0 ) x n x_{n} x n x 0 x_{0} x 0 x n ∈ ( − R , R ) x_{n} \in(-R,R) x n ∈ ( − R , R ) n ∈ N n \in \mathbb{N} n ∈ N
lim n → ∞ S n ( x n ) = lim n → ∞ S ( x n ) = lim n → ∞ f ( x n ) = f ( x 0 ) = S ( x 0 ) \lim_{ n \to \infty }S_{n}(x_{n}) =\lim_{ n \to \infty } S(x_{n})=\lim_{ n \to \infty } f(x_{n})=f(x_{0})=S(x_{0}) n → ∞ lim S n ( x n ) = n → ∞ lim S ( x n ) = n → ∞ lim f ( x n ) = f ( x 0 ) = S ( x 0 ) ∎
יהי טור החזקות S ( x ) = ∑ n = 2 ∞ ( n − 1 ) x n + 1 \displaystyle S(x)=\sum_{n=2}^\infty (n-1)x^{n+1} S ( x ) = n = 2 ∑ ∞ ( n − 1 ) x n + 1 x n = n − 1 2 n x_{n}=\frac{n-1}{2n} x n = 2 n n − 1 lim n → ∞ S n ( x n ) \lim_{ n \to \infty }S_{n}(x_{n}) lim n → ∞ S n ( x n )
lim n → ∞ x n = lim n → ∞ n − 1 2 n = lim n → ∞ 1 2 n − 1 n = lim n → ∞ 1 2 ( 1 − 1 n ) = 1 2 \lim_{ n \to \infty } x_{n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{n-1}{2n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{2} \frac{n-1}{n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{2}\left( 1-\frac{1}{n} \right)=\frac{1}{2} n → ∞ lim x n = n → ∞ lim 2 n n − 1 = n → ∞ lim 2 1 n n − 1 = n → ∞ lim 2 1 ( 1 − n 1 ) = 2 1 נשים לב כי עבור הטור ∑ ( n − 1 ) x n + 1 \sum(n-1)x^{n+1} ∑ ( n − 1 ) x n + 1 a n = n − 2 a_{n}=n-2 a n = n − 2
lim n → ∞ ∣ a n + 1 ∣ ∣ a n ∣ = lim n → ∞ n − 1 n − 2 = lim n → ∞ 1 n − 1 − 1 n − 1 = lim n → ∞ 1 1 − 1 n − 1 = 1 1 − 0 = 1 \lim_{ n \to \infty } \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|}=\lim_{ n \to \infty } \frac{n-1}{n-2}=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\frac{n-1-1}{n-1}}=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{1-\frac{1}{n-1}}=\frac{1}{1-0}=1 n → ∞ lim ∣ a n ∣ ∣ a n + 1 ∣ = n → ∞ lim n − 2 n − 1 = n → ∞ lim n − 1 n − 1 − 1 1 = n → ∞ lim 1 − n − 1 1 1 = 1 − 0 1 = 1 לכן, לפי דלמבר מתקיים כי רדיוס ההתכנסות של S ( x ) S(x) S ( x ) R = 1 1 = 1 R=\frac{1}{1}=1 R = 1 1 = 1 f ( x ) = 1 1 − x = ∑ n = 0 ∞ x n = ∑ n = 1 ∞ x n − 1 f(x)=\displaystyle \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^\infty x^{n}=\sum_{n=1}^\infty x^{n-1} f ( x ) = 1 − x 1 = n = 0 ∑ ∞ x n = n = 1 ∑ ∞ x n − 1 ∣ x ∣ < 1 |x|< 1 ∣ x ∣ < 1
f ′ ( x ) = 1 ( 1 − x ) 2 = ∑ n = 0 ∞ ( n − 1 ) x n − 2 f'(x)=\frac{1}{(1-x)^2}=\sum_{n=0}^\infty (n-1)x^{n-2} f ′ ( x ) = ( 1 − x ) 2 1 = n = 0 ∑ ∞ ( n − 1 ) x n − 2 בנוסף, רדיוס ההתכנסות של הטור הגזור זהה.x x x
x 3 ( 1 − x ) 2 = x 3 f ′ ( x ) = ∑ n = 0 ∞ ( n − 1 ) x n + 1 = S ( x ) \frac{x^3}{(1-x)^2}=x^3f'(x)=\sum_{n=0}^\infty (n-1)x^{n+1}=S(x) ( 1 − x ) 2 x 3 = x 3 f ′ ( x ) = n = 0 ∑ ∞ ( n − 1 ) x n + 1 = S ( x ) זה גם כן שומר על רדיוס ההתכנסות R = 1 R=1 R = 1
לפי יחס סדר גבולות קיים N N N n > N n>N n > N ∣ x n ∣ < 1 |x_{n}|< 1 ∣ x n ∣ < 1 N N N
lim n → ∞ S n ( x n ) = lim n → ∞ S ( x n ) = S ( 1 2 ) = 1 2 3 ( 1 − 1 2 ) 2 = 1 2 3 1 2 2 = 1 2 \lim_{ n \to \infty } S_{n}(x_{n})=\lim_{ n \to \infty } S(x_{n})=S\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{\frac{1}{2^3}}{\left( 1-\frac{1}{2} \right)^2}=\frac{\frac{1}{2^3}}{\frac{1}{2^2}}=\frac{1}{2} n → ∞ lim S n ( x n ) = n → ∞ lim S ( x n ) = S ( 2 1 ) = ( 1 − 2 1 ) 2 2 3 1 = 2 2 1 2 3 1 = 2 1 וזוהי התשובה.